115 年 國立中山大學光電工程學系碩士班《工程數學》

核心觀念

• 可逆矩陣 (invertible matrix)： 若 $A\in\mathbb{R}^{n\times n}$ 為方陣，存在矩陣 $A^{-1}$ 使得 $AA^{-1}=A^{-1}A=I_n$。
• 線性系統 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 的解的條件： 若 $A$ 可逆，則對任意 $\mathbf{b}\in\mathbb{R}^n$，唯一解為 $\mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b}$；若 $A$ 不可逆，則可能無解或有無限多解。

解題方法

1. 假設 $A$ 可逆，寫出逆矩陣的定義：
   $AA^{-1}=I_n.$
2. 兩側同時左乘 $A^{-1}$：
   $A^{-1}(A\mathbf{x}) = A^{-1}\mathbf{b}\;\Longrightarrow\; (A^{-1}A)\mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b}.$
3. 代入 $A^{-1}A=I_n$，得到
   $I_n\mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b}\;\Longrightarrow\;\mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b}.$
4. 由此可見，對每一個 $\mathbf{b}$ 都能寫出唯一的 $\mathbf{x}$，且此 $\mathbf{x}$ 必定唯一，因為若有兩個解 $\mathbf{x}_1,\mathbf{x}_2$，則

核心觀念

• 矩陣乘法非交換：對任意方陣 $A,B$，通常 $AB\neq BA$。
• 平方展開：$(A+B)^2=(A+B)(A+B)=A^2+AB+BA+B^2$。若要得到 $A^2+2AB+B^2$，必須要求 $AB=BA$（即 $A$ 與 $B$ 交換）

解題方法

1. 直接寫出左式的展開：

$(A+B)^2=(A+B)(A+B)=A^2+AB+BA+B^2$

2. 比較右式 $A^2+2AB+B^2$。若兩式相等，需要

$AB+BA=2AB \quad\Longleftrightarrow\quad BA=AB .$

這等價於「$A$ 與 $B$ 可交換」。
3. 因題目未給予「$A$ 與 $B$ 交換」的條件，必須判斷此等式對所有同型方陣是否成立。答案為不成立。
4. 為證明不成立，給出具體反例（2×2 矩陣）：

$$A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}.$$

計算

核心觀念

• 行列式與可逆性：對於方陣 $A\in\mathbb{R}^{n\times n}$（或 $\mathbb{C}^{n\times n}$），行列式 $\det(A)$ 為實數（或複數）值。
• 可逆矩陣的定義：若存在矩陣 $B$ 使得 $AB=BA=I_n$，則 $A$ 為可逆（invertible）。
• 關鍵定理：$A$ 可逆 $\iff$ $\det(A)\neq0$。此等價關係來自於矩陣的伴隨矩陣公式
  $A^{-1}=\frac{1}{\det(A)}\operatorname{adj}(A)$
  其中 $\operatorname{adj}(A)$ 為 $A$ 的伴隨矩陣，始終存在且為多項式矩陣。若 $\det(A)\neq0$，分母有定義，$A^{-1}$ 存在；反之若 $\det(A)=0$，則不存在逆矩陣。

解題方法

1. 直接套用等價定理：題目給定 $\det(A)\neq0$，直接根據上式可得 $A$ 必為可逆。
2. 證明思路（備選）：
   • 取 $A$ 的行列式展開式，可見若 $\det(A)=0$ 則 $A$ 的列向量（或列）線性相關，導致秩 $r(A)<n$，故不存在滿秩的左、右逆矩陣。

核心觀念

• 矩陣乘法的零因子：對於一般的方陣 $A,B\in\mathbb{R}^{n\times n}$，若 $AB=0$，並不必然推出 $A=0$ 或 $B=0$。這是因為矩陣構成的環不是整環（integral domain），存在零因子（zero‑divisor）。
• 可逆矩陣的特例：若 $A$（或 $B$）為可逆矩陣，則左乘（或右乘）其逆矩陣可得 $B=0$（或 $A=0$），此時命題成立。
• 秩與行列式：$AB=0$ 蘊含 $\operatorname{rank}(AB)\le \min\{\operatorname{rank}(A),\operatorname{rank}(B)\}=0$，但不等於各自秩為零。

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解題方法

1. 直接構造反例：找出兩個非零方陣，使其乘積為零矩陣。常用的 2×2 上/下三角矩陣即可。
2. 驗證：計算 $AB$，確認每個元素皆為 $0$，同時檢查 $A\neq0$、$B\neq0$。
3. 說明為何不成立：利用上述反例說明命題在一般情況下為假，同時指出在可逆矩陣情況下命題成立的原因。

具體構造

取

$$A=\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix} 0 & 0\\ 1 & 0 \end{pmatrix}.$$

計算

核心觀念

• 向量集合的張成 (span)：若 $v_1,\dots ,v_k\in\mathbb R^n$，其張成集合 $\operatorname{span}\{v_1,\dots ,v_k\}$ 定義為所有線性組合 $\sum_{i=1}^{k}\alpha_i v_i$（$\alpha_i\in\mathbb R$）的集合。
• 線性獨立與線性相依：
  • 線性獨立：若唯一的係數組合使 $\sum_{i=1}^{k}\alpha_i v_i=0$ 為全零向量的是 $\alpha_1=\dots=\alpha_k=0$，則稱 $\{v_i\}$ 線性獨立。
  • 線性相依：若存在非全零係數使上述等式成立，則稱 $\{v_i\}$ 線性相依。
• 基底 (basis)：在 $\mathbb R^n$ 中，任意 $n$ 個線性獨立向量既能張成 $\mathbb R^n$，亦稱為 $\mathbb R^n$ 的基底。

解題方法

要判斷題干的敘述「若 $v_1,\dots ,v_n$ 張成 $\mathbb R^n$，則它們必須線性相依」的真假，只需要檢視必要條件與充分條件：

1. 張成 $\mathbb R^n$ 的最低向量數

   • 若向量集合能張成 $\mathbb R^n$，則其張成空間的維度必為 $n$。
   • $\mathbb R^n$ 的維度為 $n$，因此至少需要 $n$ 個向量才能達到這個維度（少於 $n$ 個向量的張成維度 $\leq k < n$，無法滿足張成 $\mathbb R^n$）。

2. 是否必然線性相依

   • 情形 1：恰好 $n$ 個向量
     • 若這 $n$ 個向量彼此線性獨立，則它們同時滿足「張成 $\mathbb R^n$」與「線性獨立」兩條件，形成基底。

核心觀念

• 對稱矩陣 (Symmetric matrix)：實矩陣 $A\in\mathbb{R}^{n\times n}$ 滿足 $A^{\mathrm T}=A$。
• 正交矩陣 (Orthogonal matrix)：矩陣 $Q\in\mathbb{R}^{n\times n}$ 滿足 $Q^{\mathrm T}Q=QQ^{\mathrm T}=I$。
• 正交對角化 (Orthogonal diagonalization)：若存在正交矩陣 $Q$ 使得 $Q^{\mathrm T}AQ=D$，其中 $D$ 為對角矩陣，則稱 $A$ 可被正交對角化。
• 實對稱矩陣的譜定理 (Spectral theorem for real symmetric matrices)：每一實對稱矩陣皆可正交對角化。此定理是本題的唯一依據。

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解題方法

1. 證明特徵值皆為實數
   取任意特徵值 $\lambda\in\mathbb{C}$ 與對應非零特徵向量 $x\in\mathbb{C}^n$，滿足 $Ax=\lambda x$。左乘 $x^{\mathrm H}$（共軛轉置）得
   $x^{\mathrm H}Ax=\lambda x^{\mathrm H}x.$
   由於 $A$ 為實對稱矩陣，$x^{\mathrm H}Ax$ 為實數；而 $x^{\mathrm H}x>0$ 為實數，遂 $\lambda=\dfrac{x^{\mathrm H}Ax}{x^{\mathrm H}x}\in\mathbb{R}$。故所有特徵值皆為實數。

2. 證明不同特徵值的特徵向量正交
   設 $Ax=\lambda x,\ Ay=\mu y$，且 $\lambda\neq\mu$。則
   $\lambda\,x^{\mathrm T}y = x^{\mathrm T}Ay = (A^{\mathrm T}x)^{\mathrm T}y = x^{\mathrm T}Ay = \mu\,x^{\mathrm T}y.$
   因 $\lambda\neq\mu$，必有 $x^{\mathrm T}y=0$，即 $x\perp y$。

3. 構造正交基

   • 先對每個特徵值 $\lambda_i$ 求出其對應的特徵子空間 $E_{\lambda_i}=\{x\mid Ax=\lambda_i x\}$。

核心觀念

• 特徵值 (Eigenvalue)：若存向量 $x\neq0$ 使得 $Ax=\lambda x$，則 $\lambda$ 為矩陣 $A$ 的特徵值。
• 伴隨矩陣 (Adjoint, Conjugate Transpose)：對於複矩陣 $A\in\mathbb C^{n\times n}$，其伴隨矩陣記為 $A^{*}= \overline{A}^{\,T}$，即先取共軛再轉置。
• 特徵值與伴隨矩陣的關係：若 $\lambda$ 為 $A$ 的特徵值，則 $\overline{\lambda}$ 為 $A^{*}$ 的特徵值。此結論來自於

$Ax=\lambda x \;\Longrightarrow\; (Ax)^{*}=x^{*}A^{*} = \overline{\lambda}\,x^{*},$

其中 $x^{*}$ 為 $x$ 的共軛轉置向量，且 $x^{*}\neq0$。

解題方法

1. 從定義出發：假設 $Ax=\lambda x$（$x\neq0$），對等式取共軛轉置得到 $x^{*}A^{*}= \overline{\lambda}\,x^{*}$。
2. 觀察得到的右特徵向量：若將 $x^{*}$ 視為 $A^{*}$ 的左特徵向量（或寫成 $(A^{*})^{T}x =\overline{\lambda}x$），即可得 $\overline{\lambda}$ 為 $A^{*}$ 的特徵值。
3. 結論：只有在 $\lambda$ 為實數時，$\lambda=\overline{\lambda}$ 才同時是 $A^{*}$ 的特徵值。因此「$\lambda$ 為 $A$ 的特徵值，則 $\lambda$ 也是 $A^{*}$ 的特徵值」此斷言 不普遍成立。

核心觀念

• 特徵值與特徵向量：對於 $n \times n$ 矩陣 $A$，若存在非零向量 $v$ 使得 $Av=\lambda v$，則 $\lambda$ 為 $A$ 的特徵值，$v$ 為對應的特徵向量。
• 對角化 (Diagonalizable)：若存在可逆矩陣 $P$ 使得 $P^{-1}AP=D$ 為對角矩陣，則稱 $A$ 可對角化。等價於 $A$ 有 $n$ 個線性獨立的特徵向量，可構成 $P$ 的列向量。
• 線性獨立的特徵向量：若 $\lambda_1,\dots,\lambda_k$ 為互異特徵值，對應的特徵空間 $E_{\lambda_i}=\ker(A-\lambda_i I)$ 之維度均為 $1$，且不同特徵值所對應的特徵向量必互相線性獨立。

關鍵定理

若 $A\in\mathbb{F}^{n\times n}$ 具有 $n$ 個互異特徵值（即特徵多項式在 $\mathbb{F}$ 中有 $n$ 個簡單根），則 $A$ 可對角化。

證明要點：

1. 每個簡單根 $\lambda_i$ 的代數重數為 $1$，因此其幾何重數（特徵空間的維度）亦為 $1$。
2. 對於不同的 $\lambda_i$，其特徵向量集合 $\{v_i\}$ 兩兩線性獨立（特徵向量的線性獨立性可由 $(A-\lambda_i I)v_i=0$ 與 $(A-\lambda_j I)v_j=0$， $i\neq j$ 推得）。

核心觀念

• 秩 (rank)：矩陣 $A\in\mathbb{R}^{m\times n}$ 的秩 $r$ 為其行向量（或列向量）線性獨立的最大個數。
• 零度 (nullity)：$A$ 的零度是其零空間 $\mathcal{N}(A)=\{x\in\mathbb{R}^n\mid Ax=0\}$ 的維度。
• 秩-零度定理：對任意 $m\times n$ 矩陣 $A$，
  $\operatorname{rank}(A)+\operatorname{nullity}(A)=n,$
  其中 $n$ 為矩陣的欄數（自變量的個數）。

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解題方法

1. 先寫下題目給定的條件：$\operatorname{rank}(A)=r$。
2. 直接套用秩-零度定理得到
   $\operatorname{nullity}(A)=n-r.$
3. 若要驗證「nullity 等於 $r$」是否恆成立，則需滿足
   $n-r = r \;\Longrightarrow\; n = 2r.$
   只有當欄數 $n$ 恰好是 $2r$ 時，結論才成立。

核心觀念

• 子空間的定義：若 $W\subseteq\mathbb R^{n}$ 為子空間，須滿足
  1. $0\in W$（包含零向量）
  2. 對任意 $x,y\in W$，$x+y\in W$（封閉於加法）
  3. 對任意 $x\in W$ 與任意實數 $\alpha$，$\alpha x\in W$（封閉於純量乘法）
• 子空間的合併：若 $U,V$ 為子空間，$U\cup V$ 為所有屬於 $U$ 或屬於 $V$ 的向量集合。要判斷 $U\cup V$ 是否仍為子空間，只需檢驗上述三條性質。

解題方法
採用反例驗證法：找出兩個不相容的子空間 $U$、$V$（即 $U\not\subseteq V$ 且 $V\not\subseteq U$），檢查 $U\cup V$ 是否滿足加法封閉性。若存在 $u\in U\setminus V$、$v\in V\setminus U$ 使 $u+v\notin U\cup V$，則 $U\cup V$ 不是子空間。若唯一情形是 $U\subseteq V$ 或 $V\subseteq U$，則 $U\cup V$ 等同於較大的子空間，仍為子空間。

選項分析
題目為是非題，選項通常為

• (A) True
• (B) False

1. 選項 (A) True
   • 錯誤：若取 $U=\{(x,0)\mid x\in\mathbb R\}$（$x$‑軸）與 $V=\{(0,y)\mid y\in\mathbb R\}$（$y$‑軸），兩者皆為 $\mathbb R^{2}$ 的子空間。

核心觀念

• 向量場的保守性：若向量場 $\mathbf F=(P,Q,R)$ 在一個單連通區域內滿足 $\nabla\times\mathbf F=\mathbf 0$，則 $\mathbf F$ 為保守場，路徑積分只與端點有關，閉合迴路的線積分為 $0$。
• 斯托克斯定理：
  $\oint_{C}\mathbf F\cdot d\mathbf l=\iint_{S}(\nabla\times\mathbf F)\cdot\mathbf n\,dS$
  其中 $S$ 為被閉合曲線 $C$ 所圍的任意光滑曲面，$\mathbf n$ 為其單位法向量。若 $\nabla\times\mathbf F=\mathbf 0$，則積分必為 $0$。

解題方法

1. 計算旋度 $\nabla\times\mathbf F$

第 12 題 逆拉普拉斯變換

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(a) $\displaystyle L^{-1}\!\left\{\frac{1}{\sqrt{s^{2}+1}}\right\}$

核心觀念

• 拉普拉斯變換表：$L\{J_{0}(t)\}= \displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-st}J_{0}(t)\,dt=\frac{1}{\sqrt{s^{2}+1}}$
  其中 $J_{0}(t)$ 為第一類零階貝塞爾函數。
• 若已熟記此表，就直接對應得到逆變換。

解題方法

1. 識別：觀察分母形式 $\sqrt{s^{2}+a^{2}}$（此處 $a=1$），符合已知的貝塞爾函數拉普拉斯對應式。
2. 直接套用：

$$L\{J_{0}(t)\}= \frac{1}{\sqrt{s^{2}+1}} \quad\Longrightarrow\quad L^{-1}\!\left\{\frac{1}{\sqrt{s^{2}+1}}\right\}=J_{0}(t).$$

解題技巧

• 若未記得此表，可利用 積分表示

$J_{0}(t)=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\cos(t\sin\theta)\,d\theta,$

代入拉普拉斯定義 $L\{J_{0}(t)\}$ 並交換積分次序，最後得到 $\frac{1}{\sqrt{s^{2}+1}}$。

• 常見錯誤：把 $\sqrt{s^{2}+1}$ 誤寫成 $\sqrt{s^{2}-1}$ 或把答案寫成 $\cos t$。注意貝塞爾函數與三角函數的差別。

【答案】

$\boxed{\,J_{0}(t)\,}$

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(b) $\displaystyle L^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\,e^{-\sqrt{s}}\right\}$

核心觀念

1. 乘除 $s$ 的意義：$\frac{1}{s}$ 在 $s$-域相當於時間域的 積分：

$L^{-1}\!\left\{\frac{F(s)}{s}\right\}= \int_{0}^{t} f(\tau)\,d\tau,$

其中 $f(t)=L^{-1}\{F(s)\}$。
2. 指數根號變換：已知

$$L^{-1}\!\{e^{-a\sqrt{s}}\}= \frac{a}{2\sqrt{\pi}}\,t^{-3/2}\, e^{-\frac{a^{2}}{4t}}\qquad(a>0).$$

此結果可從 Mellin 變換 或 積分變換 推導得到。

核心觀念
在 $[-1,1]$ 上的內積定義為

$\langle f,g\rangle=\int_{-1}^{1}f(x)g(x)\,dx .$

若一組函數 $\{g_0,g_1,g_2\}$ 為 正交規範 (orthonormal)，必須同時滿足

1. 正交性：$\langle g_i,g_j\rangle =0\;(i\neq j)$。
2. 正規化：$\langle g_i,g_i\rangle =1\;(i=0,1,2)$。

解題方法
依序利用正交條件求係數，最後以正規化條件決定大小。

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1. $g_0(x)=a$ 的正規化

$$\langle g_0,g_0\rangle =\int_{-1}^{1}a^2dx =2a^2=1 \quad\Longrightarrow\quad a=\pm\frac1{\sqrt2}.$$

取正值（常以正規化基底取正）

$\boxed{a=\dfrac1{\sqrt2}} .$

2. $g_1(x)=b_1+b_2x$ 與 $g_0$ 正交

$$0=\langle g_0,g_1\rangle =a\int_{-1}^{1}(b_1+b_2x)dx =a\bigl(2b_1+0\bigr) \Longrightarrow b_1=0.$$

3. $g_1$ 的正規化

$$1=\langle g_1,g_1\rangle =\int_{-1}^{1}b_2^2x^2dx =b_2^2\frac{2}{3}\Longrightarrow b_2^2=\frac{3}{2}.$$

取正值

$\boxed{b_1=0,\qquad b_2=\sqrt{\frac32}} .$

4. $g_2(x)=c_1+c_2x+c_3x^2$ 與 $g_0$ 正交

$$0=\langle g_0,g_2\rangle =a\int_{-1}^{1}(c_1+c_2x+c_3x^2)dx =a\bigl(2c_1+\tfrac{2}{3}c_3\bigr) \Longrightarrow 2c_1+\frac{2}{3}c_3=0 \Longrightarrow \boxed{c_1=-\frac{c_3}{3}} .$$

5. $g_2$ 與 $g_1$ 正交

$$0=\langle g_1,g_2\rangle =b_2\int_{-1}^{1}x(c_1+c_2x+c_3x^2)dx =b_2\bigl(c_1\underbrace{\int x}_{0}+c_2\int x^2dx +c_3\underbrace{\int x^3}_{0}\bigr) =b_2c_2\frac{2}{3} \Longrightarrow \boxed{c_2=0}.$$

此時

$g_2(x)=c_1+c_3x^2,\qquad c_1=-\frac{c_3}{3}.$

核心觀念

本題考查二階常微分方程的降階法、積分因子法，以及利用適當代換辨認齊次解。

• (a) 方程式中沒有直接出現 $y$，可令 $p=y'$，將二階方程降為一階線性方程。
• (b) 先利用指數因子消去一階導數項，再將方程降階。

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(a) $x^2y''-y'=x^2e^{3x}$

解題方法

因為方程式未含 $y$，令

$$p=y'.$$

則 $p'=y''$，原方程化為

$$x^2p'-p=x^2e^{3x}.$$

在 $x\neq 0$ 下除以 $x^2$：

$$p'-\frac{1}{x^2}p=e^{3x}.$$

這是一階線性微分方程

$$p'+P(x)p=Q(x), \qquad P(x)=-\frac{1}{x^2}.$$

其積分因子為

$$\mu(x) =e^{\int -x^{-2}\,dx} =e^{1/x}.$$

兩邊乘以積分因子：

$$e^{1/x}p'-\frac{1}{x^2}e^{1/x}p =e^{3x+1/x}.$$

左側為乘積微分：

$$\left(e^{1/x}p\right)'=e^{3x+1/x}.$$

積分得

$$e^{1/x}p =C_2+\int_{x_0}^{x}e^{3s+1/s}\,ds,$$

因此

$$p=y' =e^{-1/x} \left[ C_2+\int_{x_0}^{x}e^{3s+1/s}\,ds \right].$$

再積分一次：

$$y(x) =C_1 +C_2\int_{x_0}^{x}e^{-1/u}\,du +\int_{x_0}^{x} e^{-1/u} \left( \int_{x_0}^{u}e^{3s+1/s}\,ds \right)du.$$

其中 $x_0$ 是同一連通區間內任意固定的非零常數。由於積分

$$\int e^{3x+1/x}\,dx$$

通常沒有初等函數形式，以定積分表示即為完整的精確解。

齊次解中的積分也可寫成特殊函數形式：

$$\int e^{-1/x}\,dx =xe^{-1/x}+\operatorname{Ei}\left(-\frac{1}{x}\right).$$

因此齊次解可表示為

$$y_h=C_1+C_2 \left[ xe^{-1/x} +\operatorname{Ei}\left(-\frac{1}{x}\right) \right].$$

解題技巧

判斷是否能降階的快速方法是觀察方程式是否缺少 $y$。只要方程式只含 $y'$、$y''$，便可令 $p=y'$。

本題的關鍵辨識為

$$\left(e^{1/x}y'\right)'=e^{3x+1/x}.$$

直接微分左側即可驗證：

$$\left(e^{1/x}y'\right)' =e^{1/x}y''-\frac{1}{x^2}e^{1/x}y' =e^{1/x} \left(y''-\frac{1}{x^2}y'\right).$$

乘回 $x^2e^{-1/x}$ 後，便還原為原方程式。

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(b) $y''+(4t-t^{-1})y'+8t^2y=0$

核心觀念

核心觀念

• 拉普拉斯方程 $\nabla^{2}u=0$ 在極坐標 $(r,\theta)$ 中寫成
  $\nabla^{2}u=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\!\left(r\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2}u}{\partial \theta^{2}}=0.$
• 在圓環域 $a\le r\le b$（本題 $a=0.5,\;b=1$）的邊界值問題，可利用分離變數法得到一般解。
• 角向部分的特徵方程為 $\displaystyle \frac{d^{2}\Theta}{d\theta^{2}}+n^{2}\Theta=0$，其解為 $\cos n\theta,\;\sin n\theta$，其中 $n$ 為非負整數（週期性要求 $2\pi$）。
• 徑向部分得到 Euler‑Cauchy 方程 $\displaystyle r^{2}R''+rR'-n^{2}R=0$，其解為 $R(r)=A r^{n}+B r^{-n}$（$n=0$ 時改為 $R=A\ln r+B$）。

解題方法

1. 分離變數：設 $u(r,\theta)=R(r)\Theta(\theta)$ 代入拉普拉斯方程，得到
   $\frac{r^{2}R''+rR'}{R} = -\frac{\Theta''}{\Theta}=n^{2},$
   其中 $n^{2}$ 為分離常數。
2. 角向解：由 $\Theta''+n^{2}\Theta=0$，得到
   $\Theta_{n}(\theta)=C_{n}\cos n\theta+D_{n}\sin n\theta,\qquad n=0,1,2,\dots$
   為滿足 $2\pi$ 週期性，僅允許整數 $n$。
3. 徑向解：對應的徑向方程 $r^{2}R''+rR'-n^{2}R=0$ 的解為

$$R_{n}(r)=\begin{cases} A_{0}\ln r + B_{0}, & n=0,\\[4pt] A_{n} r^{\,n}+B_{n} r^{-n}, & n\ge 1 . \end{cases}$$

4. 組合通解：將 $\Theta$ 與 $R$ 相乘並疊加所有 $n$，得到

$u(r,\theta)=\underbrace{A_{0}\ln r+B_{0}}_{\text{常項}} +\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl[(A_{n} r^{n}+B_{n} r^{-n})\cos n\theta+(C_{n} r^{n}+D_{n} r^{-n})\sin n\theta\Bigr].$

5. 套用邊界條件
   • $u(1,\theta)=0$：把 $r=1$ 代入，所有 $r$ 的次方變為 1，得到

$0=A_{0}\ln 1+B_{0}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl[(A_{n}+B_{n})\cos n\theta+(C_{n}+D_{n})\sin n\theta\bigr].$

 因 $\ln1=0$，故 $B_{0}=0$，且對所有 $n$ 必須有  

$A_{n}+B_{n}=0,\qquad C_{n}+D_{n}=0.$

 因此 $B_{n}=-A_{n}$、$D_{n}=-C_{n}$。  

• $u(0.5,\theta)=\cos^{2}\theta$：先把 $\cos^{2}\theta$ 用傅立葉展開

觀念與公式

1. 向量外積之散度恆等式：
   $\nabla \cdot (\mathbf{A} \times \mathbf{B}) = \mathbf{B} \cdot (\nabla \times \mathbf{A}) - \mathbf{A} \cdot (\nabla \times \mathbf{B})$

2. 高斯散度定理（Divergence Theorem）：
   設封閉曲面 $S$（題目記為 $C$，面積元素向量為 $d\mathbf{s}$）包圍體積 $V$（體積元素為 $dv$），則：
   $\oint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{s} = \iiint_V (\nabla \cdot \mathbf{F}) \, dv$

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推導步驟

步驟一：求被積函數 $\mathbf{A} \times \mathbf{B}$ 之散度

將已知條件 $\nabla \times \mathbf{A} = \mathbf{B} + i\mathbf{A}$ 與 $\nabla \times \mathbf{B} = -\mathbf{A} + i\mathbf{B}$ 代入向量散度恆等式：

$$\begin{aligned} \nabla \cdot (\mathbf{A} \times \mathbf{B}) &= \mathbf{B} \cdot (\mathbf{B} + i\mathbf{A}) - \mathbf{A} \cdot (-\mathbf{A} + i\mathbf{B}) \\ &= \mathbf{B} \cdot \mathbf{B} + i(\mathbf{B} \cdot \mathbf{A}) + \mathbf{A} \cdot \mathbf{A} - i(\mathbf{A} \cdot \mathbf{B}) \end{aligned}$$

核心觀念

• 複變函數的留數定理：若 $f(z)$ 在閉合路徑 $\Gamma$ 內只有有限個孤立奇點，則
  $\int_{\Gamma}f(z)\,dz=2\pi i\sum\_{\text{奇點}} \operatorname{Res}\bigl(f;z_k\bigr).$
• 從實積分到複積分的轉換：利用參數化 $z=e^{i\theta}$（或 $z=x$）把實變數積分寫成圍道積分，然後把積分路徑延伸成簡單的閉合路徑（單位圓、上半平面等）。
• Jordan 引理：在半徑 $R\to\infty$ 的半圓弧上，若 $|f(z)|\le M/R^{\alpha}$（$\alpha>0$），則弧段積分趨近 $0$，可忽略。

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(a) $\displaystyle\int_{0}^{\pi}\frac{d\theta}{(a+b\cos\theta)^{2}}$

1. 參數化與路徑選取

令 $z=e^{i\theta}$，則

$\cos\theta=\frac12\!\left(z+z^{-1}\right),\qquad d\theta=\frac{dz}{i z},$

而 $\theta\in[0,\pi]$ 時 $z$ 從 $1$ 沿上半單位圓到 $-1$。為了得到完整的閉合路徑，將整個單位圓 $\lvert z\rvert=1$ 的積分寫成

$$\int_{0}^{\pi}\frac{d\theta}{(a+b\cos\theta)^{2}} =\frac12\oint\_{|z|=1}\frac{1}{\bigl(a+\tfrac b2(z+z^{-1})\bigr)^{2}}\,\frac{dz}{i z}.$$

化簡分母：

$$a+\frac b2\!\left(z+z^{-1}\right) =\frac{1}{2z}\bigl(2a z+b(z^{2}+1)\bigr) =\frac{b}{2z}(z^{2}+2\frac{a}{b}z+1).$$

因此

$$\frac{1}{(a+b\cos\theta)^{2}}\frac{d\theta}{i} =\frac{4z^{2}}{i b^{2}}\, \frac{dz}{\bigl(z^{2}+2\frac{a}{b}z+1\bigr)^{2}} .$$

最終的圍道積分為

$$I:=\int_{0}^{\pi}\frac{d\theta}{(a+b\cos\theta)^{2}} =\frac{2}{i b^{2}}\oint\_{|z|=1} \frac{z^{2}\,dz}{\bigl(z^{2}+2\frac{a}{b}z+1\bigr)^{2}} .$$

2. 奇點位置與留數

二次式 $z^{2}+2\frac{a}{b}z+1=0$ 的根為

$z_{\pm}= -\frac{a}{b}\pm\sqrt{\Bigl(\frac{a}{b}\Bigr)^{2}-1}.$

假設 $|a|>|b|$（考試通常要求此條件，使分母不為零），則

$|z_{-}|<1,\qquad |z_{+}|>1.$

只有位於單位圓內的 $z_{-}$ 為積分路徑內的二階極點。

對二階極點 $z_{-}$，留數公式為

$$\operatorname{Res}\bigl(g;z_{-}\bigr) =\frac{1}{1!}\lim\_{z\to z_{-}}\frac{d}{dz}\Bigl[(z-z_{-})^{2}g(z)\Bigr],$$

其中 $g(z)=\dfrac{2}{i b^{2}}\dfrac{z^{2}}{(z^{2}+2\frac{a}{b}z+1)^{2}}$。

令 $h(z)=z^{2}+2\frac{a}{b}z+1$，則 $h'(z)=2z+2\frac{a}{b}$。計算得

$$\operatorname{Res} =\frac{2}{i b^{2}}\, \left.\frac{d}{dz}\!\left(\frac{z^{2}}{h'(z)^{2}}\right)\right|_{z=z_{-}} =\frac{2}{i b^{2}}\, \frac{z_{-}^{2}}{2h'(z_{-})^{3}}.$$

使用 $h(z_{-})=0$ 可化簡 $h'(z_{-})=2z_{-}+2\frac{a}{b}=2\sqrt{\bigl(\frac{a}{b}\bigr)^{2}-1}$，且

$z_{-}= -\frac{a}{b}-\sqrt{\Bigl(\frac{a}{b}\Bigr)^{2}-1}.$

代入後

$$\operatorname{Res}= \frac{2}{i b^{2}} \cdot\frac{z_{-}^{2}}{8\bigl(\sqrt{(\frac{a}{b})^{2}-1}\bigr)^{3}} =\frac{z_{-}^{2}}{4i b^{2}\bigl((\frac{a}{b})^{2}-1\bigr)^{3/2}} .$$

把