108 年 國立中央大學機械工程學系碩士班丁組《工程數學（含程式設計）》

題目 (a)(1) 詳解：$y y'' = 3y'^2$

核心觀念

本題考查**二階非線性常微分方程（Second-order Nonlinear ODE）**的降階法。當二階微分方程中不顯含自變數 $x$（即形式為 $F(y, y', y'') = 0$）時，可利用變數代換：
令 $v = y' = \frac{dy}{dx}$，則二階導函數可利用連鎖律（Chain Rule）改寫為：
$y'' = \frac{dv}{dx} = \frac{dv}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} = v \frac{dv}{dy}$
藉此將原二階 ODE 降階為關於 $v$ 與 $y$ 的一階可分離變數微分方程。

解題方法

1. 變數代換降階：
   將 $y' = v$ 及 $y'' = v \frac{dv}{dy}$ 代入原式 $y y'' = 3y'^2$：
   $y \left(v \frac{dv}{dy}\right) = 3 v^2$

2. 分離變數與積分：

   • 若 $v = 0$，得 $y' = 0 \implies y = C$（常數解）。
   • 若 $v \neq 0$，將方程進行變數分離：
     $\frac{dv}{v} = 3 \frac{dy}{y}$
     兩邊對各自變數積分：
     $\int \frac{1}{v} \, dv = 3 \int \frac{1}{y} \, dy$
     $\ln|v| = 3 \ln|y| + c_1 = \ln|y|^3 + c_1$
     取指數並去絕對值，得：
     $v = k_1 y^3 \quad (\text{其中 } k_1 = \pm e^{c_1} \text{，且包含 } k_1=0 \text{ 之解})$

3. 第二次分離變數與求解 $y(x)$：
   因 $v = \frac{dy}{dx}$，故：
   $\frac{dy}{dx} = k_1 y^3$
   再次分離變數：
   $y^{-3} \, dy = k_1 \, dx$
   兩邊積分：
   $\int y^{-3} \, dy = \int k_1 \, dx$
   $-\frac{1}{2} y^{-2} = k_1 x + k_2$
   兩邊同乘以 $-2$ 並重新整理常數（令 $C_1 = -2k_1$, $C_2 = -2k_2$）：
   $y^{-2} = C_1 x + C_2 \implies \frac{1}{y^2} = C_1 x + C_2$
   亦可表示為：
   $y(x) = \pm \frac{1}{\sqrt{C_1 x + C_2}}$

選項分析

本題為計算題，對解的結構進行深度解析：

• 一般解（General Solution）：包含兩個獨立任意常數 $C_1$ 與 $C_2$，完全符合二階微分方程階數為 2 之通解特徵。
• 常數解與特解討論：常數解 $y(x) = C$ 對應於 $C_1 = 0$ 的情況（此時 $y = \pm C_2^{-1/2} = \text{常數}$），故非獨立特異解，已包含於通解之常數表示式中。

解題技巧

• 降階選擇：若方程缺自變數 $x$，令 $y'=v, y''=v\frac{dv}{dy}$；若缺因變數 $y$，則直接令 $y'=v, y''=\frac{dv}{dx}$。
• 快速代入驗算：
  若 $y = (C_1 x + C_2)^{-1/2}$，則 $y' = -\frac{1}{2} C_1 (C_1 x + C_2)^{-3/2}$，
  $y'' = \frac{3}{4} C_1^2 (C_1 x + C_2)^{-5/2}$。
  左式 $y y'' = (C_1 x + C_2)^{-1/2} \cdot \frac{3}{4} C_1^2 (C_1 x + C_2)^{-5/2} = \frac{3}{4} C_1^2 (C_1 x + C_2)^{-3}$；
  右式 $3 y'^2 = 3 \left(-\frac{1}{2} C_1 (C_1 x + C_2)^{-3/2}\right)^2 = \frac{3}{4} C_1^2 (C_1 x + C_2)^{-3}$，兩式完全相等，確認無誤。

【答案】
$\frac{1}{y^2} = C_1 x + C_2$ 或 $y(x) = \pm \frac{1}{\sqrt{C_1 x + C_2}}$ （$C_1, C_2$ 為任意實數常數）

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題目 (a)(2) 詳解：$x^2 y'' - xy' + y = 0$, $y(1) = 1.5$, $y'(1) = 0.25$

核心觀念

本題考查**歐拉-柯西方程（Euler-Cauchy Equation）**初值問題（IVP）的求解。標準二階歐拉-柯西方程型態為：
$x^2 y'' + a x y' + b y = 0$
特徵方程式（Auxiliary/Characteristic Equation）為：
$m(m-1) + a m + b = 0 \implies m^2 + (a-1)m + b = 0$
當特徵根為重根 $m_1 = m_2 = m$ 時，其通解形式為：
$y(x) = c_1 x^m + c_2 x^m \ln x$

解題方法

1. 求解特徵根：
   將 $y = x^m$ 代入方程 $x^2 y'' - x y' + y = 0$，得：
   $m(m-1) - m + 1 = 0$
   $m^2 - 2m + 1 = 0 \implies (m-1)^2 = 0$
   解得重根 $m_1 = m_2 = 1$。

2. 寫出微分方程通解：
   根據重根公式，通解為：
   $y(x) = c_1 x + c_2 x \ln x$

3. 求一階導函數：
   對 $y(x)$ 對 $x$ 微分：
   $y'(x) = c_1 + c_2 \left(1 \cdot \ln x + x \cdot \frac{1}{x}\right) = c_1 + c_2 (\ln x + 1)$

4. 帶入初始條件求解常數：

   • 由 $y(1) = 1.5$：
     $y(1) = c_1 (1) + c_2 (1) \ln(1) = c_1 = 1.5 = \frac{3}{2}$
   • 由 $y'(1) = 0.25$：
     $y'(1) = c_1 + c_2 (\ln(1) + 1) = c_1 + c_2 = 0.25 = \frac{1}{4}$
     將 $c_1 = 1.5$ 代入求 $c_2$：
     $1.5 + c_2 = 0.25 \implies c_2 = 0.25 - 1.5 = -1.25 = -\frac{5}{4}$

5. 寫出特解：
   $y(x) = 1.5 x - 1.25 x \ln x = \frac{3}{2} x - \frac{5}{4} x \ln x$

選項分析

本題為初值問題計算題，針對求解過程中特徵根型態進行解析：

• 單根型態 ($m_1 \neq m_2$)：通解為 $c_1 x^{m_1} + c_2 x^{m_2}$，本題不適用。
• 重根型態 ($m_1 = m_2$)：需補乘 $\ln x$ 項以保持兩個解的線性獨立（Wronskian $\neq 0$），本題精確對應此型態。
• 複數根型態 ($m = \alpha \pm i\beta$)：通解包含 $x^\alpha \cos(\beta \ln x)$ 與 $x^\alpha \sin(\beta \ln x)$，本題不適用。

解題技巧

• 變數代換記憶法：亦可令 $x = e^t$ ($t = \ln x$)，將歐拉-柯西方程轉化為常係數微分方程：
  $\frac{d^2 y}{dt^2} - 2 \frac{dy}{dt} + y = 0$
  特徵根為 $r = 1, 1$（重根），故 $y(t) = (c_1 + c_2 t) e^t$，換回 $x$ 變數即得 $y(x) = c_1 x + c_2 x \ln x$。
• 代入驗算：
  驗算 $y(1) = 1.5(1) - 0 = 1.5$；$y'(1) = 1.5 - 1.25(1) = 0.25$。數值完全吻合。

【答案】
$y(x) = 1.5 x - 1.25 x \ln x$ （或 $y(x) = \frac{3}{2} x - \frac{5}{4} x \ln x$）

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題目 (a)(3) 詳解：$y(t) + 4 \int_0^t y(\tau)(t-\tau)d\tau = 2t$

核心觀念

本題考查拉普拉斯變換（Laplace Transform）求解沃爾泰拉積分方程（Volterra Integral Equation of the Second Kind）。
關鍵在於識別卷積積分（Convolution Integral）：
$(f * g)(t) = \int_0^t f(\tau) g(t-\tau) \, d\tau$
根據卷積定理（Convolution Theorem）：
$\mathcal{L}\{(f * g)(t)\} = F(s) \cdot G(s)$
其中 $F(s) = \mathcal{L}\{f(t)\}, G(s) = \mathcal{L}\{g(t)\}$。

解題方法

1. 方程轉化為卷積形式：
   原式可改寫為：
   $y(t) + 4 (y(t) * t) = 2t$

2. 取拉普拉斯變換：
   令 $Y(s) = \mathcal{L}\{y(t)\}$。已知 $\mathcal{L}\{t\} = \frac{1}{s^2}$。
   對方程兩邊取拉普拉斯變換：
   $\mathcal{L}\{y(t)\} + 4 \mathcal{L}\{y(t) * t\} = 2 \mathcal{L}\{t\}$
   $Y(s) + 4 \cdot Y(s) \cdot \frac{1}{s^2} = 2 \cdot \frac{1}{s^2}$

3. 求解代數方程 $Y(s)$：
   提出 $Y(s)$：
   $Y(s) \left(1 + \frac{4}{s^2}\right) = \frac{2}{s^2}$
   $Y(s) \left(\frac{s^2 + 4}{s^2}\right) = \frac{2}{s^2}$
   兩邊同乘以 $s^2$：
   $Y(s) (s^2 + 4) = 2 \implies Y(s) = \frac{2}{s^2 + 4}$

核心觀念

本題分為兩部分：

• 向量分析：利用溫度函數的梯度 $\nabla T$ 判斷溫度增加最快與降低最快的方向。
• 線性代數：利用特徵值與特徵向量將矩陣對角化，再由
  $A=PDP^{-1}$
  計算矩陣高次方。

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（a）溫度下降最快的方向

核心觀念

對純量函數 $T(x,y,z)$ 而言，梯度定義為

$$\nabla T= \left( \frac{\partial T}{\partial x}, \frac{\partial T}{\partial y}, \frac{\partial T}{\partial z} \right).$$

梯度方向是溫度增加最快的方向，因此溫度下降最快的方向為負梯度方向：

$$-\nabla T.$$

題目給定

$$T(x,y,z)=xyz(1-x)(2-y)(3-z).$$

計算梯度

對 $x$ 微分：

$$\frac{\partial T}{\partial x} =yz(2-y)(3-z)(1-2x).$$

對 $y$ 微分：

$$\frac{\partial T}{\partial y} =xz(1-x)(3-z)(2-2y).$$

對 $z$ 微分：

$$\frac{\partial T}{\partial z} =xy(1-x)(2-y)(3-2z).$$

在位置

$$\left(\frac12,1,1\right)$$

代入：

$$\frac{\partial T}{\partial x} =1\cdot1\cdot(2-1)\cdot(3-1) \left(1-2\cdot\frac12\right)=0,$$ $$\frac{\partial T}{\partial y} =\frac12\cdot1\cdot\frac12\cdot(3-1)(2-2\cdot1)=0,$$ $$\frac{\partial T}{\partial z} =\frac12\cdot1\cdot\frac12\cdot(2-1)(3-2\cdot1) =\frac14.$$

因此

$$\nabla T\left(\frac12,1,1\right) =\left(0,0,\frac14\right).$$

溫度下降最快的方向為

$$-\nabla T=\left(0,0,-\frac14\right).$$

若要求方向單位向量，則

$$\frac{-\nabla T}{\left\|-\nabla T\right\|} =(0,0,-1).$$

解題技巧

只要先判斷梯度方向即可：

• $\nabla T$：升溫最快方向；
• $-\nabla T$：降溫最快方向；
• 梯度為零時，無法由一階梯度判斷最快變化方向。

本題梯度只有 $z$ 分量為正，因此沿著負 $z$ 軸飛行即可最快降溫。

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（b）矩陣對角化與 $A^{10}$

給定

$$A= \begin{bmatrix} 1&1&0\\ 1&1&0\\ 0&0&-4 \end{bmatrix}.$$

核心觀念

若矩陣 $A$ 有足夠多個線性獨立的特徵向量，便可寫成

$$A=PDP^{-1},$$

其中 $D$ 為特徵值組成的對角矩陣，$P$ 的各欄為對應的特徵向量。

此外，

$$A^{10}=PD^{10}P^{-1},$$

而對角矩陣的次方只需將每個對角元素分別取十次方。

求特徵值

特徵方程為

$$\det(A-\lambda I)=0.$$

由於 $A$ 可分成左上角的 $2\times2$ 區塊及右下角元素，因此

$$\det(A-\lambda I) = \det \begin{bmatrix} 1-\lambda&1\\ 1&1-\lambda \end{bmatrix} (-4-\lambda).$$

計算左上角區塊：

$$\det \begin{bmatrix} 1-\lambda&1\\ 1&1-\lambda \end{bmatrix} =(1-\lambda)^2-1 =\lambda(\lambda-2).$$

因此

$$\det(A-\lambda I) =\lambda(\lambda-2)(-4-\lambda).$$

核心觀念

1. Laplace 轉換定義與單位階梯函數（Unit Step Function）：
   • 分段函數 $f(t)$ 的 Laplace 轉換可直接由定義式 $F(s) = \mathcal{L}\{f(t)\} = \int_0^\infty f(t) e^{-st} dt$ 求得。
   • 亦可將 $f(t)$ 表示為單位階梯函數之差 $f(t) = u(t) - u(t-3)$，利用第二位移定理（Second Shifting Theorem）求解：$\mathcal{L}\{u(t-a)\} = \frac{e^{-as}}{s}$。
2. 摺積定理（Convolution Theorem）與時域分區積分：
   • 函數 $g(t)$ 與 $f(t)$ 的摺積定義為 $h(t) = (g * f)(t) = \int_0^\infty g(t-\tau)f(\tau)d\tau$。
   • 頻域法：利用摺積定理 $\mathcal{L}\{(g*f)(t)\} = G(s)F(s)$，求出 $H(s)$ 後進行部分分式拆解（Partial Fraction Expansion），再經由逆 Laplace 轉換 $\mathcal{L}^{-1}$ 求得 $h(t)$。
   • 時域法：考慮 $g(t-\tau)$ 與 $f(\tau)$ 的非零範圍，將時間區分為 $0 \le t \le 3$ 與 $t > 3$ 兩段直接進行定積分。

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解題方法

(a) 求 $f(t)$ 的 Laplace 轉換 $F(s)$

【方法一：定義積分法】
將 $f(t) = \begin{cases} 1, & 0 \le t \le 3 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$ 代入 Laplace 轉換定義：
$F(s) = \int_0^\infty f(t) e^{-st} dt = \int_0^3 1 \cdot e^{-st} dt$

當 $s \neq 0$ 時：
$F(s) = \left[ \frac{e^{-st}}{-s} \right]_0^3 = \frac{e^{-3s} - 1}{-s} = \frac{1 - e^{-3s}}{s}$

（註：當 $s = 0$ 時，由極限或直接積分可知 $F(0) = \int_0^3 1 dt = 3$）

【方法二：單位階梯函數法】
將 $f(t)$ 表示為單位階梯函數之組合：
$f(t) = u(t) - u(t-3)$

利用 Laplace 轉換之線性性質與位移公式：
$F(s) = \mathcal{L}\{u(t)\} - \mathcal{L}\{u(t-3)\} = \frac{1}{s} - \frac{e^{-3s}}{s} = \frac{1 - e^{-3s}}{s}$

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(b) 求 $h(t) = \int_0^\infty g(t-\tau)f(\tau)d\tau$（$t \ge 0$）

已知 $g(t) = 2e^{-2t}$（對於 $t \ge 0$），即 $g(t) = 2e^{-2t}u(t)$，其 Laplace 轉換為：
$G(s) = \mathcal{L}\{2e^{-2t}u(t)\} = \frac{2}{s+2}$

【方法一：頻域摺積定理法（推薦）】
根據摺積定理 $H(s) = G(s) \cdot F(s)$：
$H(s) = \frac{2}{s+2} \cdot \frac{1 - e^{-3s}}{s} = \frac{2(1 - e^{-3s})}{s(s+2)}$

將無指數項部分進行部分分式拆解：
$\frac{2}{s(s+2)} = \frac{1}{s} - \frac{1}{s+2}$

代回 $H(s)$ 可得：
$H(s) = \left( \frac{1}{s} - \frac{1}{s+2} \right) - e^{-3s} \left( \frac{1}{s} - \frac{1}{s+2} \right)$

對兩端取逆 Laplace 轉換 $\mathcal{L}^{-1}$：

• $\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s} - \frac{1}{s+2} \right\} = (1 - e^{-2t})u(t)$

核心觀念

1. 多分枝條件控制敘述（Conditional Ladder Statements）：在程式設計中，面對連續且互斥的數值區間判定時，應使用 if - else if - else 結構進行條件判斷。
2. 實數變數宣告（Floating-Point Variable Declaration）：題目強調「所有變數均以實數宣告」，在 C/C++ 語言中應使用單精度浮點數 float 或雙精度浮點數 double 型別。
3. 自訂函數與迴圈累加／累乘邏輯（Loop Accumulation Algorithm）：次方的數學定義為底數的連乘，即 $b^n = \underbrace{b \times b \times \dots \times b}_{n \text{ 個}}$。透過 for 或 while 迴圈控制執行次數，即可在不呼叫外部庫函數（如 pow()）的前提下完成次方計算。

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解題方法

(a) 促銷折扣金額計算程式

給定輸入之購物消費額 $X > 0$（實數），對應之折扣函數 $f(X)$ 定義如下：

$f(X) = \begin{cases} X \times 0.85, & X \ge 50000 \\ X \times 0.90, & 10000 \le X < 50000 \\ X \times 0.92, & 5000 \le X < 10000 \\ X \times 0.95, & 1000 \le X < 5000 \\ X \times 1.00, & 0 < X < 1000 \end{cases}$

由最高金額門檻向低金額門檻依序判定，可免除在 else if 中撰寫複合區間條件（如 X >= 10000 && X < 50000）。程式選擇以 C++ 語言 撰寫，所有變數皆宣告為 double。

(b) 次方函數 integerPower(base, exponent)

數學定義：當 $\text{exponent} = n \in \mathbb{N}^+$，且 $\text{base} = b \in \mathbb{Z}$ 時：

$\text{result} = \prod_{i=1}^{n} b = b^n$

自訂函數時，傳入參數 base 為整數 int，exponent 為正整數 int，傳回值定為 long long（以防次方結果溢位）。函數內部初始化 result = 1，並利用迴圈進行 $n$ 次連乘。程式選擇以 C++ 語言 撰寫。

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選項分析與邊界邏輯

(a) 折扣條件區間與邊界分析

• $X < 1000$：未達折扣門檻，折扣率為 $1.00$，應付金額即為原消費額 $X$。
• $1000 \le X \le 4999$（滿 1,000 元）：滿足第一個折扣條件，享有 95 折（即乘以 $0.95$）。
• $5000 \le X \le 9999$（5,000~9,999 元）：滿足第二個折扣條件，享有 92 折（即乘以 $0.92$）。
• $10000 \le X \le 49999$（10,000~49,999 元）：滿足第三個折扣條件，享有 9 折（即乘以 $0.90$）。
• $X \ge 50000$（50,000 元以上）：滿足最高折扣門檻，享有 85 折（即乘以 $0.85$）。

(b) 函數參數與極值邊界分析

• $\text{exponent} = 1$：迴圈執行 $1$ 次，結果為 $\text{base} \times 1 = \text{base}$，符合數學定義 $b^1 = b$。
• $\text{exponent} > 1$：迴圈精確執行 $\text{exponent}$ 次，連乘累積結果為 $b^n$。