114 年 國立中央大學光電科學與工程學系碩士班《工程數學》

核心觀念

本題考查矩形孔徑的夫朗和斐繞射（Fraunhofer diffraction）。由題目給定的繞射公式可知，遠場繞射振幅是孔徑函數 $U(\xi,\eta)$ 的二維傅立葉轉換，再乘上一個與位置有關的相位因子。

矩形孔徑為

$$-\frac{a}{2}\le \xi\le \frac{a}{2},\qquad -\frac{b}{2}\le \eta\le \frac{b}{2}$$

孔徑內振幅透射率為 $1$，孔徑外為 $0$。因此積分範圍可直接縮小為矩形孔徑範圍。

定義標準化 sinc 函數為

$$\operatorname{sinc}(u)=\frac{\sin(\pi u)}{\pi u}$$

且 $\operatorname{sinc}(0)=1$。

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解題方法

將孔徑函數代入 Fraunhofer diffraction equation：

$$U(x,y)= \frac{e^{jkz}}{j\lambda z} e^{\frac{jk}{2z}(x^2+y^2)} \int_{-a/2}^{a/2} \int_{-b/2}^{b/2} \exp\left[-j\frac{2\pi}{\lambda z}(x\xi+y\eta)\right] d\eta\,d\xi$$

由於指數函數可以分離為

$$\exp\left[-j\frac{2\pi}{\lambda z}(x\xi+y\eta)\right] = \exp\left(-j\frac{2\pi x}{\lambda z}\xi\right) \exp\left(-j\frac{2\pi y}{\lambda z}\eta\right)$$

因此二重積分可分離成兩個一維積分：

$$\begin{aligned} &\int_{-a/2}^{a/2} \int_{-b/2}^{b/2} \exp\left[-j\frac{2\pi}{\lambda z}(x\xi+y\eta)\right] d\eta\,d\xi\\ &= \left[ \int_{-a/2}^{a/2} \exp\left(-j\frac{2\pi x}{\lambda z}\xi\right)d\xi \right] \left[ \int_{-b/2}^{b/2} \exp\left(-j\frac{2\pi y}{\lambda z}\eta\right)d\eta \right]. \end{aligned}$$

$\xi$ 方向積分

令

$$\alpha=\frac{2\pi x}{\lambda z}$$

則

$$\begin{aligned} \int_{-a/2}^{a/2}e^{-j\alpha \xi}\,d\xi &= \left[\frac{e^{-j\alpha \xi}}{-j\alpha}\right]_{-a/2}^{a/2}\\ &= \frac{e^{-j\alpha a/2}-e^{j\alpha a/2}}{-j\alpha}\\ &= \frac{2\sin(\alpha a/2)}{\alpha}. \end{aligned}$$

代回 $\alpha$：

$$\int_{-a/2}^{a/2} \exp\left(-j\frac{2\pi x}{\lambda z}\xi\right)d\xi = a\operatorname{sinc}\left(\frac{ax}{\lambda z}\right).$$

$\eta$ 方向積分

同理可得

$$\int_{-b/2}^{b/2} \exp\left(-j\frac{2\pi y}{\lambda z}\eta\right)d\eta = b\operatorname{sinc}\left(\frac{by}{\lambda z}\right).$$

因此孔徑積分結果為

核心觀念

本題考查**二階常係數齊次線性常微分方程式（Homogeneous Linear Second-Order ODE with Constant Coefficients）**的求解，以及結合初值條件（Initial Conditions, ICs）求特解（Particular Solution）的完整推導流程。

關鍵定理與公式：

1. 特徵方程式（Characteristic Equation）：對於 ODE $y'' + ay' + by = 0$，其特徵方程式為：
   $\lambda^2 + a\lambda + b = 0$
2. 通解結構（General Solution）：若特徵方程式之根為相異實根 $\lambda_1, \lambda_2$，則 ODE 之通解為：
   $y(t) = c_1 e^{\lambda_1 t} + c_2 e^{\lambda_2 t}$
3. 初值條件求待定係數：利用 $y(0) = y_0$ 與 $y'(0) = y_0'$ 代入通解與其一階導函數，解聯立方程式求出待定常數 $c_1, c_2$。

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解題方法

步驟一：求 ODE 之特徵根與通解

給定二階齊次線性 ODE：
$y'' - 3y' + 2y = 0$

寫出對應的特徵方程式：
$\lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0$

進行因式分解：
$(\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0 \implies \lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 2$

因此，ODE 之通解（General Solution）為：
$y(t) = c_1 e^t + c_2 e^{2t}$

將通解對 $t$ 求微分，得一階導函數：
$y'(t) = c_1 e^t + 2c_2 e^{2t}$

步驟二：代入初值條件求待定係數 $c_1, c_2$

代入初值條件 $y(0) = 1$ 與 $y'(0) = 0$：

1. 由 $y(0) = 1$：
   $c_1 e^0 + c_2 e^0 = c_1 + c_2 = 1 \quad \text{--- (1)}$

2. 由 $y'(0) = 0$：
   $c_1 e^0 + 2c_2 e^0 = c_1 + 2c_2 = 0 \quad \text{--- (2)}$

解聯立方程式 (1) 與 (2)：
將式 (2) 減去式 (1)：
$(c_1 + 2c_2) - (c_1 + c_2) = 0 - 1 \implies c_2 = -1$

代回式 (1)：
$c_1 + (-1) = 1 \implies c_1 = 2$

核心觀念

本題考查**二階常係數齊次線性常微分方程式（Second-Order Homogeneous Linear ODE with Constant Coefficients）的求解，並搭配初值條件（Initial Conditions）**求取特解（Particular Solution）。

關鍵定理與公式如下：

1. 特徵方程式（Characteristic Equation）：
   對於常係數二階齊次 ODE：$y'' + a y' + b y = 0$，其特徵方程式為 $\lambda^2 + a \lambda + b = 0$。
2. 共軛複數根（Complex Conjugate Roots）：
   若特徵方程式之根為共軛複根 $\lambda = \alpha \pm i \beta$（其中 $\alpha, \beta \in \mathbb{R}, \beta \neq 0$），則 ODE 的通解（General Solution）形式為：
   $y(t) = e^{\alpha t} (C_1 \cos \beta t + C_2 \sin \beta t)$
   其中 $C_1, C_2$ 為任意實數常數。
3. 初值問題特解（Initial-Value Problem, IVP）：
   利用題目給定的初值條件 $y(0) = y_0$ 與 $y'(0) = y'_0$，解聯立方程式求得常數 $C_1$ 與 $C_2$。

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解題方法

步驟一：求解特徵方程式與通解

給定二階常係數齊次 ODE：
$y'' - 2y' + 2y = 0$

寫出對應的特徵方程式並利用配方法求根：
$\lambda^2 - 2\lambda + 2 = 0 \implies (\lambda - 1)^2 + 1 = 0 \implies \lambda = 1 \pm i$

特徵根為共軛複根，其中實部 $\alpha = 1$，虛部 $\beta = 1$。因此，ODE 的通解為：
$y(t) = e^t (C_1 \cos t + C_2 \sin t)$

步驟二：求一階導函數 $y'(t)$

對通解 $y(t)$ 利用乘積微分法則（Product Rule）求一階導函數：
$y'(t) = \frac{d}{dt}\left[ e^t \right] (C_1 \cos t + C_2 \sin t) + e^t \frac{d}{dt}\left[ C_1 \cos t + C_2 \sin t \right]$
$y'(t) = e^t (C_1 \cos t + C_2 \sin t) + e^t (-C_1 \sin t + C_2 \cos t)$
整理合併得：
$y'(t) = e^t \left[ (C_1 + C_2) \cos t + (C_2 - C_1) \sin t \right]$

步驟三：帶入初值條件求解待定常數

1. 帶入第一個初值條件 $y(0) = 1$：
   $y(0) = e^0 (C_1 \cos 0 + C_2 \sin 0) = 1 \cdot (C_1 \cdot 1 + C_2 \cdot 0) = C_1 = 1$

核心觀念

本題旨在考驗二階常係數線性非齊次常微分方程式（Nonhomogeneous ODE）的求解能力。核心觀念包含：

1. 通解結構與疊加原理：線性非齊次微分方程式的通解 $y(t)$ 由對應的「齊次解 $y_h(t)$」與「特解 $y_p(t)$」疊加而成，即 $y(t) = y_h(t) + y_p(t)$。
2. 特徵方程式（Characteristic Equation）：齊次方程式 $y''+5y'+6y=0$ 可由特徵方程式 $r^2+5r+6=0$ 求出特徵根，進而確定齊次解型態。
3. 特解求解法：右端非齊次項為指數函數 $2e^{-t}$，可採用「待定係數法（Method of Undetermined Coefficients）」或「逆運算子法（Inverse Operator Method）」進行求解。

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解題方法

步驟一：求齊次解 $y_h(t)$

寫出對應的二階齊次微分方程式：
$y'' + 5y' + 6y = 0$

設齊次解型態為 $y = e^{rt}$，代入原式得特徵方程式：
$r^2 + 5r + 6 = 0$

因式分解：
$(r + 2)(r + 3) = 0$

解得兩相異實根 $r_1 = -2, r_2 = -3$。
因此，齊次解為：
$y_h(t) = c_1 e^{-2t} + c_2 e^{-3t}$
（其中 $c_1, c_2$ 為任意實數常數）

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步驟二：求特解 $y_p(t)$

【方法一：待定係數法】
右端非齊次項為 $r(t) = 2e^{-t}$。由於指數中的 $\lambda = -1$ 並非齊次特徵根（即與齊次解無共振重覆），可設特解型態為：
$y_p(t) = A e^{-t}$

對 $t$ 求一階與二階導數：
$y_p'(t) = -A e^{-t}$
$y_p''(t) = A e^{-t}$

將 $y_p(t), y_p'(t), y_p''(t)$ 代回原非齊次微分方程式：
$(A e^{-t}) + 5(-A e^{-t}) + 6(A e^{-t}) = 2e^{-t}$
$(A - 5A + 6A)e^{-t} = 2e^{-t}$
$2A e^{-t} = 2e^{-t}$

比較兩端係數可得：
$2A = 2 \implies A = 1$

故非齊次特解為：
$y_p(t) = e^{-t}$

【方法二：逆運算子法（速算法）】
利用微分運算子 $D = \frac{d}{dt}$，將微分方程式改寫為：
$(D^2 + 5D + 6)y = 2e^{-t}$

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次線性微分方程式（Second-Order Constant-Coefficient Non-Homogeneous Linear ODE）之初值問題（Initial Value Problem, IVP）求解。核心觀念包含：

1. 通解結構：非齊次微分方程式的通解（General Solution）$y(t)$ 由齊次解（Homogeneous Solution）$y_h(t)$ 與非齊次特解（Particular Solution）$y_p(t)$ 相加而成，即 $y(t) = y_h(t) + y_p(t)$。
2. 齊次解求解：利用特徵方程式（Characteristic Equation）求解特徵根，建立對應的基底函數組合。
3. 特解求解：利用未定係數法（Method of Undetermined Coefficients）求出非齊次項所對應的特解 $y_p(t)$。
4. 初值條件代入：將初值條件 $y(0)=0$ 與 $y'(0)=0$ 代入通解中解出未定係數，得到滿足初值條件的特定解（Particular Solution of IVP）。

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解題方法

步驟一：求解齊次解 $y_h(t)$
對應的齊次微分方程式為：
$y'' + 5y' + 6y = 0$

寫出特徵方程式：
$r^2 + 5r + 6 = 0$
因式分解得：
$(r + 2)(r + 3) = 0 \implies r_1 = -2, \quad r_2 = -3$

故齊次解為：
$y_h(t) = c_1 e^{-2t} + c_2 e^{-3t}$

步驟二：求解非齊次特解 $y_p(t)$
非齊次項為 $r(t) = 2e^{-t}$。由於指數項中的 $-1$ 並非特徵根（特徵根為 $-2, -3$），採用未定係數法，設特解形式為：
$y_p(t) = A e^{-t}$

對 $y_p(t)$ 求一階與二階導數：
$y_p'(t) = -A e^{-t}$
$y_p''(t) = A e^{-t}$

代入原微分方程式 $y'' + 5y' + 6y = 2e^{-t}$：
$A e^{-t} + 5(-A e^{-t}) + 6(A e^{-t}) = 2e^{-t}$
$(1 - 5 + 6)A e^{-t} = 2e^{-t}$
$2A e^{-t} = 2e^{-t} \implies A = 1$

故非齊次特解為：
$y_p(t) = e^{-t}$

步驟三：組合通解並代入初值條件
微分方程式的完整通解為：
$y(t) = y_h(t) + y_p(t) = c_1 e^{-2t} + c_2 e^{-3t} + e^{-t}$

對 $y(t)$ 求一階導數：
$y'(t) = -2c_1 e^{-2t} - 3c_2 e^{-3t} - e^{-t}$

代入初值條件 $y(0) = 0$ 與 $y'(0) = 0$：

1. $y(0) = c_1 + c_2 + 1 = 0 \implies c_1 + c_2 = -1$
2. $y'(0) = -2c_1 - 3c_2 - 1 = 0 \implies 2c_1 + 3c_2 = -1$

聯立求解 $c_1, c_2$：
將第 1 式乘以 2 減去第 2 式：
$2(c_1 + c_2) - (2c_1 + 3c_2) = 2(-1) - (-1) \implies -c_2 = -1 \implies c_2 = 1$
將 $c_2 = 1$ 代回第 1 式：
$c_1 + 1 = -1 \implies c_1 = -2$

將 $c_1 = -2$ 與 $c_2 = 1$ 代回通解，得到特定解為：
$y(t) = -2e^{-2t} + e^{-3t} + e^{-t} = e^{-t} - 2e^{-2t} + e^{-3t}$

提出公因式 $e^{-t}$ 整理可得：
$y(t) = e^{-t}(1 - 2e^{-t} + e^{-2t})$

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選項分析

核心觀念

本題考查**二階常係數非齊次線性微分方程（Non-homogeneous Linear ODE with Constant Coefficients）**之初值問題（Initial Value Problem, IVP）。解題重點包含：

1. 齊次解（Homogeneous Solution, $y_h(t)$）：求解對應齊次微分方程 $y''+5y'+6y=0$ 的特徵方程式（Characteristic Equation）根。
2. 非齊次特解（Particular Solution / Particular Integral, $y_p(t)$）：利用待定係數法（Method of Undetermined Coefficients）求出對應非齊項 $2e^{-t}$ 的特解。
3. 通解與初值條件：組合 $y(t)=y_h(t)+y_p(t)$ 得到通解，再代入初值條件 $y(0)=1$ 與 $y'(0)=0$ 確定待定常數，求得最終解。

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解題方法

步驟一：求齊次解 $y_h(t)$

對應之齊次微分方程為：
$y'' + 5y' + 6y = 0$

寫出特徵方程式：
$\lambda^2 + 5\lambda + 6 = 0 \implies (\lambda + 2)(\lambda + 3) = 0$

解得特徵根為 $\lambda_1 = -2$, $\lambda_2 = -3$。
故齊次解為：
$y_h(t) = c_1 e^{-2t} + c_2 e^{-3t}$

步驟二：求非齊次特解 $y_p(t)$

微分方程非齊項為 $r(t) = 2e^{-t}$。由於 $e^{-t}$ 並非齊次解的基底，設特解形式為：
$y_p(t) = A e^{-t}$

計算其一階與二階導數：
$y_p'(t) = -A e^{-t}$
$y_p''(t) = A e^{-t}$

將 $y_p(t)$ 及其導數代入原微分方程 $y'' + 5y' + 6y = 2e^{-t}$：
$A e^{-t} + 5(-A e^{-t}) + 6(A e^{-t}) = 2e^{-t}$
$(1 - 5 + 6) A e^{-t} = 2e^{-t}$
$2A e^{-t} = 2e^{-t} \implies A = 1$

故非齊次特解為：
$y_p(t) = e^{-t}$

步驟三：組合通解並代入初值條件

原微分方程之通解為：
$y(t) = y_h(t) + y_p(t) = e^{-t} + c_1 e^{-2t} + c_2 e^{-3t}$

對 $y(t)$ 求導得：
$y'(t) = -e^{-t} - 2c_1 e^{-2t} - 3c_2 e^{-3t}$

代入初值條件 $y(0) = 1$ 與 $y'(0) = 0$：

1. $y(0) = 1 + c_1 + c_2 = 1 \implies c_1 + c_2 = 0 \implies c_2 = -c_1$

核心觀念

1. 拉普拉斯變換（Laplace Transform）之微分定理：
   設 $\mathcal{L}\{y(t)\} = Y(s)$ 且 $y(t)$ 為可微函數，則其一階與二階導函數的拉普拉斯變換分別為：

   • $\mathcal{L}\{y'(t)\} = sY(s) - y(0)$
   • $\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2Y(s) - sy(0) - y'(0)$

2. 時域至 $s$ 域（頻域）之轉換：
   利用拉普拉斯變換之線性性質（Linearity），可將時域下的常係數線性微分方程式直接轉換為 $s$ 域中的代數方程式（Algebraic Equation），並將初始條件 $y(0) = y_0$ 與 $y'(0) = u_0$ 自動納入式中運算。

3. 線性系統響應分解：
   微分方程在頻域的解 $Y(s)$ 可解構為兩部分：

   • 零輸入響應（Zero-Input Response, ZIR）：僅由初始條件引起的響應。
   • 零狀態響應（Zero-State Response, ZSR）：僅由外力輸入 $g(t)$ 引起的響應。

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解題方法

步驟一：對原微分方程兩端進行拉普拉斯變換

給定二階非齊次常係數微分方程式：
$ay''(t) + by'(t) + cy(t) = g(t)$

兩邊同時取拉普拉斯變換 $\mathcal{L}\{\cdot\}$：
$\mathcal{L}\{a y''(t) + b y'(t) + c y(t)\} = \mathcal{L}\{g(t)\}$

根據拉普拉斯變換的線性性質，可拆解為：
$a \mathcal{L}\{y''(t)\} + b \mathcal{L}\{y'(t)\} + c \mathcal{L}\{y(t)\} = G(s)$
其中定義 $G(s) = \mathcal{L}\{g(t)\}$。

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步驟二：代入微分定理與初始條件

將微分定理帶入上式，並代入初始條件 $y(0) = y_0$ 與 $y'(0) = u_0$：
$a \left[ s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0) \right] + b \left[ s Y(s) - y(0) \right] + c Y(s) = G(s)$
$a \left[ s^2 Y(s) - s y_0 - u_0 \right] + b \left[ s Y(s) - y_0 \right] + c Y(s) = G(s)$

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步驟三：展開並整理含 $Y(s)$ 的項與常數項

將括號展開：
$a s^2 Y(s) - a s y_0 - a u_0 + b s Y(s) - b y_0 + c Y(s) = G(s)$

提出 $Y(s)$，並將未含 $Y(s)$ 的項移至等號右端：
$(a s^2 + b s + c) Y(s) - (a s y_0 + a u_0 + b y_0) = G(s)$
$(a s^2 + b s + c) Y(s) = (a s + b) y_0 + a u_0 + G(s)$

也可整理為：
$(a s^2 + b s + c) Y(s) = a y_0 s + (a u_0 + b y_0) + G(s)$

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步驟四：求解 $Y(s)$

兩邊同除以特徵多項式 $(a s^2 + b s + c)$，得到 $Y(s)$ 的顯式解：

核心觀念

本題考驗常微分方程（Differential Equations）中的常點冪級數解法（Power Series Solutions about an Ordinary Point）與特殊函數級數展開的結合應用。重點包含：

1. 常點（Ordinary Point）定義與級數假設：
   對於常係數線性微分方程 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = 0$，若 $P(x)$ 與 $Q(x)$ 在 $x = x_0$ 處均解析（Analytic），則 $x_0$ 稱為常點。本題 $x=0$ 為常點，可假設解為馬克勞林級數形式 $y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$。
2. 遞迴關係式（Recurrence Relation）：
   將級數代入微分方程後，利用同次項係數相等的性質，建立高階係數 $a_{n+2}$ 與低階係數 $a_n$ 的遞迴關係。
3. 線性獨立性與通解（Linear Independence & General Solution）：
   由兩個任意常數 $a_0$ 與 $a_1$ 控制的兩個獨立級數解 $y_1(x)$ 與 $y_2(x)$，構成微分方程的基底解（Fundamental Set of Solutions）。
4. 雙曲函數（Hyperbolic Functions）的級數定義：
   • 雙曲餘弦函數：$\cosh x = \sum_{m=0}^{\infty} \frac{x^{2m}}{(2m)!} = 1 + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + \cdots$
   • 雙曲正弦函數：$\sinh x = \sum_{m=0}^{\infty} \frac{x^{2m+1}}{(2m+1)!} = x + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + \cdots$

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解題方法

步驟一：假設冪級數解並求各階微分

假設微分方程在 $x=0$ 附近的冪級數解為：
$y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$

對 $x$ 求一階與二階逐項微分：
$y'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$
$y''(x) = \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2}$

步驟二：代入微分方程並平移次方指數

將 $y(x)$ 與 $y''(x)$ 代入方程 $y'' - y = 0$：
$\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1) a_n x^{n-2} - \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = 0$

將第一項的累加項指數平移，令 $k = n - 2 \implies n = k + 2$：
$\sum_{k=0}^{\infty} (k+2)(k+1) a_{k+2} x^k - \sum_{k=0}^{\infty} a_k x^k = 0$

合併同次項：
$\sum_{k=0}^{\infty} \left[ (k+2)(k+1) a_{k+2} - a_k \right] x^k = 0$

步驟三：推導遞迴關係式

由恆等式性質，各次項係數必均為零，故得遞迴關係式（對所有 $k \ge 0$）：
$a_{k+2} = \frac{a_k}{(k+2)(k+1)}$

步驟四：分項求解偶數項與奇數項係數

1. 偶數項（$k = 0, 2, 4, \dots$，由 $a_0$ 決定）：

   • $k=0 \implies a_2 = \frac{a_0}{2 \cdot 1} = \frac{a_0}{2!}$
   • $k=2 \implies a_4 = \frac{a_2}{4 \cdot 3} = \frac{a_0}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = \frac{a_0}{4!}$
   • 一般化規律：$a_{2m} = \frac{a_0}{(2m)!}$，其中 $m \ge 0$

2. 奇數項（$k = 1, 3, 5, \dots$，由 $a_1$ 決定）：

   • $k=1 \implies a_3 = \frac{a_1}{3 \cdot 2} = \frac{a_1}{3!}$
   • $k=3 \implies a_5 = \frac{a_3}{5 \cdot 4} = \frac{a_1}{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2} = \frac{a_1}{5!}$
   • 一般化規律：$a_{2m+1} = \frac{a_1}{(2m+1)!}$，其中 $m \ge 0$

核心觀念

本題考查三維空間向量幾何（Vector Geometry in 3D Space）中利用**純量三重積（Scalar Triple Product）**求解幾何體體積的應用。

1. 平行六面體與純量三重積：由同起點的三個非共面向量 $\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}$ 所張成的平行六面體（Parallelepiped），其體積等於三向量組成之行列式的絕對值，即純量三重積的絕對值：
   $V_{\text{parallelepiped}} = |\mathbf{u} \cdot (\mathbf{v} \times \mathbf{w})| = \left| \det \begin{bmatrix} u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \\ w_1 & w_2 & w_3 \end{bmatrix} \right|$

2. 四面體體積公式：以相同三個向量為鄰邊所構成的四面體（Tetrahedron），其體積恰為該平行六面體體積的 $\dfrac{1}{6}$：
   $V_{\text{tetrahedron}} = \frac{1}{6} |\mathbf{u} \cdot (\mathbf{v} \times \mathbf{w})|$

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解題方法

步驟一：設定參考頂點並建構張開向量
設四面體的四個頂點分別為：
$A = (2, 6, 1), \quad B = (3, 1, 7), \quad C = (4, 3, 9), \quad D = (5, 2, 8)$

選擇頂點 $A$ 作為共通起點，計算從 $A$ 出發至其他三個頂點的位移向量：
$\mathbf{u} = \vec{AB} = B - A = (3-2, 1-6, 7-1) = (1, -5, 6)$
$\mathbf{v} = \vec{AC} = C - A = (4-2, 3-6, 9-1) = (2, -3, 8)$
$\mathbf{w} = \vec{AD} = D - A = (5-2, 2-6, 8-1) = (3, -4, 7)$

步驟二：計算純量三重積（$3 \times 3$ 行列式）
將三向量組合為行列式：
$\mathbf{u} \cdot (\mathbf{v} \times \mathbf{w}) = \begin{vmatrix} 1 & -5 & 6 \\ 2 & -3 & 8 \\ 3 & -4 & 7 \end{vmatrix}$

利用矩陣的列運算簡化計算：

• 將第 2 列減去第 1 列的 2 倍（$R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1$）：
  $[2 - 2(1), \, -3 - 2(-5), \, 8 - 2(6)] = [0, \, 7, \, -4]$

核心觀念

本題考查向量分析（Vector Analysis）中的散度定理（Divergence Theorem / Gauss's Theorem）與球坐標系體積積分。

1. 散度定理（Divergence Theorem）：
   設 $V$ 為三維空間中的有界體積區域，其封閉邊界曲面為 $S$（單位外法向量為 $\hat{n}$），若向量場 $\vec{F}$ 在 $V$ 上具有連續偏導數，則向外穿過封閉曲面 $S$ 的向量通量等於 $\vec{F}$ 在區域 $V$ 內的散度體積積分：
   $\iint_S \vec{F} \cdot \hat{n} \, dA = \iiint_V \nabla \cdot \vec{F} \, dV$

2. 向量場的散度（Divergence）：
   對於向量場 $\vec{F}(x,y,z) = P(x,y,z)\hat{i} + Q(x,y,z)\hat{j} + R(x,y,z)\hat{k}$，其散度定義為：
   $\nabla \cdot \vec{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}$

3. 球坐標系（Spherical Coordinates）積分：
   在球坐標系下，體積微小元素為 $dV = r^2 \sin\phi \, dr \, d\phi \, d\theta$，其中：

   • $r \in [0, 3]$
   • $\phi \in [0, \frac{\pi}{2}]$（半球體 $z \geq 0$ 的範圍）
   • $\theta \in [0, 2\pi]$

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解題方法

步驟一：計算向量場 $\vec{F}$ 的散度

已知向量場為：
$\vec{F}(x,y,z) = (2yz - x^3)\hat{i} + (2xz - y^3)\hat{j} + (2xy - z^3)\hat{k}$

分別對各分量求偏導函數：
$\frac{\partial P}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(2yz - x^3) = -3x^2$
$\frac{\partial Q}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(2xz - y^3) = -3y^2$
$\frac{\partial R}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z}(2xy - z^3) = -3z^2$

故散度為：
$\nabla \cdot \vec{F} = -3x^2 - 3y^2 - 3z^2 = -3(x^2 + y^2 + z^2)$

步驟二：邊界曲面與底面通量分析

題目給定立體區域 $V$ 為半球體 $x^2 + y^2 + z^2 \leq 9$ 且 $z \geq 0$。
若將 $S$ 視為該實心半球體區域 $V$ 的完整封閉邊界曲面，則由上半球面 $S_1$（$x^2+y^2+z^2=9, z\ge 0$）與底面圓盤 $S_2$（$x^2+y^2 \le 9, z=0$）組成。