108 年 國立中山大學環境工程研究所甲組《工程數學》

核心觀念

本題是一階可分離變數微分方程式，形式為

$$\frac{dy}{dx}=f(x)g(y).$$

先將含 $y$ 的項移至左側、含 $x$ 的項移至右側，再分別積分。注意原方程式的定義域要求

$$y\neq 0,\qquad x^2-1\neq 0,$$

因此 $x\neq \pm1$。

解題方法

原式為

$$\frac{dy}{dx} =\frac{x(y^2+1)}{y(x^2-1)}.$$

分離變數：

$$\frac{y}{y^2+1}\,dy = \frac{x}{x^2-1}\,dx.$$

兩側積分。左側令 $u=y^2+1$，右側令 $v=x^2-1$，分別得到

$$\int\frac{y}{y^2+1}\,dy =\frac12\ln(y^2+1),$$

以及

$$\int\frac{x}{x^2-1}\,dx =\frac12\ln|x^2-1|.$$

所以

$$\frac12\ln(y^2+1) = \frac12\ln|x^2-1|+C.$$

兩側乘以 $2$：

$$\ln(y^2+1) = \ln|x^2-1|+C_1.$$

整理對數後並將常數合併：

$$\ln\left(\frac{y^2+1}{|x^2-1|}\right)=C_1,$$

因此

$$\frac{y^2+1}{|x^2-1|}=C, \qquad C>0.$$

故通解為

$$\boxed{y^2+1=C|x^2-1|},\qquad C>0.$$

核心觀念

本題考查一階常係數線性微分方程式：

$$\frac{dC}{dt}+LC=S$$

其中：

• $S$ 為污染物排放速率；
• $LC$ 為污染物降解速率；
• 初始條件為 $C(t_0)=C_0$。

當排放與降解達到平衡時，$\frac{dC}{dt}=0$，因此平衡濃度為

$$C_{\mathrm{eq}}=\frac{S}{L}.$$

解題方法：積分因子法

將原式整理為

$$\frac{dC}{dt}+LC=S.$$

其積分因子為

$$\mu(t)=e^{\int L\,dt}=e^{Lt}.$$

方程式兩側乘上 $e^{Lt}$：

$$e^{Lt}\frac{dC}{dt}+Le^{Lt}C=Se^{Lt}.$$

左側可合併為乘積微分：

$$\frac{d}{dt}\left(e^{Lt}C\right)=Se^{Lt}.$$

由 $t_0$ 積分至 $t$：

$$e^{Lt}C(t)-e^{Lt_0}C_0 = \int_{t_0}^{t}Se^{L\tau}\,d\tau.$$

因為 $L$ 為常數，

$$\int_{t_0}^{t}Se^{L\tau}\,d\tau = \frac{S}{L}\left(e^{Lt}-e^{Lt_0}\right).$$

所以

$$e^{Lt}C(t) = e^{Lt_0}C_0+ \frac{S}{L}\left(e^{Lt}-e^{Lt_0}\right).$$

核心觀念

將線性方程組寫成矩陣形式：

$$A\mathbf{x}=\mathbf{b},$$

其中

$$A= \begin{bmatrix} 2&1&-1\\ 1&-3&1\\ 1&3&-3 \end{bmatrix}, \quad \mathbf{x}= \begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix}, \quad \mathbf{b}= \begin{bmatrix} 7\\3\\1 \end{bmatrix}.$$

若係數矩陣 $A$ 滿足 $\det(A)\neq 0$，則 $A^{-1}$ 存在，且方程組的唯一解為

$$\mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b}.$$

解題方法：求係數矩陣的反矩陣

先計算行列式：

$$\begin{aligned} \det(A) &= 2\begin{vmatrix} -3&1\\ 3&-3 \end{vmatrix} - 1\begin{vmatrix} 1&1\\ 1&-3 \end{vmatrix} + (-1)\begin{vmatrix} 1&-3\\ 1&3 \end{vmatrix}\\ &= 2\left[(-3)(-3)-1(3)\right] -\left[1(-3)-1(1)\right]\\ &\quad -\left[1(3)-(-3)(1)\right]\\ &=2(6)-(-4)-6\\ &=10. \end{aligned}$$

因為 $\det(A)=10\neq 0$，所以反矩陣存在。

係數餘因子矩陣為

$$C= \begin{bmatrix} 6&4&6\\ 0&-5&-5\\ -2&-3&-7 \end{bmatrix}.$$

反矩陣公式為

$$A^{-1}=\frac{1}{\det(A)}C^{T},$$

核心觀念

將曲面寫成等位面

$$F(x,y,z)=xy^2-2xy+4z^2-4=0.$$

若點 $P=(x_0,y_0,z_0)$ 位於曲面上，且

$$\nabla F(P)\neq \mathbf{0},$$

則：

• $\nabla F(P)$ 為曲面在 $P$ 處的法向量。
• 單位法向量為

$$\mathbf{n}=\pm\frac{\nabla F(P)}{\left\|\nabla F(P)\right\|}.$$

• 切平面方程式為

$$\nabla F(P)\cdot\bigl(x-x_0,\ y-y_0,\ z-z_0\bigr)=0.$$

題面一致性檢查

將 $P=(2,1,1)$ 代入題目曲面左側：

$$(2)(1)^2-2(2)(1)+4(1)^2 =2-4+4=2.$$

但題目右側為 $4$，因此

$$2\neq 4.$$

所以點 $(2,1,1)$ 不在題面所給的曲面上，嚴格而言無法定義該曲面在此點的切平面與曲面法向量。

以下採用最自然的修正假設：題目右側常數應為 $2$，使得 $(2,1,1)$ 位於曲面上。

解題方法

令修正後的曲面為

$$xy^2-2xy+4z^2=2.$$

定義

$$F(x,y,z)=xy^2-2xy+4z^2-2.$$

對各變數偏微分：

$$\frac{\partial F}{\partial x}=y^2-2y,$$ $$\frac{\partial F}{\partial y}=2xy-2x,$$ $$\frac{\partial F}{\partial z}=8z.$$

因此梯度為

$$\nabla F(x,y,z) = \left(y^2-2y,\ 2xy-2x,\ 8z\right).$$

代入 $P=(2,1,1)$：

觀念說明

給定含任意常數 $a, b$ 的雙自變數關係式 $z(x, y)$，分別對 $x$ 與 $y$ 求一階偏微分以建立包含 $a$ 與 $b$ 的方程組，再將 $a, b$ 消去即可得到目標偏微分方程式。

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解題步驟

步驟一：對各自變數求偏微分
原式為：
$z = ax + by^2 - \alpha$

對 $x$ 偏微分：
$\frac{\partial z}{\partial x} = a$

對 $y$ 偏微分：
$\frac{\partial z}{\partial y} = 2by \implies b = \frac{1}{2y} \frac{\partial z}{\partial y}$

步驟二：將常數 $a, b$ 代回原式消去
將 $a = \frac{\partial z}{\partial x}$ 與 $b = \frac{1}{2y} \frac{\partial z}{\partial y}$ 代入原關係式中：

核心觀念

本題考查一階偏微分方程式的直接積分。由於已知 $\dfrac{\partial u}{\partial y}$，可將 $x$ 視為常數，對 $y$ 積分。

積分後的「常數」可為 $x$ 的函數，因為對 $y$ 偏微分時，任何只含 $x$ 的函數皆會消失。

解題方法

對方程式

$$\frac{\partial u}{\partial y}=x\cos y$$

兩邊對 $y$ 積分：

$$u(x,y)=\int x\cos y\,dy$$

固定 $x$ 後，$x$ 為常數，因此

$$u(x,y)=x\sin y+F(x),$$

其中 $F(x)$ 為待定函數。

代入初始條件 $u(x,0)=\tan x$：

$$u(x,0)=x\sin 0+F(x)=F(x).$$

所以

$$F(x)=\tan x.$$

因此解為