114 年 國立中山大學通訊工程研究所乙組《工程數學甲》

觀念與選項剖析

1. 向量線性相關性與矩陣的階數（Rank）
由題目給定條件 $a_1 + 2a_2 = 3a_3$，移項可得：
$1 \cdot a_1 + 2 \cdot a_2 + (-3) \cdot a_3 = 0$
因存在不全為零的係數 $(1, 2, -3)$ 使線性組合為零向量，故向量組 $\{a_1, a_2, a_3\}$ 線性相關（Linearly Dependent）。
故 (E) 正確。

矩陣 $A = [a_1, a_2, a_3] \in \mathbb{R}^{4 \times 3}$ 共有 3 個行向量，因其線性相關，獨立行向量個數必小於 3：
$\text{rank}(A) \le 2$
故 (C) 正確。

2. 方程組解的存在性與解的個數
由條件 $a_1 + a_2 + a_3 = b$，表示：
$A \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} = b$
此說明 $x_p = [1, 1, 1]^T$ 為方程組 $Ax = b$ 的一個特解，即向量 $b$ 屬於 $A$ 的行空間 $C(A)$，增廣矩陣不增加階數：
$\text{rank}([A, b]) = \text{rank}(A)$
故 (B) 正確。

核心觀念

本題重點是辨認矩陣的尺寸，並使用下列定義：

• $m\times n$ 矩陣的 rank 是其線性獨立列（或行）的最大數目。
• trace 只對方陣定義：
  $\operatorname{trace}(A)=\sum_{i=1}^{n}a_{ii}.$
• determinant 只對方陣定義。
• 特徵值 $\lambda$ 必須滿足
  $A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x},\qquad \mathbf{x}\ne\mathbf{0},$
  因此 $A$ 必須是方陣。

題目中的 $A$ 有 $4$ 列、$5$ 行，是 $4\times 5$ 矩陣。

解題方法：求 rank

觀察可得第 $3$、$4$ 列與第 $2$ 列完全相同。進行列運算：

$$R_3\leftarrow R_3-R_2,\qquad R_4\leftarrow R_4-R_2,$$

得到

$$\begin{bmatrix} 2&0&0&0&2\\ 0&1&1&1&0\\ 0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0 \end{bmatrix}.$$

其中前兩列皆為非零列，且彼此線性獨立，因此

$$\operatorname{rank}(A)=2.$$

選項分析

(A) $\operatorname{rank}(A)=2$

由列簡化結果可知，矩陣有兩個主元素，故

$$\operatorname{rank}(A)=2.$$

此選項正確。

核心觀念

因為 $Q$ 是正交矩陣，所以

$$Q^TQ=I.$$

正交矩陣不會改變向量的內積與長度。由

$$A=QR$$

可得

$$A^TA=(QR)^T(QR)=R^TQ^TQR=R^TR.$$

因此，$a_i^Ta_j$ 可直接由 $R^TR$ 的第 $(i,j)$ 個元素得到。

解題方法

矩陣 $R$ 的三個列向量為

$$r_1= \begin{bmatrix} 1\\0\\0 \end{bmatrix},\qquad r_2= \begin{bmatrix} 2\\4\\0 \end{bmatrix},\qquad r_3= \begin{bmatrix} 3\\5\\6 \end{bmatrix}.$$

由 $A=QR$，可知

$$a_1=Qr_1,\qquad a_2=Qr_2,\qquad a_3=Qr_3.$$

利用 $Q^TQ=I$：

$$a_i^Ta_j=(Qr_i)^T(Qr_j) =r_i^TQ^TQr_j =r_i^Tr_j.$$

因此：

$$a_1^Ta_1=r_1^Tr_1=1^2=1,$$ $$a_2^Ta_2=r_2^Tr_2=2^2+4^2=20,$$ $$a_3^Ta_3=r_3^Tr_3=3^2+5^2+6^2=70,$$

以及

$$a_1^Ta_2=r_1^Tr_2 =(1)(2)+(0)(4)+(0)(0)=2.$$

也可一次計算：

觀念核心：正交投影與正規方程式

向量 $a_3$ 在 $\text{span}(a_1, a_2)$ 上的正交投影向量 $q_3$ 可表示為 $a_1, a_2$ 的線性組合：

$$q_3 = c_1 a_1 + c_2 a_2$$

由正交性可知 $(a_3 - q_3) \perp a_1$ 且 $(a_3 - q_3) \perp a_2$，建立正規方程式（Normal Equations）：

$$\begin{bmatrix} a_1^T a_1 & a_1^T a_2 \\ a_2^T a_1 & a_2^T a_2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a_1^T a_3 \\ a_2^T a_3 \end{bmatrix}$$

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計算步驟

1. 計算內積

根據 $a_1 = [1, 0, 1, 2]^T$、$a_2 = [2, 1, 0, 2]^T$、$a_3 = [3, 4, 5, 6]^T$：

• $a_1^T a_1 = 1^2 + 0^2 + 1^2 + 2^2 = 6$
• $a_1^T a_2 = 1(2) + 0(1) + 1(0) + 2(2) = 6$
• $a_2^T a_2 = 2^2 + 1^2 + 0^2 + 2^2 = 9$
• $a_1^T a_3 = 1(3) + 0(4) + 1(5) + 2(6) = 20$
• $a_2^T a_3 = 2(3) + 1(4) + 0(5) + 2(6) = 22$

核心觀念

由

$$AA^T=I_n$$

可知 $A$ 為正交矩陣。因為 $A$ 是方陣，故 $A$ 可逆，且

$$A^{-1}=A^T,\qquad A^TA=I_n.$$

因此可使用以下性質：

1. 正交矩陣的行列式滿足 $\det(A)=\pm1$。
2. 正交矩陣必可逆，所以 $\operatorname{rank}(A)=n$。
3. 正交矩陣的每一列、每一行皆為單位向量。
4. 正交矩陣的特徵值絕對值皆為 $1$，但不一定是實數。

「$A$ 是非零矩陣」其實是多餘條件，因為 $AA^T=I_n\neq0$ 已經保證 $A\neq0$。

解題方法

先由矩陣條件判斷行列式與秩，再利用正交矩陣的行向量長度判斷跡，最後以平面旋轉矩陣檢驗特徵值是否必為實數。

選項分析

(A) $\operatorname{trace}(A)\neq0$

錯誤。

取二階旋轉矩陣

$$R= \begin{pmatrix} 0&-1\\ 1&0 \end{pmatrix}.$$

則

$$RR^T= \begin{pmatrix} 0&-1\\ 1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0&1\\ -1&0 \end{pmatrix} = I_2,$$

但

$$\operatorname{trace}(R)=0+0=0.$$

所以正交矩陣的跡不一定非零。

(B) $\det(A)=1$

錯誤。

對 $AA^T=I_n$ 取行列式：

$$\det(AA^T)=\det(A)\det(A^T)=(\det A)^2.$$

由 $\det(I_n)=1$，得到

$$(\det A)^2=1,$$

因此

$$\det(A)=\pm1.$$

例如反射矩陣

$$A= \operatorname{diag}(-1,1,\ldots,1)$$

滿足 $AA^T=I_n$，但

$$\det(A)=-1.$$

故不能必然得到 $\det(A)=1$。

(C) $\operatorname{rank}(A)=n$

正確。

由上面的行列式計算可得

$$\det(A)=\pm1\neq0.$$

核心觀念

令 $A\in\mathbb{R}^{m\times n}$，則

• $A:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m$，$A^T:\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^n$。
• 秩轉置不變：
  $\operatorname{rank}(A^T)=\operatorname{rank}(A).$
• 秩－零度定理：
  $\operatorname{rank}(B)+\dim N(B)=\text{定義域維度}.$
• Gram 矩陣滿足：
  $\operatorname{rank}(AA^T)=\operatorname{rank}(A^TA)=\operatorname{rank}(A).$
• 基本正交關係：
  $R(A)^\perp=N(A^T),\qquad R(A^T)^\perp=N(A).$

解題方法

逐項利用矩陣尺寸、秩與零空間的關係判斷。對於涉及 $AA^T$ 或 $A^TA$ 是否可逆的敘述，關鍵是：

$AA^T\text{ 可逆}\iff \operatorname{rank}(A)=m,$

$A^TA\text{ 可逆}\iff \operatorname{rank}(A)=n.$

兩者分別代表 $A$ 滿列秩與滿行秩，不能混為一談。

選項分析

(A) 錯誤

若 $A$ 的欄向量線性獨立，則

$\operatorname{rank}(A)=n.$

但 $AA^T$ 是 $m\times m$ 矩陣，且

$\operatorname{rank}(AA^T)=\operatorname{rank}(A)=n.$

要使 $AA^T$ 非奇異，必須有 $\operatorname{rank}(AA^T)=m$，也就是必須滿足 $n=m$。題目沒有保證 $m=n$，因此敘述不成立。

例如

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

$A$ 只有一個非零欄向量，故欄向量線性獨立；但

$$AA^T= \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{bmatrix},$$

其行列式為 $0$，是奇異矩陣。

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(B) 正確

$A^T$ 是從 $\mathbb{R}^m$ 映射到 $\mathbb{R}^n$ 的線性變換，其定義域維度為 $m$。由秩－零度定理，

$\operatorname{rank}(A^T)+\dim N(A^T)=m.$

因此此敘述正確。

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(C) 錯誤

由欄空間包含關係及秩相等，可得

$R(AA^T)=R(A),$

$R(A^TA)=R(A^T).$

核心觀念
此題測驗的是拉普拉斯反變換的基本表：

$$\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{a}{s^{2}+a^{2}}\right\}= \sin(at),\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s}{s^{2}+a^{2}}\right\}= \cos(at)$$

把分子寫成常數乘上 $a$ 或 $s$ 的形式即可直接套用。

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(a) 轉換過程

1. 辨識分母的形式

$s^{2}+16 = s^{2}+4^{2}$

這是典型的 $s^{2}+a^{2}$ 型，其中 $a=4$。

2. 把分子寫成 $a$ 的倍數
   原式為

$\frac{-5}{s^{2}+16}= -5\;\frac{1}{s^{2}+4^{2}}$

目標是得到 $\dfrac{a}{s^{2}+a^{2}}$ 的樣子。
觀察到

核心觀念

本題綜合考查：

1. 傅立葉轉換的矩形脈衝公式。
2. 單位階躍函數的廣義傅立葉轉換。
3. 奇函數的傅立葉級數特性。
4. 拉普拉斯轉換的初值定理。

以下採用角頻率傅立葉轉換定義

$$F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-j\omega t}\,dt.$$

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解題方法

逐一檢查各選項所述公式。前三項屬於傅立葉分析，第四項屬於拉普拉斯轉換。關鍵在於單位階躍函數的傅立葉轉換必須以廣義函數表示，除了 $\delta(\omega)$ 項之外，還包含 $1/(j\omega)$ 的主值項。

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選項分析

(A) 正確

設以原點為中心、寬度為 $T$、高度為 $1$ 的矩形脈衝為

$$p(t)= \begin{cases} 1, & |t|<\dfrac{T}{2},\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

其傅立葉轉換為

$$P(\omega) =\int_{-T/2}^{T/2}e^{-j\omega t}\,dt.$$

計算得

$$P(\omega) =\left[\frac{e^{-j\omega t}}{-j\omega}\right]_{-T/2}^{T/2} =\frac{e^{-j\omega T/2}-e^{j\omega T/2}}{-j\omega}.$$

利用

$$e^{-j\theta}-e^{j\theta}=-2j\sin\theta,$$

可得

$$P(\omega)=\frac{2\sin(\omega T/2)}{\omega}.$$

若定義

$$\operatorname{sinc}(x)=\frac{\sin x}{x},$$

則

$$P(\omega) =T\frac{\sin(\omega T/2)}{\omega T/2} =T\,\operatorname{sinc}\left(\frac{\omega T}{2}\right).$$

因此 (A) 正確。

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(B) 錯誤

單位階躍函數可寫成

$$u(t)=\frac{1}{2}\left[1+\operatorname{sgn}(t)\right].$$

在廣義函數的意義下，

$$\mathcal{F}\{1\}=2\pi\delta(\omega),$$

且

$$\mathcal{F}\{\operatorname{sgn}(t)\} =\frac{2}{j\omega},$$

其中 $1/\omega$ 必須理解為柯西主值。因此

$$\mathcal{F}\{u(t)\} =\pi\delta(\omega)+\operatorname{PV}\left(\frac{1}{j\omega}\right).$$

也可由微分性質得到相同結果。由於

$$\frac{d}{dt}u(t)=\delta(t),$$

而

$$\mathcal{F}\left\{\frac{d}{dt}u(t)\right\} =j\omega U(\omega),$$

所以

核心觀念

本題考查傅立葉級數逼近不連續函數時的 Gibbs phenomenon（吉布斯現象）。

對週期函數 $f(x)$，其傅立葉級數的第 $N$ 階部分和為

$$S_N(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{N}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right).$$

若 $f(x)$ 為分段光滑函數，依 Dirichlet 收斂定理：

• 在連續點 $x$，有 $S_N(x)\to f(x)$。
• 在跳躍不連續點 $x_0$，有

$$S_N(x_0)\to \frac{f(x_0^-)+f(x_0^+)}{2}.$$

然而，$S_N(x)$ 在不連續點附近會出現持續的振盪與超越，這種現象就是 Gibbs phenomenon。

其重要特徵是：

1. 超越量不會隨 $N$ 增加而完全消失。
2. 超越區域會逐漸變窄。
3. 超越量約為跳躍量的 $8.949\%$，通常概略記為 $9\%$。

若跳躍量為

$$J=f(x_0^+)-f(x_0^-),$$

則極限超越量約為

$$0.08949|J|.$$

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解題方法

判斷 Gibbs phenomenon 的關鍵是分清楚「振盪幅度」與「振盪範圍」：

• 增加傅立葉級數項數時，振盪範圍會縮小。
• 但靠近跳躍點的最大超越幅度仍維持約跳躍量的 $9\%$。
• 因此，傅立葉級數會逐點收斂，但在不連續點附近並非一致收斂。

以方波為例：

$$f(x)= \begin{cases} 1, & 0<x<\pi,\\ -1, & -\pi<x<0. \end{cases}$$

其傅立葉級數為

$$f(x)=\frac{4}{\pi} \left( \sin x+\frac{1}{3}\sin 3x+\frac{1}{5}\sin 5x+\cdots \right).$$

在 $x=0$ 附近，函數由 $-1$ 跳躍至 $1$，跳躍量為

$$J=1-(-1)=2.$$

核心觀念

本題使用離散時間傅立葉級數。對週期 $N=10$ 的訊號，

$$x[n]=\sum_{k=0}^{9}a_k e^{j\frac{2\pi}{10}kn},$$

且傅立葉係數具有週期性：

$$a_{k+10}=a_k.$$

帕塞瓦爾定理為

$$\frac{1}{10}\sum_{n=0}^{9}|x[n]|^2 =\sum_{k=0}^{9}|a_k|^2.$$

另外，若 $x[n]$ 為實數且偶函數，則

$$a_{-k}=a_k^*=a_k.$$

因此 $a_{10-k}=a_k$。

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解題方法

由係數週期性，

$$a_{11}=a_1=5.$$

因為 $-1\equiv 9\pmod {10}$，且訊號為實數偶函數，所以

$$a_9=a_{-1}=a_1=5.$$

利用題目給定的平均能量與帕塞瓦爾定理：

$$50=\sum_{k=0}^{9}|a_k|^2.$$

其中 $a_1$ 與 $a_9$ 已經貢獻

$$|a_1|^2+|a_9|^2 =|5|^2+|5|^2 =25+25=50.$$

由於所有 $|a_k|^2$ 皆為非負數，總和已經等於 $50$，故其餘傅立葉係數必須全部為零：

$$a_k=0,\qquad k\notin\{1,9\}.$$

因此反傅立葉級數為

題意辨識與核心觀念

題目文字中的 $(t+1)$、$(t-1)$ 應缺少單位衝擊函數 $\delta$；因為四個選項皆對應於「兩個位移單位衝擊函數」的 Fourier transform。以下依合理題意

$$x(t)=\delta(t+1)+\delta(t-1)$$

進行解題。

採用 Fourier transform 定義

$$X(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j\omega t}\,dt.$$

本題使用兩個公式：

$$\delta(t-t_0)\ \longleftrightarrow\ e^{-j\omega t_0}$$

以及線性性質

$$\mathcal{F}\{x_1(t)+x_2(t)\} = \mathcal{F}\{x_1(t)\} + \mathcal{F}\{x_2(t)\}.$$

解題方法

將兩個衝擊函數分別視為位於 $t=-1$ 與 $t=1$：

$$\delta(t+1)=\delta\bigl(t-(-1)\bigr), \qquad \delta(t-1)=\delta(t-1).$$

因此

$$\begin{aligned} X(\omega) &=\mathcal{F}\{\delta(t+1)\} +\mathcal{F}\{\delta(t-1)\}\\ &=e^{-j\omega(-1)}+e^{-j\omega(1)}\\ &=e^{j\omega}+e^{-j\omega}. \end{aligned}$$

由 Euler 公式

$$e^{j\omega}+e^{-j\omega}=2\cos\omega,$$

所以

$$X(\omega)=e^{-j\omega}+e^{j\omega}=2\cos\omega.$$

選項分析

• (A) $e^{-j\omega}+e^{j\omega}$：正確。
  這正是 $\delta(t-1)$ 與 $\delta(t+1)$ 的 Fourier transform 相加結果，亦等於

觀念解析

離散時間訊號之離散時間傅立葉轉換（DTFT）具有週期性，週期為 $2\pi$。基本複數指數訊號 $e^{j\omega_0 n}$ 的 DTFT 為：
$\mathcal{F}\{e^{j\omega_0 n}\} = \sum_{l=-\infty}^{\infty} 2\pi \delta(\omega - \omega_0 - 2\pi l)$

詳細推導

1. 利用歐拉公式將 $x[n]$ 展開：

核心觀念
此題測驗的重點在於利用 拉普拉斯轉換 求解線性常係數非齊次常微分方程，並把結果寫成 卷積 的形式。關鍵步驟如下：

1. 將微分方程 $y''-2y'-8y=f(t)$ 取拉普拉斯變換，得到代數方程 $Y(s)$ 與 $F(s)$ 的關係。
2. 把 $Y(s)$ 分解為兩部份：
   • 與 $F(s)$ 有關的項對應 系統脈衝響應，其逆變換會以卷積 $h(t)*f(t)$ 出現。
   • 與初始條件相關的項直接逆變換成指數解。
3. 透過部分分式展開求出脈衝響應 $h(t)$ 以及與初始條件相關的指數係數。

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解題過程

1. 拉普拉斯變換

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^{2}Y(s)-sy(0)-y'(0),\qquad \mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0)$$

代入 $y(0)=1,\;y'(0)=0$：

$\bigl[s^{2}Y(s)-s\cdot1\bigr]-2\bigl[sY(s)-1\bigr]-8Y(s)=F(s)$

整理：

$\bigl(s^{2}-2s-8\bigr)Y(s)=F(s)+s-2$

2. 分解 $Y(s)$

$Y(s)=\frac{F(s)}{(s-4)(s+2)}+\frac{s-2}{(s-4)(s+2)}$

第二項只含 $s$，與初始條件相關；第一項含 $F(s)$，對應卷積項。

3. 求脈衝響應（第一項的逆變換）

先把

$\frac{1}{(s-4)(s+2)}=\frac{C}{s-4}+\frac{D}{s+2}$

求 $C,D$：

$$1=C(s+2)+D(s-4)\Longrightarrow \begin{cases} s=4:& 1=6C \;\Rightarrow\; C=\dfrac16\\[4pt] s=-2:& 1=-6D \;\Rightarrow\; D=-\dfrac16 \end{cases}$$

因此

$\frac{1}{(s-4)(s+2)}=\frac{1/6}{s-4}-\frac{1/6}{s+2}$

逆變換得到脈衝響應

核心觀念

本題考一階常係數線性微分方程，以及縱向磁化量的指數恢復模型。微分方程為

$$\frac{dM_z}{dt}=\frac{M_0-M_z}{T_1}$$

其中 $M_0$ 是平衡磁化量，$T_1>0$ 是縱向鬆弛時間。當 $M_z<M_0$ 時，磁化量會隨時間恢復至 $M_0$。

解題方法

將磁化量改寫成相對於平衡值的偏差。令

$$u(t)=M_z(t)-M_0$$

因為 $M_0$ 為常數，所以

$$\frac{du}{dt}=\frac{dM_z}{dt}$$

原方程式可改寫為

$$\frac{du}{dt} =\frac{M_0-M_z}{T_1} =-\frac{M_z-M_0}{T_1} =-\frac{u}{T_1}$$

因此

$$\frac{du}{u}=-\frac{dt}{T_1}$$

兩邊積分得

$$\ln|u|=-\frac{t}{T_1}+C$$

故

$$u(t)=C_1e^{-t/T_1}$$

代回 $u(t)=M_z(t)-M_0$：

$$M_z(t)=M_0+C_1e^{-t/T_1}$$

利用初始條件 $M_z(0)=0$：

核心觀念

本題考查偏微分方程的變數分離法。設解具有乘積形式

$$u(x,y)=X(x)Y(y),$$

其中 $X$ 僅依賴 $x$，$Y$ 僅依賴 $y$。代入後，將含 $x$ 的項與含 $y$ 的項分離；由於兩者分別只依賴不同變數，因此必須等於同一個分離常數。

解題方法

令

$$u(x,y)=X(x)Y(y),$$

則

$$\frac{\partial u}{\partial x}=X'(x)Y(y),\qquad \frac{\partial u}{\partial y}=X(x)Y'(y).$$

代入原方程：

$$\frac{1}{y}X'Y=\frac{1}{3x}XY'.$$

兩邊乘以 $3xy$，得

$$3xX'Y=yXY'.$$

對非零乘積解 $X(x)Y(y)\neq 0$，除以 $XY$：

$$3x\frac{X'}{X}=y\frac{Y'}{Y}.$$

左側只含 $x$，右側只含 $y$，故令兩者皆等於分離常數 $\lambda$：

$$3x\frac{X'}{X}=\lambda, \qquad y\frac{Y'}{Y}=\lambda.$$

分別解兩個常微分方程。

對 $X(x)$：

$$\frac{X'}{X}=\frac{\lambda}{3x},$$

因此

$$\frac{dX}{X}=\frac{\lambda}{3}\frac{dx}{x}.$$

積分得

$$\ln |X|=\frac{\lambda}{3}\ln |x|+C_1,$$

所以

$$X(x)=C_1|x|^{\lambda/3}.$$

同理，對 $Y(y)$：

$$\frac{Y'}{Y}=\frac{\lambda}{y},$$

積分得

核心觀念

本題考查兩個觀念：

1. 隱式曲面 $f(x,y,z)=0$ 的法向量為梯度向量 $\nabla f$，單位法向量為
   $\mathbf{n}=\frac{\nabla f}{\|\nabla f\|}.$

2. 曲面 $z=g(x,y)$ 的表面積公式為
   $A=\iint_D\sqrt{1+g_x^2+g_y^2}\,dA.$

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解題方法

由
$f(x,y,z)=x^2+y^2+z-2=0,$
可得曲面表示為
$z=2-x^2-y^2.$

與 $xy$ 平面 $z=0$ 的交線滿足
$x^2+y^2-2=0,$
因此交線是半徑 $\sqrt{2}$ 的圓，投影區域為
$D=\{(x,y):x^2+y^2\le 2\}.$

所 enclosed 的立體區域為
$0\le z\le 2-x^2-y^2,\qquad x^2+y^2\le2.$

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（1）曲面的單位法向量

曲面的梯度向量為
$\nabla f=(f_x,f_y,f_z)=(2x,2y,1).$

其長度為

$$\|\nabla f\|=\sqrt{(2x)^2+(2y)^2+1^2} =\sqrt{4x^2+4y^2+1}.$$

因此，$f=0$ 曲面上的單位法向量為

$$\boxed{\mathbf{n} =\frac{(2x,2y,1)} {\sqrt{4x^2+4y^2+1}}}.$$

因為立體內部滿足 $f\le0$，而梯度方向指向 $f$ 增大的方向，所以此向量是曲面側的外向單位法向量。

底面位於 $z=0$，立體在平面上方，因此底面的外向單位法向量為
$\boxed{\mathbf{n}_{\text{base}}=(0,0,-1)}.$

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（2）物體的表面積

物體表面由上方拋物面與下方圓形底面組成。

拋物面面積

令
$g(x,y)=2-x^2-y^2.$

則
$g_x=-2x,\qquad g_y=-2y.$

代入曲面面積公式：

$$A_{\text{curved}} =\iint_D\sqrt{1+4x^2+4y^2}\,dA.$$