108 年 國立清華大學核子工程與科學研究所甲組《工程數學》

核心觀念

本題分別考查：

• (a) Euler–Cauchy 型二階線性微分方程。
• (b) 適當代換後的可分離變數方程，並利用初始條件決定常數。
• (c) Bernoulli 方程的倒數代換。

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(a) $x^2 \dfrac{d^2y}{dx^2}-x\dfrac{dy}{dx}+y=x\ln x$

解題方法

這是 Euler–Cauchy 方程，令

$$t=\ln x,\qquad Y(t)=y(x)=y(e^t).$$

由 $dt/dx=1/x$，可得

$$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{x}\frac{dY}{dt},$$

以及

$$\frac{d^2y}{dx^2} =\frac{1}{x^2}\left(\frac{d^2Y}{dt^2}-\frac{dY}{dt}\right).$$

因此

$$x^2y''-xy'+y = \left(Y''-Y'\right)-Y'+Y = Y''-2Y'+Y.$$

又因為 $x=e^t$、$\ln x=t$，右側為

$$x\ln x=te^t.$$

所以原方程化為

$$Y''-2Y'+Y=te^t.$$

左側可寫成

$$(D-1)^2Y=te^t.$$

令

$$Y=e^t v(t),$$

則

$$(D-1)^2Y=e^t v''.$$

因此

$$e^t v''=te^t \quad\Longrightarrow\quad v''=t.$$

積分兩次：

$$v'=\frac{t^2}{2}+C_1,$$ $$v=\frac{t^3}{6}+C_1t+C_2.$$

故

$$Y=e^t\left(\frac{t^3}{6}+C_1t+C_2\right).$$

代回 $t=\ln x$、$e^t=x$：

$$\boxed{ y(x)=x\left[\frac{(\ln x)^3}{6}+C_1\ln x+C_2\right] }$$

其中通常取 $x>0$，以使 $\ln x$ 有意義。

解題技巧

齊次方程

$$x^2y''-xy'+y=0$$

可直接設 $y=x^m$，得到

$$m(m-1)-m+1=(m-1)^2=0,$$

所以齊次解為

$$y_h=x(C_1+C_2\ln x).$$

這也可快速驗證上式中的兩個任意常數項形式正確。

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(b) $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{-6x^2y}{4y+8x^3}$，$y(1)=1$

核心觀念

方程中的 $y$ 與 $x^3$ 同時出現，適合令

$$y=x^3v(x).$$

此代換可將方程化為只含 $v$ 與 $x$ 的可分離變數方程。

解題方法

令

$$y=x^3v.$$

則

$$\frac{dy}{dx}=3x^2v+x^3\frac{dv}{dx}.$$

代入原方程：

$$3x^2v+x^3\frac{dv}{dx} = \frac{-6x^2(x^3v)}{4x^3v+8x^3}.$$

化簡右側：

$$\frac{-6x^5v}{4x^3(v+2)} = \frac{-3x^2v}{2(v+2)}.$$

因此

$$3x^2v+x^3\frac{dv}{dx} = -\frac{3x^2v}{2(v+2)}.$$

除以 $x^2$：

$$3v+x\frac{dv}{dx} = -\frac{3v}{2(v+2)}.$$

整理得

$$x\frac{dv}{dx} = -\frac{3v(2v+5)}{2(v+2)}.$$

分離變數：

$$\frac{2(v+2)}{v(2v+5)}\,dv = -3\frac{dx}{x}.$$

部分分式分解：

$$\frac{2v+4}{v(2v+5)} = \frac{4}{5v}+\frac{2}{5(2v+5)}.$$

所以

核心觀念

本題考查：

1. 拉普拉斯轉換解常係數線性微分方程。
2. 初始值公式：
   $\mathcal{L}\{x'(t)\}=sX(s)-x(0),$
   $\mathcal{L}\{x''(t)\}=s^2X(s)-sx(0)-x'(0).$
3. 單位階躍函數 $u(t-a)$ 的平移性質：
   $\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s).$

右端函數可寫成

$$f(t)=2u(t-1).$$

因此

$$F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{2e^{-s}}{s}.$$

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解題方法

令

$$X(s)=\mathcal{L}\{x(t)\}.$$

原方程為

$$x''+2x'+x=f(t),$$

且

$$x(0)=1,\qquad x'(0)=-1.$$

對方程兩側取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{x''\}+2\mathcal{L}\{x'\}+\mathcal{L}\{x\} =\mathcal{L}\{f(t)\}.$$

代入初始條件：

$$\left(s^2X-sx(0)-x'(0)\right) +2\left(sX-x(0)\right)+X =\frac{2e^{-s}}{s}.$$

所以

$$(s^2X-s+1)+2(sX-1)+X=\frac{2e^{-s}}{s}.$$

整理得

$$(s^2+2s+1)X-(s+1)=\frac{2e^{-s}}{s},$$

即

$$(s+1)^2X=(s+1)+\frac{2e^{-s}}{s}.$$

因此

$$X(s)=\frac{1}{s+1} +\frac{2e^{-s}}{s(s+1)^2}.$$

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部分分式分解

先處理

$$\frac{1}{s(s+1)^2}.$$

設

$$\frac{1}{s(s+1)^2} =\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{(s+1)^2}.$$

比較係數可得

$$A=1,\qquad B=-1,\qquad C=-1.$$

所以

$$\frac{1}{s(s+1)^2} = \frac{1}{s}-\frac{1}{s+1}-\frac{1}{(s+1)^2}.$$

反拉普拉斯轉換為

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

核心觀念

本題在考正則奇異點 $x=0$ 附近的 Frobenius 級數解法。由於微分方程可寫成

$$2x^2y''+5xy'-(x^2+2)y=0,$$

除以 $2x^2$ 後，$y'$ 與 $y$ 的係數含有 $1/x$ 與 $1/x^2$，因此 $x=0$ 是正則奇異點，適合設

$$y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r},\qquad a_0\neq 0.$$

其中 $r$ 由指標方程決定。

解題方法：Frobenius 級數

設

$$y=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r}.$$

則

$$y'=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_nx^{n+r-1},$$ $$y''=\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_nx^{n+r-2}.$$

代入原方程：

$$2\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)(n+r-1)a_nx^{n+r} +5\sum_{n=0}^{\infty}(n+r)a_nx^{n+r} -2\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r} -\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+r+2}=0.$$

將最後一項改寫為

$$-\sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}x^{n+r},$$

因此

$$\sum_{n=0}^{\infty} \left[2(n+r)(n+r-1)+5(n+r)-2\right]a_nx^{n+r} -\sum_{n=2}^{\infty}a_{n-2}x^{n+r}=0.$$

令

$$A_n(r)=2(n+r)(n+r-1)+5(n+r)-2,$$

則 $n=0$ 的係數給出指標方程：

$$A_0(r)=2r(r-1)+5r-2=0.$$

整理得

$$2r^2+3r-2=0,$$ $$(2r-1)(r+2)=0.$$

所以兩個指標根為

$$r_1=\frac12,\qquad r_2=-2.$$

對 $n\geq 2$，係數關係為

$$A_n(r)a_n-a_{n-2}=0,$$

亦即

$$a_n=\frac{a_{n-2}}{2(n+r)^2+3(n+r)-2}.$$

另外，$n=1$ 時有

$$A_1(r)a_1=0.$$

本題兩個根皆使 $A_1(r)\neq 0$，因此

$$a_1=0.$$

所以級數只會出現偶次遞迴項。

第一組解：$r=\frac12$

此時

$$A_n\left(\frac12\right) =2\left(n+\frac12\right)^2+3\left(n+\frac12\right)-2.$$

由 $a_1=0$，取 $a_0=1$ 作為常數倍標準化。

當 $n=2$ 時：

核心觀念

本題考查矩陣的基本運算與特徵值問題：

1. $3\times 3$ 矩陣的行列式。
2. 反矩陣公式
   $A^{-1}=\frac{1}{\det A}\operatorname{adj}(A),\qquad \det A\neq 0$
3. 特徵值與特徵向量定義
   $\det(A-\lambda I)=0$
   $A\mathbf v=\lambda\mathbf v$

題目開頭以 $M$ 表示矩陣，後文以 $A$ 表示；以下視為同一矩陣：

$$A=M= \begin{bmatrix} -3&2&2\\ -11&5&7\\ -1&2&0 \end{bmatrix}$$

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解題方法

(a) 行列式與反矩陣

沿第一列展開行列式：

$$\begin{aligned} \det A &=(-3) \begin{vmatrix} 5&7\\ 2&0 \end{vmatrix} -2 \begin{vmatrix} -11&7\\ -1&0 \end{vmatrix} +2 \begin{vmatrix} -11&5\\ -1&2 \end{vmatrix}\\ &=(-3)(0-14)-2(0-7)+2(-22+5)\\ &=42-14-34\\ &=-6. \end{aligned}$$

因此 $\det A=-6\neq 0$，反矩陣存在。

伴隨矩陣

各代數餘子式為

$$C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}.$$

計算得餘子式矩陣：

$$C= \begin{bmatrix} -14&-7&-17\\ 4&2&4\\ 4&-1&7 \end{bmatrix}.$$

因此伴隨矩陣為餘子式矩陣的轉置：

$$\operatorname{adj}(A)=C^{T} = \begin{bmatrix} -14&4&4\\ -7&2&-1\\ -17&4&7 \end{bmatrix}.$$

套用反矩陣公式：

$$\begin{aligned} A^{-1} &=\frac{1}{-6} \begin{bmatrix} -14&4&4\\ -7&2&-1\\ -17&4&7 \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} \frac73&-\frac23&-\frac23\\ \frac76&-\frac13&\frac16\\ \frac{17}{6}&-\frac23&-\frac76 \end{bmatrix}. \end{aligned}$$

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(b) 特徵值與特徵向量

求特徵值

先計算特徵多項式：

$$\det(\lambda I-A) = \begin{vmatrix} \lambda+3&-2&-2\\ 11&\lambda-5&-7\\ 1&-2&\lambda \end{vmatrix}.$$

利用跡、主子矩陣和與行列式，可得

$$\det(\lambda I-A) =\lambda^3-2\lambda^2-5\lambda+6.$$

因式分解：

$$\lambda^3-2\lambda^2-5\lambda+6 =(\lambda-1)(\lambda-3)(\lambda+2).$$

所以三個特徵值為

$$\boxed{\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=3,\qquad \lambda_3=-2}.$$

題目使用 estimate 一詞，但本題特徵多項式可完全因式分解，因此可直接得到精確特徵值。

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$\lambda=1$ 的特徵向量

解

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

其中

$$A-I= \begin{bmatrix} -4&2&2\\ -11&4&7\\ -1&2&-1 \end{bmatrix}.$$

令 $\mathbf v=(x,y,z)^T$，由方程組可得

$$-2x+y+z=0,$$ $$-x+2y-z=0.$$

解得

$$x=y=z.$$

取 $x=1$，得到

第 5 題

(a) 利用 Stokes 定理計算線積分

核心觀念

Stokes 定理為

$$\oint_C \mathbf{v}\cdot d\mathbf{R} = \iint_S (\nabla\times\mathbf{v})\cdot\hat{\mathbf n}\,dS$$

其中 $S$ 是以封閉曲線 $C$ 為邊界的任意曲面。題目中的 $C$ 是三個頂點所形成的三角形，因此取三角形平面作為積分曲面最方便。

已知

$$\mathbf v=x^3z\mathbf k=(0,0,x^3z)$$

解題方法

三角形頂點依題目方向為

$$A=(1,1,0),\qquad B=(-1,1,0),\qquad D=(0,0,1)$$

使用參數式

$$\mathbf r(u,w) =A+u(B-A)+w(D-A)$$

因此

$$\mathbf r(u,w) =(1-2u,\;1-w,\;w)$$

參數範圍為三角形區域

$$u\ge 0,\qquad w\ge 0,\qquad u+w\le 1.$$

計算切向量：

$$\mathbf r_u=(-2,0,0),\qquad \mathbf r_w=(-1,-1,1)$$ $$\mathbf r_u\times\mathbf r_w =(0,2,2)$$

此方向與邊界 $A\to B\to D\to A$ 相容。

先求旋度：

$$\nabla\times\mathbf v = \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ \frac{\partial}{\partial x}& \frac{\partial}{\partial y}& \frac{\partial}{\partial z}\\ 0&0&x^3z \end{vmatrix} = (0,-3x^2z,0)$$

又由參數式可得

$$x=1-2u,\qquad z=w.$$

故

$$(\nabla\times\mathbf v)\cdot (\mathbf r_u\times\mathbf r_w) = (0,-3x^2z,0)\cdot(0,2,2) = -6x^2z.$$

代入 $x=1-2u$、$z=w$：

$$\oint_C\mathbf v\cdot d\mathbf R = \int_0^1\int_0^{1-w} -6(1-2u)^2w\,du\,dw.$$

先對 $u$ 積分：

$$\int_0^{1-w}(1-2u)^2du = \frac13-w+2w^2-\frac43w^3.$$

因此

$$\begin{aligned} \oint_C\mathbf v\cdot d\mathbf R &= -6\int_0^1 w\left( \frac13-w+2w^2-\frac43w^3 \right)dw\\ &= -6\left( \frac16-\frac13+\frac12-\frac4{15} \right)\\ &= -\frac25. \end{aligned}$$

解題技巧

參數化三角形時，直接使用

$$\mathbf r=A+u(B-A)+w(D-A)$$

並令 $u,w\ge0$、$u+w\le1$，可以同時處理曲面範圍與方向。若將兩個參數向量的叉積反過來，積分結果會差一個負號。

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(b) 利用散度定理計算通量

核心觀念

散度定理為

核心觀念

本題是熱方程（diffusion equation）

$$u_t=\alpha^2u_{xx},\qquad \alpha\ne 0,$$

配合一端 Dirichlet 邊界條件與另一端 Neumann 邊界條件：

$$u(0,t)=5,\qquad u_x(L,t)=3.$$

由於邊界條件不是齊次的，先將解拆成

$$u(x,t)=v(x)+w(x,t),$$

其中 $v(x)$ 負責滿足非齊次邊界條件，$w(x,t)$ 再使用分離變數法處理。混合邊界條件會產生特徵函數

$$\sin\left(\frac{(n+\frac12)\pi x}{L}\right),$$

而非一般的 $\sin(n\pi x/L)$。

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解題方法一：先消除非齊次邊界條件

取穩態解 $v(x)$，滿足

$$v''(x)=0,$$

因此

$$v(x)=A+Bx.$$

套用邊界條件：

$$v(0)=5\Rightarrow A=5,$$ $$v'(L)=3\Rightarrow B=3.$$

所以

$$v(x)=3x+5.$$

令

$$w(x,t)=u(x,t)-(3x+5).$$

因為 $3x+5$ 的二階導數為零，$w$ 仍滿足熱方程：

$$w_t=\alpha^2w_{xx}.$$

邊界條件變成

$$w(0,t)=u(0,t)-5=0,$$

以及

$$w_x(L,t)=u_x(L,t)-3=0.$$

初始條件為

$$\begin{aligned} w(x,0) &=u(x,0)-(3x+5)\\ &=10\sin\left(\frac{3\pi x}{L}\right) \cos\left(\frac{2\pi x}{L}\right). \end{aligned}$$

利用積化和差公式

$$\sin A\cos B=\frac12[\sin(A+B)+\sin(A-B)],$$

得到

$$w(x,0) =5\left[ \sin\left(\frac{5\pi x}{L}\right) +\sin\left(\frac{\pi x}{L}\right) \right].$$

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分離變數與特徵值問題

令

$$w(x,t)=X(x)T(t).$$

代入熱方程：

$$X(x)T'(t)=\alpha^2X''(x)T(t).$$

分離變數後令兩邊等於 $-\lambda$：

$$\frac{T'}{\alpha^2T} = \frac{X''}{X} =-\lambda.$$

因此得到

$$T'+\alpha^2\lambda T=0,$$

以及

$$X''+\lambda X=0.$$

空間邊界條件為

$$X(0)=0,\qquad X'(L)=0.$$

考慮 $\lambda=\mu^2>0$，則

$$X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x).$$

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，所以

$$X(x)=B\sin(\mu x).$$

再由 $X'(L)=0$：

$$X'(L)=B\mu\cos(\mu L)=0.$$

非零解要求

$$\cos(\mu L)=0,$$

因此

$$\mu_nL=\left(n+\frac12\right)\pi, \qquad n=0,1,2,\ldots$$

即

$$\mu_n=\frac{(n+\frac12)\pi}{L}.$$

時間部分為

$$T_n(t)=e^{-\alpha^2\mu_n^2t}.$$

所以 $w$ 的一般解為

核心觀念

熱方程可寫成

$$u_t=9u_{xx},$$

其中熱擴散係數為 $9$。在無限長桿件上，適合使用 Fourier transform 將 $x$ 的微分方程轉換成 $t$ 的常微分方程。

題目中的初始條件依附註 $\delta(x)$ 為 Dirac delta function 判斷，應為

$$u(x,0)=5\delta(x-10).$$

這代表熱量總量為 $5$，且初始時集中在 $x=10$。

採用 Fourier transform 定義

$$\widehat{u}(\xi,t)=\int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)e^{-i\xi x}\,dx,$$

並使用下列公式：

$$\mathcal{F}\{u_{xx}\}=-\xi^2\widehat{u},$$ $$\mathcal{F}\{\delta(x-a)\}=e^{-ia\xi}.$$

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解題方法

對方程式

$$u_t=9u_{xx}$$

對 $x$ 作 Fourier transform：

$$\mathcal{F}\{u_t\} = 9\mathcal{F}\{u_{xx}\}.$$

因此

$$\frac{\partial \widehat{u}}{\partial t} = -9\xi^2\widehat{u}.$$

將 $\xi$ 視為參數，這是一階常微分方程。分離變數得

$$\frac{1}{\widehat{u}}\frac{\partial \widehat{u}}{\partial t} = -9\xi^2,$$

所以

$$\widehat{u}(\xi,t) = C(\xi)e^{-9\xi^2t}.$$

由初始條件決定 $C(\xi)$：

$$\widehat{u}(\xi,0) = \mathcal{F}\{5\delta(x-10)\} = 5e^{-i10\xi}.$$

故

$$\widehat{u}(\xi,t) = 5e^{-i10\xi}e^{-9\xi^2t}.$$

接著作 inverse Fourier transform：

$$u(x,t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} 5e^{-i10\xi}e^{-9\xi^2t}e^{i\xi x}\,d\xi.$$

整理指數項：

$$u(x,t) = \frac{5}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-9t\xi^2}e^{i(x-10)\xi}\,d\xi.$$

利用 Gaussian Fourier integral：

$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a\xi^2}e^{ib\xi}\,d\xi = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \exp\left(-\frac{b^2}{4a}\right), \qquad a>0,$$

取

核心觀念

本題考查圓盤內的拉普拉斯方程 Dirichlet 問題，主要使用：

1. 極座標下的拉普拉斯方程。
2. 分離變數法。
3. 圓周上的傅立葉級數展開。
4. $r=0$ 有界條件，用來排除 $r^{-n}$ 與 $\ln r$ 型解。

邊界函數為半圓階梯函數：

$$f(\theta)=u(b,\theta)= \begin{cases} 10,&0\leq \theta<\pi,\\ 0,&\pi\leq \theta<2\pi. \end{cases}$$

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解題方法：分離變數

令

$$u(r,\theta)=R(r)\Theta(\theta).$$

代入

$$u_{rr}+\frac1r u_r+\frac1{r^2}u_{\theta\theta}=0$$

並乘以 $r^2/(R\Theta)$，得到

$$\frac{r^2R''+rR'}{R}+\frac{\Theta''}{\Theta}=0.$$

因為第一項只含 $r$，第二項只含 $\theta$，令分離常數為 $n^2$，可得

$$\Theta''+n^2\Theta=0,$$

以及

$$r^2R''+rR'-n^2R=0.$$

角向解

由於 $u(r,\theta)=u(r,\theta+2\pi)$，角向函數必須具備 $2\pi$ 週期性，因此

$$n=0,1,2,\ldots$$

且

$$\Theta_n(\theta)=\cos n\theta,\qquad \sin n\theta.$$

徑向解

當 $n\geq 1$ 時，徑向方程的解為

$$R_n(r)=A_nr^n+B_nr^{-n}.$$

由題目要求 $u$ 在 $r=0$ 有界，必須捨去 $r^{-n}$ 項，因此只保留 $r^n$。

當 $n=0$ 時，徑向解為

$$R_0(r)=A_0+B_0\ln r.$$

同樣因為 $r=0$ 有界，必須令 $B_0=0$。

所以圓盤內的有界解具有形式

$$u(r,\theta) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac rb\right)^n \left(a_n\cos n\theta+b_n\sin n\theta\right).$$

其中將徑向因子寫成 $(r/b)^n$，方便直接符合 $r=b$ 時的邊界條件。

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計算邊界函數的傅立葉係數

傅立葉係數為

$$a_0=\frac1\pi\int_0^{2\pi}f(\theta)\,d\theta,$$ $$a_n=\frac1\pi\int_0^{2\pi}f(\theta)\cos n\theta\,d\theta,$$ $$b_n=\frac1\pi\int_0^{2\pi}f(\theta)\sin n\theta\,d\theta.$$

常數項

$$a_0 = \frac1\pi\int_0^\pi 10\,d\theta = 10.$$

因此

$$\frac{a_0}{2}=5.$$

餘弦係數

$$a_n = \frac{10}{\pi}\int_0^\pi \cos n\theta\,d\theta = \frac{10}{n\pi}\left[\sin n\theta\right]_0^\pi =0.$$

因此解中沒有餘弦項。

正弦係數

$$b_n = \frac{10}{\pi}\int_0^\pi \sin n\theta\,d\theta.$$

計算得

$$b_n = \frac{10}{n\pi}\left(1-\cos n\pi\right) = \frac{10}{n\pi}\left(1-(-1)^n\right).$$

因此：

• 當 $n$ 為偶數時，$b_n=0$；
• 當 $n$ 為奇數時，$b_n=\dfrac{20}{n\pi}$。

所以邊界函數的傅立葉級數為

核心觀念

本題考查：

1. 留數定理
   $\oint_C f(z)\,dz=2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;\text{曲線 }C\text{ 內的奇點})$

2. 部分分式分解，將有理函數拆成幾個幾何級數可展開的形式。

3. Taylor／Laurent 級數的收斂區域：

   $\frac{1}{1-w}=\sum_{n=0}^{\infty}w^n,\qquad |w|<1$

   若改以負次方展開，則

   $\frac{1}{1-w}=-\sum_{n=1}^{\infty}w^{-n},\qquad |w|>1$

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解題方法

（a）計算複積分

題目中的被積函數為

$$\frac{z}{(z+1)z^2} =\frac{1}{z(z+1)}.$$

其奇點為

$$z=0,\qquad z=-1.$$

兩者皆滿足 $|z|<5$，因此都位於圓 $C:|z|=5$ 內。

方法一：部分分式分解

$$\frac{1}{z(z+1)} =\frac{1}{z}-\frac{1}{z+1}.$$

因此

$$\oint_C\frac{1}{z(z+1)}\,dz = \oint_C\frac{1}{z}\,dz - \oint_C\frac{1}{z+1}\,dz.$$

由柯西積分公式的基本結果，

$$\oint_C\frac{1}{z}\,dz=2\pi i,$$

而 $z=-1$ 也在 $C$ 內，所以

$$\oint_C\frac{1}{z+1}\,dz=2\pi i.$$

故

$$\oint_C \frac{z}{(z+1)z^2}\,dz =2\pi i-2\pi i=0.$$

方法二：留數定理

在 $z=0$ 處，

$$\operatorname{Res}\left(\frac{1}{z(z+1)},0\right) = \lim_{z\to0}\frac{1}{z+1}=1.$$

在 $z=-1$ 處，

$$\operatorname{Res}\left(\frac{1}{z(z+1)},-1\right) = \lim_{z\to-1}\frac{1}{z}=-1.$$

留數總和為

$$1+(-1)=0.$$

因此

$$\oint_C \frac{z}{(z+1)z^2}\,dz =2\pi i(0)=0.$$

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（b）求 $z=0$ 附近的 Taylor 或 Laurent 展開

先作部分分式分解：

$$\frac{1}{(z+i)(z-2i)} = \frac{A}{z+i}+\frac{B}{z-2i}.$$

由

$$1=A(z-2i)+B(z+i),$$

分別代入 $z=-i$ 與 $z=2i$：

$$A=\frac{1}{-3i}=\frac{i}{3}, \qquad B=\frac{1}{3i}=-\frac{i}{3}.$$

所以

$$f(z)=\frac{i}{3}\frac{1}{z+i} -\frac{i}{3}\frac{1}{z-2i}.$$

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在 $|z|<1$ 中的 Taylor 展開

第一項：

$$\frac{i}{3}\frac{1}{z+i} = \frac{i}{3}\cdot\frac{1}{i}\cdot \frac{1}{1+z/i}.$$

因為 $1/i=-i$，且 $-z/i=iz$，所以

$$\frac{i}{3}\frac{1}{z+i} = \frac{1}{3}\sum_{n=0}^{\infty}(iz)^n, \qquad |z|<1.$$

第二項：

$$-\frac{i}{3}\frac{1}{z-2i} = -\frac{i}{3}\left(-\frac{1}{2i}\right) \frac{1}{1-z/(2i)}.$$

由

$$-\frac{i}{3}\left(-\frac{1}{2i}\right)=\frac{1}{6},$$

得到

$$-\frac{i}{3}\frac{1}{z-2i} = \frac{1}{6}\sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{z}{2i}\right)^n, \qquad |z|<2.$$