108 年 國立臺灣大學環境工程研究所科學與工程甲組《工程數學（H）》

第一題：$y'' - \frac{1+x}{x} y' + y = 0$

將方程式整理為 $x y'' - (1+x) y' + x y = 0$。此點 $x=0$ 為正規奇異點（Regular Singular Point），採用佛羅貝尼烏斯級數解法（Frobenius Method）。

1. 指標方程式（Indicial Equation）

由 $p_0 = \lim_{x \to 0} x P(x) = -1$ 與 $q_0 = \lim_{x \to 0} x^2 Q(x) = 0$，得指標方程式為：
$r(r-1) + p_0 r + q_0 = r^2 - 2r = 0 \implies r_1 = 2, \; r_2 = 0$

2. 求第一獨立解 $y_1(x)$

設 $y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+2}$（其中 $a_0 \neq 0$），代入微分方程式可得係數遞迴關係：
$a_1 = \frac{2}{3} a_0$
$n(n+2) a_n - (n+1) a_{n-1} + a_{n-2} = 0 \quad (n \ge 2)$
依序計算可得 $a_2 = \frac{1}{8} a_0$、$a_3 = -\frac{1}{90} a_0$，故第一獨立解為：
$y_1(x) = x^2 \left( 1 + \frac{2}{3} x + \frac{1}{8} x^2 - \frac{1}{90} x^3 + \cdots \right)$

3. 求第二獨立解 $y_2(x)$

利用降階法（Reduction of Order）公式：
$y_2(x) = y_1(x) \int \frac{e^{-\int -\frac{1+x}{x} dx}}{[y_1(x)]^2} dx = y_1(x) \int \frac{x e^x}{[y_1(x)]^2} dx$

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第二題：$y'' + xy' + y = 0$

核心觀念

本題考查以冪級數求解初值問題。設解在 $x=0$ 附近展開為

$$y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n,$$

則

$$y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n, \qquad y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n.$$

初始條件可直接給出

$$a_0=y(0),\qquad a_1=y'(0).$$

解題方法

令

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n.$$

代入微分方程

$$y''-2xy'+8y=0.$$

各項分別為

$$y''=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n,$$ $$-2xy' =-2\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^{n+1} =-2\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^n,$$

以及

$$8y=8\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n.$$

比較 $x^n$ 的係數：

當 $n=0$ 時，

$$2a_2+8a_0=0.$$

當 $n\geq 1$ 時，

$$(n+2)(n+1)a_{n+2}+(8-2n)a_n=0.$$

此關係式也可統一寫成

$$a_{n+2} =\frac{2(n-4)}{(n+2)(n+1)}a_n, \qquad n\geq 0.$$

由初始條件

$$a_0=y(0)=4,\qquad a_1=y'(0)=0.$$

偶次項

利用遞迴公式：

註：原題之 $u$ 應更正為 $3k+2$ 次項級數 $u = \frac{x^2}{2!} + \frac{x^5}{5!} + \frac{x^8}{8!} + \dots$，方能與 $v, w$ 構成完整之 $e^x$ 三項分拆。

【觀念重點】

利用冪級數逐項微分性質，建立三變數的一階常微分關係：
$v' = u, \quad u' = w, \quad w' = v$

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【精簡推導】

設目標函數為 $f(x) = u^3 + v^3 + w^3 - 3uvw$。

1. 對 $x$ 求導數：
   $f'(x) = 3u^2 u' + 3v^2 v' + 3w^2 w' - 3(u'vw + uv'w + uvw')$

核心觀念

題目給定實方陣 $U$ 滿足

$$U^T=U^{-1}.$$

因此

$$U^TU=I,$$

表示 $U$ 的欄向量形成標準正交組，亦即 $U$ 是實正交矩陣。正交矩陣具有保長性：

$$\|Ux\|=\|x\|.$$

若 $Ux=\lambda x$，則 $U$ 只將特徵向量的方向乘上 $\lambda$，而保長性會強迫 $\lambda$ 的絕對值等於 $1$。

解題方法

設 $\lambda$ 為 $U$ 的任一特徵值，設其對應的非零特徵向量為 $x$。雖然 $U$ 是實矩陣，但其特徵值與特徵向量不一定為實數，因此使用共軛轉置 $U^*$。

因為 $U$ 為實矩陣，

$$U^*=U^T.$$

由題目條件 $U^T=U^{-1}$，可得

$$U^*U=U^TU=I.$$

考慮向量 $Ux$ 的平方長度：

$$\|Ux\|^2=(Ux)^*Ux =x^*U^*Ux =x^*Ix =x^*x =\|x\|^2.$$

另一方面，由特徵值定義 $Ux=\lambda x$，所以

核心觀念

橢圓參數式為

$$x=a\cos\theta,\qquad y=b\sin\theta.$$

切線斜率可由參數微分求得：

$$\frac{dy}{dx} = \frac{dy/d\theta}{dx/d\theta}.$$

此外，橢圓在點 $(x_0,y_0)$ 的切線公式為

$$\frac{xx_0}{a^2}+\frac{yy_0}{b^2}=1.$$

本題給定切點為 $(1,2)$。

解題方法

先由參數式求導：

$$\frac{dx}{d\theta}=-a\sin\theta,\qquad \frac{dy}{d\theta}=b\cos\theta.$$

因此切線斜率為

$$\frac{dy}{dx} = \frac{b\cos\theta}{-a\sin\theta} = -\frac{b\cos\theta}{a\sin\theta}.$$

在切點 $(1,2)$，由參數式可得

$$a\cos\theta=1,\qquad b\sin\theta=2,$$

所以

$$\cos\theta=\frac{1}{a},\qquad \sin\theta=\frac{2}{b}.$$

代入斜率公式：

$$\frac{dy}{dx} = -\frac{b(1/a)}{a(2/b)} = -\frac{b^2}{2a^2}.$$

使用點斜式，切線為

核心觀念

本題考查多變數函數的鏈鎖律。由於 $x$、$y$ 都是 $t$ 的函數，$u$ 會透過 $x(t)$ 與 $y(t)$ 隨 $t$ 改變，因此必須對

$$u=e^{xy}\cos 2x$$

進行全導數。

所使用的公式為乘法微分法則與鏈鎖律：

$$\frac{d}{dt}(fg)=f'g+fg'$$

以及

$$\frac{d}{dt}e^{g(t)}=e^{g(t)}g'(t),\qquad \frac{d}{dt}\cos g(t)=-\sin g(t)\,g'(t).$$

解題方法

將 $u$ 視為兩個函數的乘積：

$$u=\underbrace{e^{xy}}_{第一因子}\underbrace{\cos 2x}_{第二因子}.$$

依乘法微分法則，

$$\frac{du}{dt} = \frac{d}{dt}(e^{xy})\cos 2x + e^{xy}\frac{d}{dt}(\cos 2x).$$

先計算第一因子的導數。因為 $x$、$y$ 都是 $t$ 的函數，對乘積 $xy$ 微分得

$$\frac{d}{dt}(xy) = x\frac{dy}{dt}+y\frac{dx}{dt}.$$

因此

$$\frac{d}{dt}(e^{xy}) = e^{xy}\left(x\frac{dy}{dt}+y\frac{dx}{dt}\right).$$

再計算第二因子的導數。由鏈鎖律，

$$\frac{d}{dt}(\cos 2x) = -\sin 2x\cdot\frac{d}{dt}(2x) = -2\sin 2x\frac{dx}{dt}.$$

核心觀念

本題考查：

• 一階聯立常微分方程組的消去法。
• 二階常係數齊次微分方程。
• 初始條件對積分常數的決定。
• 線性齊次微分方程組的零解。

題目給定

$$\frac{dy}{dt}-\lambda z=0, \qquad \frac{dz}{dt}+\lambda y=0,$$

其中 $\lambda$ 為常數，且

$$y(0)=0,\qquad z(0)=0.$$

解題方法：消去其中一個未知函數

由第一式可得

$$\frac{dy}{dt}=\lambda z.$$

對 $t$ 再微分一次：

$$\frac{d^2y}{dt^2}=\lambda\frac{dz}{dt}.$$

由第二式

$$\frac{dz}{dt}=-\lambda y,$$

代入上式得到

$$\frac{d^2y}{dt^2} =\lambda(-\lambda y) =-\lambda^2y.$$

因此 $y$ 滿足二階常係數齊次微分方程

$$\frac{d^2y}{dt^2}+\lambda^2y=0.$$

其特徵方程為

$$r^2+\lambda^2=0,$$

故

$$r=\pm i\lambda.$$

因此 $y$ 的一般解為

$$y(t)=C_1\cos(\lambda t)+C_2\sin(\lambda t).$$

利用初始條件 $y(0)=0$：

$$0=C_1\cos 0+C_2\sin 0=C_1,$$

所以

$$C_1=0.$$

接著由

$$\frac{dy}{dt}=\lambda z$$

求出 $z$。先微分 $y$：

核心觀念

本題考查「相關變率（related rates）」：水量 $V$ 與水面高度 $h$ 隨時間變化，已知體積流失率 $\dfrac{dV}{dt}$，求水面高度變化率 $\dfrac{dh}{dt}$。

半球內水深為 $h$ 時，水形成一個球冠，其體積為

$$V=\pi h^2\left(R-\frac{h}{3}\right),$$

其中半徑 $R=10$ ft。

由於水流出，水量隨時間減少，因此

$$\frac{dV}{dt}=-5\ \text{ft}^3/\text{min}.$$

解題方法

設 $h$ 為水面距離碗底的高度。題目說水位已下降 $4$ ft，因此此瞬間

$$h=4\ \text{ft}.$$

半球半徑為 $10$ ft，水面高度為 $h$ 時，水的體積為球冠體積：

$$V=\pi h^2\left(10-\frac{h}{3}\right).$$

展開得

$$V=10\pi h^2-\frac{\pi}{3}h^3.$$

對時間 $t$ 微分：

$$\frac{dV}{dt} = \left(20\pi h-\pi h^2\right)\frac{dh}{dt}.$$

代入 $h=4$ 與 $\dfrac{dV}{dt}=-5$：

$$-5 = \left(20\pi(4)-\pi(4)^2\right)\frac{dh}{dt}.$$

因此

$$-5=(80\pi-16\pi)\frac{dh}{dt} =64\pi\frac{dh}{dt},$$

所以

核心觀念

本題是典型的單變數最佳化問題，考查：

• 長方體體積公式：$V=\text{底面積}\times\text{高}$
• 無上蓋箱子的木材面積限制
• 導數判斷函數極值
• 邊長與高度必須為正值

設正方形底面的邊長為 $x$ ft，高為 $h$ ft。

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建立限制式

箱子沒有上蓋，因此木材面積包含：

• 正方形底面：$x^2$
• 四個側面：每個面積為 $xh$，合計 $4xh$

由題意，木材總面積為 $432\text{ ft}^2$，故

$$x^2+4xh=432.$$

解出高度：

$$4xh=432-x^2,$$ $$h=\frac{432-x^2}{4x}.$$

因為 $x>0$ 且 $h>0$，所以

$$0<x<\sqrt{432}.$$

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建立體積函數

箱子的體積為

$$V=x^2h.$$

代入 $h=\dfrac{432-x^2}{4x}$：

$$V(x)=x^2\left(\frac{432-x^2}{4x}\right)$$ $$V(x)=\frac{x(432-x^2)}{4}$$ $$V(x)=108x-\frac{x^3}{4}.$$

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求最大體積

對體積函數微分：

$$V'(x)=108-\frac{3x^2}{4}.$$

令一階導數為零：

$$108-\frac{3x^2}{4}=0.$$

因此

$$\frac{3x^2}{4}=108,$$ $$3x^2=432,$$