111 年 國立中央大學能源工程研究所《工程數學》

Legendre 多項式正交性

$\int_{-1}^{1}P_m(x)P_n(x)\,dx=\frac{2}{2n+1}\,\delta_{mn}$

投影係數

(a) $N\to\infty$（完整無限展開）

核心觀念

本題考查**傅立葉級數（Fourier Series）**的核心性質與和聲形式（Harmonic Form）的轉換。關鍵觀念包括：

1. 週期與頻率定義：
   • 基本週期（Fundamental Period）$T_0 = T$。
   • 基本角頻率（Fundamental Angular Frequency）$\omega_0 = \frac{2\pi}{T}$；基本循環頻率（Fundamental Frequency）$f_0 = \frac{1}{T}$。
2. 函數對稱性（奇偶性）判斷：
   • 偶函數（Even Function）滿足 $f(-t) = f(t)$，其傅立葉正弦係數 $b_n = 0$。
   • 奇函數（Odd Function）滿足 $f(-t) = -f(t)$，其平均值（直流分量）$a_0 = 0$ 且餘弦係數 $a_n = 0$。
   • 若同時含有非零直流項 $a_0 \neq 0$ 與正弦項 $b_n \neq 0$，則該函數必為非奇非偶。
3. 週期函數之平均值（Average Value）：
   • 函數在一個完整週期內的平均值等於傅立葉級數的直流項（DC Component）$a_0 = \frac{1}{T} \int_{-T/2}^{T/2} f(t) dt$。
4. 週期移位與半波對稱：
   • 若 $f(t+\pi) = f(t)$，代表其基本週期應為 $\pi$（或 $\pi$ 的整數分之一次方），級數中僅能包含 $\cos(2nt)$ 或 $\sin(2nt)$ 之偶數諧波項（Even Harmonics）。
5. 三角形式轉振幅-相角形式（Harmonic Form Conversion）：
   • 將 $a_n \cos(\omega_n t) + b_n \sin(\omega_n t)$ 化為 $C_n \cos(\omega_n t + \phi_n)$：
     $C_n = \sqrt{a_n^2 + b_n^2}$
     $\cos \phi_n = \frac{a_n}{C_n}, \quad \sin \phi_n = -\frac{b_n}{C_n}$

解題步驟與詳細推導

將已知係數 $a_0 = 1$、$a_n = 0 \;(n > 0)$ 以及 $b_n = \frac{1}{2^n} \;(n > 0)$ 代入展開式 (1)，可將 $f(t)$ 具體表示為：
$f(t) = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} \sin(nt)$

以下針對各子題進行詳細解答與驗證：

各小題詳細解析

(a) 基本週期與基本頻率

• 基本週期 $T_0$：
  由題目給定 $T = 2\pi$，故基本週期為：
  $T_0 = T = 2\pi$
• 基本頻率：
  • 若以**角頻率（Angular Frequency, $\omega_0$）**表示：
    $\omega_0 = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{2\pi} = 1 \text{ rad/s}$
  • 若以**循環頻率（Cyclic Frequency, $f_0$）**表示：
    $f_0 = \frac{1}{T} = \frac{1}{2\pi} \text{ Hz}$

(b) 奇偶性判斷

檢驗 $f(-t)$ 與 $f(t)$ 之關係：
$f(-t) = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} \sin(-nt) = 1 - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} \sin(nt)$

1. 檢驗是否為偶函數：
   $f(-t) \neq f(t) \quad \left(1 - \sum \neq 1 + \sum\right)$
2. 檢驗是否為奇函數：
   $-f(t) = -1 - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} \sin(nt) \neq f(-t)$

結論：$f(t)$ 為非偶非奇函數（Neither an even function nor an odd function）。

(c) 在 $t \in [0, 2\pi)$ 區間上的平均值

依定義計算平均值 $\overline{f(t)}$：
$\overline{f(t)} = \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} f(t) \, dt = \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \left( 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} \sin(nt) \right) dt$

核心觀念

本題旨在考驗常微分方程（ODE）的三大核心求解概念：

1. 二階常係數齊次線性 ODE 之特徵方程式法：
   對於 $ay'' + by' + cy = 0$，透過假設 $y = e^{\lambda t}$ 導出特徵方程式 $a\lambda^2 + b\lambda + c = 0$。當特徵根為相異實根 $\pm k$ 時，通解可表達為指數函數 $C_1 e^{kt} + C_2 e^{-kt}$ 或雙曲函數 $A \cosh(kt) + B \sinh(kt)$。

2. 二階常係數非齊次線性 ODE 之微分運算子法與特解求解：
   對於 $P(D)y = f(t)$，全解 $y(t) = y_h(t) + y_p(t)$。求特解 $y_p(t) = \frac{1}{P(D)} f(t)$ 時，若右端項包含指數與三角函數之乘積 $e^{at}\cos(bt)$，需運用指數移位定理（Exponential Shift Theorem）：
   $\frac{1}{P(D)} \left[e^{at} v(t)\right] = e^{at} \frac{1}{P(D+a)} v(t)$

3. Frobenius 級數解法（Frobenius Method）：
   當微分方程包含變係數（如歐拉-柯西型態），且展開點為規則奇異點（Regular Singular Point）時，假設級數解 $y(x) = \sum_{m=0}^{\infty} a_m (x-x_0)^{m+r}$ ($a_0 \neq 0$)。透過代入 ODE 導出**指標方程式（Indicial Equation）**求解指標根 $r$，並利用遞迴關係式確定各項係數，進而求出兩線性獨立解所構成之基底（Basis of Solutions）。

解題方法

(a) 求解 $y'' - k^2y = 0$ ($k \neq 0$), $y(0) = 1$, $y'(0) = 1$

1. 求特徵根與通解：
   寫出特徵方程式：
   $\lambda^2 - k^2 = 0 \implies \lambda = \pm k$
   故齊次通解可設為：
   $y(t) = C_1 e^{kt} + C_2 e^{-kt}$

2. 代入初始條件：
   對 $y(t)$ 求一階導函數：
   $y'(t) = k C_1 e^{kt} - k C_2 e^{-kt}$
   代入初始條件 $y(0) = 1$ 與 $y'(0) = 1$：

兩式相加與相減解得：
$C_1 = \frac{k+1}{2k}, \quad C_2 = \frac{k-1}{2k}$

3. 整理最終解：
   $y(t) = \frac{k+1}{2k} e^{kt} + \frac{k-1}{2k} e^{-kt}$
   註：若使用雙曲函數表示，亦可寫為 $y(t) = \cosh(kt) + \dfrac{1}{k}\sinh(kt)$。

(b) 求解 $y'' + 4y' + 5y = e^{-t}\cos(t)$, $y(0) = 0$, $y'(0) = 1$

(備註：原題幹印製之 $4y+5y$ 依工程數學標準考題結構為 $4y'$ 之排版筆誤，以下依標準常微分方程 $y'' + 4y' + 5y = e^{-t}\cos(t)$ 進行推導。)

1. 求解齊次解 $y_h(t)$：
   對應之齊次方程為 $y'' + 4y' + 5y = 0$，其特徵方程式為：
   $\lambda^2 + 4\lambda + 5 = 0 \implies \lambda = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 20}}{2} = -2 \pm i$
   故齊次解為：
   $y_h(t) = e^{-2t} (C_1 \cos t + C_2 \sin t)$

2. 求解特解 $y_p(t)$：
   使用微分運算子法 $P(D) = D^2 + 4D + 5$：
   $y_p(t) = \frac{1}{D^2 + 4D + 5} \left[ e^{-t} \cos t \right]$
   套用指數移位定理，將 $D$ 替換為 $D - 1$：
   $y_p(t) = e^{-t} \frac{1}{(D-1)^2 + 4(D-1) + 5} \cos t = e^{-t} \frac{1}{D^2 + 2D + 2} \cos t$
   對 $\cos(1 \cdot t)$ 作用，替換 $D^2 = -1^2 = -1$：
   $y_p(t) = e^{-t} \frac{1}{-1 + 2D + 2} \cos t = e^{-t} \frac{1}{2D + 1} \cos t$
   分子分母同乘 $(2D - 1)$：
   $y_p(t) = e^{-t} \frac{2D - 1}{4D^2 - 1} \cos t = e^{-t} \frac{2D - 1}{4(-1) - 1} \cos t = e^{-t} \frac{2D - 1}{-5} \cos t$
   進行微分運算 $D[\cos t] = -\sin t$：
   $y_p(t) = -\frac{1}{5} e^{-t} (-2\sin t - \cos t) = \frac{1}{5} e^{-t} (\cos t + 2\sin t)$

3. 求完整解與確定待定常數：
   完整通解為：
   $y(t) = y_h(t) + y_p(t) = e^{-2t} (C_1 \cos t + C_2 \sin t) + \frac{1}{5} e^{-t} (\cos t + 2\sin t)$
   代入初始條件 $y(0) = 0$：
   $y(0) = C_1 + \frac{1}{5} = 0 \implies C_1 = -\frac{1}{5}$
   對 $y(t)$ 微分並代入 $t = 0$：
   $y'(t) = e^{-2t} \left[ (-2C_1 + C_2)\cos t + (-C_1 - 2C_2)\sin t \right] + \frac{1}{5} e^{-t} \left[ (\cos t - 3\sin t) \right]$
   $y'(0) = -2C_1 + C_2 + \frac{1}{5} = -2\left(-\frac{1}{5}\right) + C_2 + \frac{1}{5} = C_2 + \frac{3}{5}$
   由 $y'(0) = 1$：
   $C_2 + \frac{3}{5} = 1 \implies C_2 = \frac{2}{5}$
   整理得最終解：
   $y(t) = \frac{1}{5} e^{-2t} (2\sin t - \cos t) + \frac{1}{5} e^{-t} (\cos t + 2\sin t)$

(c) 利用 Frobenius 方法求解 $(x + 1)^2 y'' + (x + 1)y' - y = 0$ 之解基底

1. 變數變換與級數假設：
   觀察方程在 $x_0 = -1$ 處為規則奇異點，令 $u = x + 1$，則原方程簡化為：
   $u^2 \frac{d^2y}{du^2} + u \frac{dy}{du} - y = 0$

核心觀念

本題屬於**二階常係數非齊次線性常微分方程（Nonhomogeneous Linear Second-Order ODE）**於機械振動系統（質量-彈簧系統）之應用，主要涵蓋以下核心觀念：

1. 牛頓第二運動定律與運動方程式：
   無阻尼（$c = 0$）受外力驅動的質量-彈簧系統控制方程式為：
   $m y''(t) + c y'(t) + k y(t) = F(t) \implies m y''(t) + k y(t) = F(t)$
2. 通解結構（General Solution）：
   全解由齊次解（自由振動，Homogeneous Solution）與特解（受迫振動，Particular Solution）疊加而成：
   $y(t) = y_h(t) + y_p(t)$
3. 未定係數法（Method of Undetermined Coefficients）：
   針對外力為三角函數形式 $F(t) = \cos(\omega t) - 2\sin(\omega t)$，設定對應形式之特解以求解振幅。
4. 初始條件與初值問題（IVP）：
   代入 $y(0) = 0$ 與 $y'(0) = 0$ 確定齊次解中的未定常數。
5. 共振現象（Resonance）：
   在無阻尼系統中，當外力驅動頻率（Driving Frequency）$\omega$ 等於系統的自然角頻率（Natural Angular Frequency）$\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}$ 時，系統將發生共振。

解題方法

步驟一：建立系統微分方程式

將已知參數代入運動方程式：

• 質量 $m = 0.25\text{ kg} = \frac{1}{4}\text{ kg}$
• 阻尼 $c = 0$
• 彈簧常數 $k = 2.25\text{ kg/sec}^2 = \frac{9}{4}\text{ N/m}$
• 外力 $F(t) = \cos(t) - 2\sin(t)$

微分方程式為：
$\frac{1}{4} y''(t) + \frac{9}{4} y(t) = \cos(t) - 2\sin(t)$

同乘以 $4$ 化為標準式：
$y''(t) + 9y(t) = 4\cos(t) - 8\sin(t)$

步驟二：求齊次解（Homogeneous Solution $y_h(t)$）

對應之齊次方程式為 $y'' + 9y = 0$，其特徵方程式（Characteristic Equation）為：
$\lambda^2 + 9 = 0 \implies \lambda = \pm 3i$

因此自然角頻率為 $\omega_0 = 3\text{ rad/s}$，齊次解為：
$y_h(t) = c_1 \cos(3t) + c_2 \sin(3t)$

步驟三：求特解（Particular Solution $y_p(t)$）

外力項頻率為 $\omega = 1\text{ rad/s} \neq \omega_0$，非共振狀態。採用未定係數法，設特解為：
$y_p(t) = A\cos(t) + B\sin(t)$

對時間求一階與二階導數：
$y_p'(t) = -A\sin(t) + B\cos(t)$
$y_p''(t) = -A\cos(t) - B\sin(t)$

將 $y_p$ 與 $y_p''$ 代入 $y'' + 9y = 4\cos(t) - 8\sin(t)$：
$(-A\cos(t) - B\sin(t)) + 9(A\cos(t) + B\sin(t)) = 4\cos(t) - 8\sin(t)$
$8A\cos(t) + 8B\sin(t) = 4\cos(t) - 8\sin(t)$

比較兩端係數：
$\begin{cases} 8A = 4 \implies A = \dfrac{1}{2} \\ 8B = -8 \implies B = -1 \end{cases}$

得特解：
$y_p(t) = \frac{1}{2}\cos(t) - \sin(t)$

核心觀念

本題旨在考查線性代數（Linear Algebra）中**矩陣乘法（Matrix Multiplication）與線性組合（Linear Combination）**的實際應用。

1. 矩陣乘法定義：設 $A$ 為 $m \times n$ 矩陣，$B$ 為 $n \times p$ 矩陣，則兩矩陣相乘之結果 $C = AB$ 為 $m \times p$ 矩陣。其中第 $i$ 列第 $j$ 行之元素 $c_{ij}$ 為：
   $c_{ij} = \sum_{k=1}^{n} a_{ik}b_{kj}$
2. 物理意義建模：本題中各運動項目的時間（小時）與消耗熱量速率（$\text{cal/hr}$）呈線性關係。透過建立 $4 \times 3$ 的運動時間矩陣與 $3 \times 1$ 的卡路里消耗速率行向量，兩者相乘即可得到包含週一、週三、週五、週六每日總消耗熱量的 $4 \times 1$ 行向量（Column Vector）。

解題方法

步驟一：建立運動熱量消耗速率向量（$3 \times 1$）

根據題意，走路（walk）、騎腳踏車（bicycle）、慢跑（jog）每小時消耗熱量分別為 $350\text{ cal/hr}$、$500\text{ cal/hr}$ 及 $950\text{ cal/hr}$。
定義速率行向量 $\mathbf{c}$ 為：
$\mathbf{c} = \begin{bmatrix} 350 \\ 500 \\ 950 \end{bmatrix}$

步驟二：建立每週運動時間矩陣（$4 \times 3$）

將週一（Mon）、週三（Wed）、週五（Fri）、週六（Sat）三種運動的時間（單位：小時）依序排列於各列（Row）：

• 週一（Mon）：$(1.0, 0, 0.5)$
• 週三（Wed）：$(1.0, 1.0, 0.5)$
• 週五（Fri）：$(1.5, 0, 0.5)$
• 週六（Sat）：$(2.0, 1.5, 1.0)$

定義時間矩陣 $\mathbf{T}$ 為：
$\mathbf{T} = \begin{bmatrix} 1.0 & 0 & 0.5 \\ 1.0 & 1.0 & 0.5 \\ 1.5 & 0 & 0.5 \\ 2.0 & 1.5 & 1.0 \end{bmatrix}$

步驟三：計算每日熱量消耗向量 $\mathbf{V}$（$4 \times 1$）

執行矩陣乘法 $\mathbf{V} = \mathbf{T}\mathbf{c}$：
$\mathbf{V} = \begin{bmatrix} 1.0 & 0 & 0.5 \\ 1.0 & 1.0 & 0.5 \\ 1.5 & 0 & 0.5 \\ 2.0 & 1.5 & 1.0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 350 \\ 500 \\ 950 \end{bmatrix}$

核心觀念

本題涵蓋線性代數（Linear Algebra）與工程數學中矩陣論的核心課題，包含：

1. 矩陣的反矩陣與可逆性（Matrix Inverse & Invertibility）：
   • 矩陣 $A \in \mathbb{R}^{n \times n}$ 存在反矩陣 $A^{-1}$ 的充要條件為 $\det(A) \neq 0$（非奇異矩陣，Non-singular Matrix），其簡列階梯形矩陣（Reduced Row Echelon Form, RREF）為單位矩陣 $I_n$（即 $\text{rank}(A) = n$）。
   • 若矩陣列秩不足（Rank-deficient），經列運算後左側無法化為單位矩陣，則該矩陣無反矩陣。
2. 高斯-喬登消去法原理（Gauss-Jordan Elimination Principle）：
   • 基本列運算（Elementary Row Operations）等價於在矩陣左側乘上對應的基本矩陣（Elementary Matrices）。
   • 對擴增矩陣 $[A \mid I]$ 進行列運算化簡為 $[I \mid B]$ 時，相當於找到矩陣 $E$ 使得 $EA = I$，故 $B = E = A^{-1}$。
3. 特徵值問題的幾何與物理意義（Eigenvalue Problem Interpretation）：
   • 線性映射 $A\mathbf{x}$ 通常會改變向量 $\mathbf{x}$ 的方向與大小。
   • 特徵向量 $\mathbf{x} \neq \mathbf{0}$ 代表在矩陣轉換下方向保持不變（僅方向同向或反向）的特殊主方向；特徵值 $\lambda$ 則代表該方向上的縮放倍率（Scaling Factor）。

解題方法

(a) 求矩陣 $A$ 的反矩陣

設增廣矩陣（Augmented Matrix）為 $[A \mid I]$：
$[A \mid I] = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & \mid & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/2 & 0 & \mid & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \mid & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

對增廣矩陣執行高斯-喬登列化簡：
第 2 列乘以 2（$R_2 \to 2R_2$）：
$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & \mid & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & \mid & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \mid & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

分析列化簡結果：
矩陣 $A$ 的第 3 列全為 0，致使列化簡後左側區域第 3 列為零列向量 $\begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$，無法轉換成 $3 \times 3$ 單位矩陣 $I_3$（即 $\text{rank}(A) = 2 < 3$，行列式 $\det(A) = 0$）。
因此，矩陣 $A$ 為奇異矩陣（Singular Matrix），其反矩陣 $A^{-1}$ 不存在。

(b) 高斯-喬登消去法計算反矩陣之原理說明

1. 反矩陣定義與方程組建立：
   根據反矩陣定義，$A A^{-1} = I$。將 $A^{-1}$ 與 $I$ 按行向量（Column Vectors）拆解：
   $A^{-1} = \begin{bmatrix} \mathbf{x}_1 & \mathbf{x}_2 & \cdots & \mathbf{x}_n \end{bmatrix}, \quad I = \begin{bmatrix} \mathbf{e}_1 & \mathbf{e}_2 & \cdots & \mathbf{e}_n \end{bmatrix}$
   因此 $A A^{-1} = I$ 等價於同時求解 $n$ 個線性聯立方程組：
   $A \mathbf{x}_1 = \mathbf{e}_1, \quad A \mathbf{x}_2 = \mathbf{e}_2, \quad \dots, \quad A \mathbf{x}_n = \mathbf{e}_n$
   建構增廣矩陣：$[A \mid \mathbf{e}_1 \; \mathbf{e}_2 \; \cdots \; \mathbf{e}_n] = [A \mid I]$。

2. 基本列運算的矩陣表示：
   對增廣矩陣進行基本列運算，每次運算皆相當於在矩陣左側乘以一個基本矩陣 $E_k$。若 $A$ 可逆，經有限次列運算（設總效果為基本矩陣之乘積 $E = E_k E_{k-1} \cdots E_1$）可將 $A$ 化為單位矩陣 $I$：
   $E A = I \implies E = A^{-1}$

3. 同步變換證明：
   將相同的矩陣 $E$ 作用於整個增廣矩陣 $[A \mid I]$：
   $E [A \mid I] = [EA \mid EI] = [I \mid E] = [I \mid A^{-1}]$
   故當增廣矩陣左側化為單位矩陣 $I$ 時，右側區域必然精確轉換為反矩陣 $A^{-1}$。

(c)(i) 方程式 $A\mathbf{x} = \lambda\mathbf{x}$ 的幾何與物理意義

1. 幾何意義：
   矩陣乘法 $A\mathbf{x}$ 代表空間中的線性變換（Linear Transformation）。一般向量經 $A$ 作用後方向與長度皆會改變；

核心觀念

1. 純量場的梯度與梯度場（Gradient Field）：
   對於二維純量場 $\phi(x,y)$，其梯度向量場定義為：
   $\mathbf{F} = \nabla \phi = \frac{\partial \phi}{\partial x}\mathbf{i} + \frac{\partial \phi}{\partial y}\mathbf{j}$
2. 線積分基本定理（Fundamental Theorem for Line Integrals）/ 保守場定理：
   若向量場 $\mathbf{F} = \nabla \phi$ 為一梯度場（即保守場, Conservative Vector Field），則向量場沿著任意分段光滑曲線 $C$（起點為 $A$，終點為 $B$）的線積分僅與端點位置有關，與路徑無關：
   $\int_C \nabla \phi \cdot d\mathbf{s} = \phi(B) - \phi(A)$
3. 封閉曲線的保守場線積分：
   當曲線 $C$ 為一封閉曲線（Closed Curve）時，起點與終點重合（即 $A = B$），故其沿封閉曲線的線積分恆等於零：
   $\oint_C \nabla \phi \cdot d\mathbf{s} = 0$

解題方法

方法一：保守場定理法（最速解法）

1. 本題要求的線積分形式為 $\oint_C \nabla \phi \cdot d\mathbf{s}$，被積向量場為純量函數 $\phi(x,y) = 3xy^2$ 的梯度場 $\nabla \phi$。
2. 由於 $\phi(x,y) = 3xy^2$ 為多項式函數，在全平面 $\mathbb{R}^2$ 上皆連續且具備任意階連續偏導函數，因此 $\nabla \phi$ 必為連續的保守場。
3. 題目給定 $C$ 為由三條直線段 $S_1, S_2, S_3$ 所構成的封閉曲線，其起點與終點重合。
4. 根據線積分基本定理，保守場沿閉路徑之線積分必為零：
   $\oint_C \nabla \phi \cdot d\mathbf{s} = \phi(\text{終點}) - \phi(\text{起點}) = 0$

方法二：格林定理驗證法（Green's Theorem）

1. 求出梯度向量場 $\mathbf{F} = \nabla \phi$：
   $\mathbf{F} = \nabla (3xy^2) = \left( \frac{\partial}{\partial x}(3xy^2) \right) \mathbf{i} + \left( \frac{\partial}{\partial y}(3xy^2) \right) \mathbf{j} = 3y^2 \mathbf{i} + 6xy \mathbf{j}$
   令 $P(x,y) = 3y^2$，$Q(x,y) = 6xy$。
2. 根據格林定理，封閉路徑線積分可轉換為圍成區域 $R$ 之二重積分：
   $\oint_C P dx + Q dy = \iint_R \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA$
3. 計算旋度（Curl）分量：

核心觀念

本題為二階偏微分方程組（System of PDEs）的求解與自變數變換（Change of Variables）。考驗考生以下核心觀念與技巧：

1. 二階偏微分方程之直接積分法：由 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = 0$ 可推知通解具備可分離的形式 $z(x, y) = F(x) + G(y)$。
2. 分離變數法（Separation of Variables）：將兩獨立變數之二階導數相等關係 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$ 轉化為常數項 $K$，進而求解多項式通解。
3. 規範變換（Canonical Transformation）與連鎖律（Chain Rule）：利用新變數 $\xi = x + y$ 與 $\eta = x - y$ 進行座標轉換，將偏微分算符簡化。
4. 係數比較與多項式對應：將 $z(x,y)$ 轉為新變數 $(s, r)$ 形式，並對應二次項係數求得四常數 $a, b, c, d$ 之約束關係。

解題方法

本題可採用「直接積分法」或「自變數變換連鎖律法」進行推導，以下提供完整的標準推導過程：

方法一：直接積分法

步驟 1：求解第一個偏微分方程
由第一個方程：
$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = 0$
對 $y$ 進行偏積分：
$\frac{\partial z}{\partial x} = f(x)$
再對 $x$ 進行偏積分：
$z(x, y) = F(x) + G(y)$
其中 $F(x)$ 與 $G(y)$ 為任意二次可微函數。

步驟 2：代入第二個偏微分方程
將 $z(x, y) = F(x) + G(y)$ 代入第二個方程 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$：
$F''(x) = G''(y)$
由於等式左邊僅與 $x$ 有關，右邊僅與 $y$ 有關，兩式若要對所有 $(x, y)$ 恆成立，必等於同一分離常數 $K$：
$F''(x) = K \quad \text{且} \quad G''(y) = K$

步驟 3：求出 $z(x, y)$ 之通解
對上述二階常微分方程進行兩次積分：
$F(x) = \frac{1}{2} K x^2 + C_1 x + C_2$
$G(y) = \frac{1}{2} K y^2 + D_1 y + D_2$
相加可得 $z(x, y)$ 之通解：
$z(x, y) = \frac{1}{2} K (x^2 + y^2) + C_1 x + D_1 y + C_0 \quad (C_0 = C_2 + D_2)$

步驟 4：進行變數變換至 $(s, r)$ 座標系統
題目給定變數關係：
$x + y = \sqrt{c} s, \quad x - y = d r$
解出 $x$ 與 $y$：
$x = \frac{\sqrt{c} s + d r}{2}, \quad y = \frac{\sqrt{c} s - d r}{2}$
計算 $x^2 + y^2$：
$x^2 + y^2 = \left(\frac{\sqrt{c} s + d r}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{c} s - d r}{2}\right)^2 = \frac{2(c s^2 + d^2 r^2)}{4} = \frac{1}{2} c s^2 + \frac{1}{2} d^2 r^2$
將其代入 $z(x, y)$：
$z(s, r) = \frac{1}{2} K \left( \frac{1}{2} c s^2 + \frac{1}{2} d^2 r^2 \right) + C_1 \left( \frac{\sqrt{c} s + d r}{2} \right) + D_1 \left( \frac{\sqrt{c} s - d r}{2} \right) + C_0$
整理可得 $z(s, r)$ 之二次型態：
$z(s, r) = a s^2 + b r^2 + c_1 s + c_2 r + c_0$
其中 $s^2$ 與 $r^2$ 之二次項係數分別為：
$a = \frac{1}{4} K c, \quad b = \frac{1}{4} K d^2$

步驟 5：推導四常數 $a, b, c, d$ 之關係式
將 $a$ 與 $b$ 分別除以 $c$ 與 $d^2$ 以消去未知常數 $K$（當 $K \neq 0$ 時）：
$\frac{a}{c} = \frac{K}{4}, \quad \frac{b}{d^2} = \frac{K}{4}$
兩式相等即得四常數之約束關係：
$\frac{a}{c} = \frac{b}{d^2} \implies a d^2 = b c$

方法二：規範化座標變換法（Canonical Transformation）

令新座標 $\xi = x + y = \sqrt{c} s$，$\eta = x - y = d r$。由偏微分連鎖律：
$\frac{\partial}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial \xi} + \frac{\partial}{\partial \eta}, \quad \frac{\partial}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial \xi} - \frac{\partial}{\partial \eta}$
原偏微分方程組轉換如下：

1. 第一方程：