108 年 國立中央大學光電科學與工程學系半導體光電科技碩士班《工程數學》

核心觀念

複數平方根可用極式求解。若 $z=re^{i\theta}$，則它的平方根為

$$w_k=\sqrt{r}\,e^{i(\theta+2k\pi)/2},\qquad k=0,1.$$

因此非零複數有兩個平方根，彼此互為相反數。另須注意，複數的主值平方根不符合一般實數平方根的所有運算規則，尤其不能任意使用 $\sqrt{-z}=i\sqrt{z}$。

解題方法

(a) 求 $\sqrt{-1+\sqrt{3}i}$

令 $z=-1+\sqrt{3}i$。先求模長：

$$|z|=\sqrt{(-1)^2+(\sqrt{3})^2}=2.$$

其幅角為 $2\pi/3$，所以

$$z=2\left(\cos\frac{2\pi}{3}+i\sin\frac{2\pi}{3}\right).$$

平方根的模長為 $\sqrt{2}$，幅角為 $\pi/3$ 與 $4\pi/3$。因此兩個平方根是

$$\sqrt{2}\left(\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\right) =\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}}{2}i$$

以及它的相反數

$$-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{2}i.$$

驗算第一個根：

$$\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}}{2}i\right)^2 =-1+\sqrt{3}i.$$

核心觀念

第一類線積分依參數式計算：

$$\int_C f(x,y)\,ds = \int_\alpha^\beta f\bigl(x(t),y(t)\bigr) \sqrt{[x'(t)]^2+[y'(t)]^2}\,dt.$$

依原卷圖，積分函數為 $\dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$；橢圓的左右、上下端點分別為 $(\pm3,0)$、$(0,\pm2)$。箭頭表示從 $a=(3,0)$ 逆時針沿橢圓走至 $b=(0,-2)$，參數範圍為四分之三圈。

解題方法

以標準參數式表示橢圓：

$$x=3\cos t,\qquad y=2\sin t,\qquad 0\le t\le\frac{3\pi}{2}.$$

因此

$$ds =\sqrt{9\sin^2t+4\cos^2t}\,dt, \qquad \sqrt{x^2+y^2} =\sqrt{9\cos^2t+4\sin^2t}.$$

代入線積分，並使用 $\sin^2t+\cos^2t=1$：

核心觀念

本題考查週期為 $2\pi$ 的傅立葉級數、分段函數的係數計算，以及傅立葉級數在跳躍點的收斂值。對週期 $2\pi$ 的函數，採用

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$$

其中

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,\qquad a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx,\qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

在分段光滑的跳躍點，傅立葉級數收斂到左右極限的平均值：

$$\frac{f(x^-)+f(x^+)}{2}.$$

解題方法

a) 函數圖形

在 $-\pi<x<0$，$f(x)=x+\pi$，直線由 $(-\pi,0)$ 上升至 $(0,\pi)$；在 $0<x<\pi$，$f(x)=x$，直線由 $(0,0)$ 上升至 $(\pi,\pi)$。依 $2\pi$ 週期向左右延伸後，每個長度為 $\pi$ 的區間都是由 $0$ 上升至 $\pi$ 的斜直線，並在每個 $x=k\pi$ 處跳降。

題目沒有指定 $x=k\pi$ 處的函數值；作圖時以空心端點表示單側極限即可。

b) 傅立葉級數

先算常數項：

$$a_0=\frac{1}{\pi} \left(\int_{-\pi}^{0}(x+\pi)\,dx+\int_{0}^{\pi}x\,dx\right) =\frac{1}{\pi}\left(\frac{\pi^2}{2}+\frac{\pi^2}{2}\right) =\pi.$$

因此常數項為 $a_0/2=\pi/2$。

計算 $a_n$ 時，將負半區間以 $u=-x$ 換元：

$$\begin{aligned} a_n &=\frac{1}{\pi}\left(\int_{-\pi}^{0}(x+\pi)\cos nx\,dx +\int_{0}^{\pi}x\cos nx\,dx\right)\\ &=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\bigl((\pi-u)+u\bigr)\cos nu\,du\\ &=\int_{0}^{\pi}\cos nu\,du=0. \end{aligned}$$

接著計算 $b_n$。同樣令負半區間 $u=-x$，可得

核心觀念

兩小題都是二階常係數線性微分方程的初值問題。先解齊次方程，再依右側外力項選擇特解形式，最後代入初始條件求出常數。

若特解的形式與齊次解重複，稱為共振；此時需將特解乘上足夠次方的 $t$，直到不再與齊次解重複。

解題方法

a) $y''+y'-6y=2\sin t$

先解齊次方程 $y''+y'-6y=0$。特徵方程為

$$r^2+r-6=(r-2)(r+3)=0$$

因此齊次解為

$$y_h=C_1e^{2t}+C_2e^{-3t}$$

右側是正弦函數，設特解為 $y_p=A\sin t+B\cos t$。代入微分方程後，分別比較 $\sin t$ 與 $\cos t$ 的係數：

$$y_p''+y_p'-6y_p=(-7A-B)\sin t+(A-7B)\cos t$$

所以

$$-7A-B=2,\qquad A-7B=0$$

解得 $A=-\dfrac{7}{25}$、$B=-\dfrac{1}{25}$。因此通解為

$$y=C_1e^{2t}+C_2e^{-3t}-\frac{7}{25}\sin t-\frac{1}{25}\cos t$$

由 $y(0)=1$ 得

$$C_1+C_2-\frac{1}{25}=1 \quad\Longrightarrow\quad C_1+C_2=\frac{26}{25}$$

先微分：

$$y'=2C_1e^{2t}-3C_2e^{-3t}-\frac{7}{25}\cos t+\frac{1}{25}\sin t$$

由 $y'(0)=0$ 得

$$2C_1-3C_2-\frac{7}{25}=0 \quad\Longrightarrow\quad 2C_1-3C_2=\frac{7}{25}$$

聯立兩式，得到 $C_1=\dfrac{17}{25}$、$C_2=\dfrac{9}{25}$。故

核心觀念

單位階躍函數的差表示矩形窗。由題目定義可知，$u(x+1)$ 在 $x\ge -1$ 時為 $1$，而 $u(x-1)$ 在 $x\ge 1$ 時為 $1$，因此

$$h(x)= \begin{cases} 1, & -1\le x<1,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

所以 $f(x)=h(x)\cosh x$ 只在區間 $[-1,1)$ 上非零。

題目未指定傅立葉轉換的慣例。以下採用角頻率 $\omega$ 的定義：

$$F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-i\omega x}\,dx.$$

解題方法

利用 $h(x)$ 的支撐區間，將傅立葉積分限縮為

$$F(\omega)=\int_{-1}^{1}\cosh x\,e^{-i\omega x}\,dx.$$

因為 $\cosh x$ 是偶函數，而 $\sin(\omega x)$ 是奇函數，積分中的虛部為零。因此

$$F(\omega)=2\int_0^1\cosh x\cos(\omega x)\,dx.$$

為計算此積分，使用原始函數

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值、特徵向量，以及利用矩陣的冪次關係計算高次方。特徵值 $\lambda$ 由特徵方程

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

求得；對應特徵向量 $v\ne 0$ 則滿足

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

矩陣 $A$ 的第二列與第二行皆為零，因此 $(0,1,0)^T$ 直接是零特徵值的特徵向量；其餘計算可集中在第 $1$、$3$ 列與行所構成的 $2\times2$ 區塊。

解題方法

計算特徵多項式。利用第二列只有對角項 $\lambda$，可得

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-A) &=\lambda \begin{vmatrix} \lambda-2 & -(1+2i)\\ -(1-2i) & \lambda+2 \end{vmatrix}\\ &=\lambda\left[(\lambda-2)(\lambda+2)-(1+2i)(1-2i)\right]\\ &=\lambda\left(\lambda^2-4-5\right)\\ &=\lambda(\lambda^2-9). \end{aligned}$$

其中 $(1+2i)(1-2i)=1+4=5$。因此特徵值為

$$\lambda=3,\quad -3,\quad 0.$$

$\lambda=3$ 的特徵向量

令 $v=(x,y,z)^T$。由 $(A-3I)v=0$，第二列給出 $y=0$，第一列給出

$$-x+(1+2i)z=0.$$

取 $z=1$，得到一個特徵向量

$$v_3= \begin{bmatrix} 1+2i\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}.$$

$\lambda=-3$ 的特徵向量

由 $(A+3I)v=0$，第二列給出 $y=0$，第一列給出

$$5x+(1+2i)z=0.$$

取 $x=1$，則

$$z=-\frac{5}{1+2i}=-(1-2i),$$

所以可取

核心觀念

旋度定義為

$$\nabla\times\mathbf{F} = \begin{vmatrix} \hat{\mathbf{i}} & \hat{\mathbf{j}} & \hat{\mathbf{k}}\\ \partial_x & \partial_y & \partial_z\\ F_x & F_y & F_z \end{vmatrix}.$$

遇到純量函數 $f$ 乘上向量場 $\mathbf{A}$，可用乘積公式

$$\nabla\times(f\mathbf{A}) = \nabla f\times\mathbf{A}+f(\nabla\times\mathbf{A}).$$

若 $\mathbf{c}$ 是常向量、$f$ 是純量函數，則

$$\nabla\times(f\mathbf{c})=\nabla f\times\mathbf{c}.$$

解題方法

(a)

令

$$\mathbf{A}=(x-y)\hat{\mathbf{i}}+(y-z)\hat{\mathbf{j}}+(z-x)\hat{\mathbf{k}}, \qquad f=\frac{1}{r}, \qquad r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}.$$

先計算 $f$ 的梯度與 $\mathbf{A}$ 的旋度：

$$\nabla\left(\frac{1}{r}\right) = -\frac{x\hat{\mathbf{i}}+y\hat{\mathbf{j}}+z\hat{\mathbf{k}}}{r^3},$$ $$\nabla\times\mathbf{A} = \begin{vmatrix} \hat{\mathbf{i}} & \hat{\mathbf{j}} & \hat{\mathbf{k}}\\ \partial_x & \partial_y & \partial_z\\ x-y & y-z & z-x \end{vmatrix} = \hat{\mathbf{i}}+\hat{\mathbf{j}}+\hat{\mathbf{k}}.$$

再使用乘積公式：

$$\nabla\times\mathbf{F} = -\frac{(x,y,z)\times(x-y,\ y-z,\ z-x)}{r^3} +\frac{(1,1,1)}{r}.$$

叉積為

$$(x,y,z)\times(x-y,\ y-z,\ z-x) = (z^2-xy,\ x^2-yz,\ y^2-xz).$$

因此

$$\nabla\times\mathbf{F} = \left(\frac{1}{r}-\frac{z^2-xy}{r^3}\right)\hat{\mathbf{i}} + \left(\frac{1}{r}-\frac{x^2-yz}{r^3}\right)\hat{\mathbf{j}} + \left(\frac{1}{r}-\frac{y^2-xz}{r^3}\right)\hat{\mathbf{k}}.$$

此向量場在 $r=0$ 處未定義，因此旋度的適用範圍為 $r\ne 0$。

(b)