112 年 國立清華大學工程與系統科學系碩士班丙組《工程數學》

核心觀念

本題分別考查：

• 一階線性微分方程：使用積分因子法。
• 二階常係數非齊次微分方程：先求齊次解，再以變數變換與變參數法求特解。
• 可化為一階線性方程的非線性微分方程：令 $v=y^2$ 降階。

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（a）$\displaystyle \frac{dy}{dx}+3y=9x,\quad y(0)=3$

解題方法

這是一階線性微分方程

$$y'+P(x)y=Q(x),$$

其中

$$P(x)=3,\qquad Q(x)=9x.$$

積分因子為

$$\mu(x)=e^{\int 3\,dx}=e^{3x}.$$

方程兩邊乘上 $e^{3x}$：

$$e^{3x}y'+3e^{3x}y=9xe^{3x}.$$

左側可寫成乘積微分：

$$\frac{d}{dx}\left(e^{3x}y\right)=9xe^{3x}.$$

積分得

$$e^{3x}y=\int 9xe^{3x}\,dx+C.$$

利用分部積分：

$$\int 9xe^{3x}\,dx =3xe^{3x}-e^{3x}.$$

因此

$$e^{3x}y=3xe^{3x}-e^{3x}+C,$$

所以通解為

$$y=3x-1+Ce^{-3x}.$$

代入初始條件 $y(0)=3$：

$$3=-1+C,$$

得到

$$C=4.$$

因此

$$\boxed{y(x)=3x-1+4e^{-3x}}.$$

解題技巧與驗算

對特解可直接設為一次式 $y_p=ax+b$。代入：

$$a+3(ax+b)=9x.$$

比較係數可得

$$a=3,\qquad b=-1.$$

再加上齊次解 $Ce^{-3x}$，即可快速得到一般解。

驗算：

$$y'=3-12e^{-3x},$$

因此

$$y'+3y =3-12e^{-3x}+9x-3+12e^{-3x} =9x.$$

且

$$y(0)=-1+4=3.$$

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（b）$\displaystyle 2y''-4y'+4y=e^x\sec x$

核心觀念

先除以 $2$，得

$$y''-2y'+2y=\frac12 e^x\sec x.$$

解法分為兩部分：

1. 求齊次方程的通解。
2. 求非齊次特解。

由於齊次方程的特徵根為 $1\pm i$，含有 $e^x\cos x$、$e^x\sin x$；右側也含有 $e^x$，因此令

$$y=e^xu$$

可大幅簡化計算。

第一步：求齊次解

考慮齊次方程

$$y''-2y'+2y=0.$$

其特徵方程為

$$r^2-2r+2=0.$$

解得

$$r=1\pm i.$$

因此齊次解為

$$y_h=e^x(C_1\cos x+C_2\sin x).$$

第二步：變數變換

令

$$y=e^xu.$$

則

$$y'=e^x(u'+u),$$ $$y''=e^x(u''+2u'+u).$$

代入左側：

\begin{align*}
y''-2y'+2y
&=e^x(u''+2u'+u)-2e^x(u'+u)+2e^xu\
&=e^x(u''+u).
\end{align*}

所以原方程化為

$$e^x(u''+u)=\frac12 e^x\sec x,$$

即

$$u''+u=\frac12\sec x.$$

第三步：用變參數法求 $u$ 的特解

對齊次方程

$$u''+u=0,$$

取基本解

$$u_1=\cos x,\qquad u_2=\sin x.$$

其 Wronskian 為

$$W= \begin{vmatrix} \cos x&\sin x\\ -\sin x&\cos x \end{vmatrix} =\cos^2x+\sin^2x=1.$$

令

$$f(x)=\frac12\sec x.$$

變參數法的特解公式為

$$u_p=-u_1\int \frac{u_2f}{W}\,dx +u_2\int \frac{u_1f}{W}\,dx.$$

代入各項：

$$u_p =-\cos x\int \frac12\sin x\sec x\,dx +\sin x\int \frac12\cos x\sec x\,dx.$$

因為

$$\sin x\sec x=\tan x,\qquad \cos x\sec x=1,$$

故

$$u_p =-\frac12\cos x\int\tan x\,dx +\frac12\sin x\int 1\,dx.$$

又

核心觀念

1. 正則奇異點（Regular Singular Point）之判別：
   對於二階線性齊次常微分方程式 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = 0$，若在 $x = x_0$ 處 $P(x)$ 或 $Q(x)$ 不具解析性（Analytic），但極限 $\lim_{x \to x_0} (x - x_0)P(x) = p_0$ 與 $\lim_{x \to x_0} (x - x_0)^2 Q(x) = q_0$ 均存在且為有限值，則 $x = x_0$ 稱為正則奇異點。
2. 佛羅貝尼烏斯方法（Frobenius Method）：
   在正則奇異點 $x = 0$ 展開的級數解形式為： $$y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r}, \quad a_0 \neq 0$$
3. 指標方程式（Indicial Equation）：
   由級數最低次項係數為零所得之代數方程式 $r(r-1) + p_0 r + q_0 = 0$。兩指標根 $r_1, r_2$ 若滿足 $r_1 - r_2 \notin \mathbb{Z}$（差值非整數），則保證存在兩個線性獨立的 Frobenius 級數解 $y_1(x)$ 與 $y_2(x)$。
4. 柯西－尤拉方程式（Cauchy-Euler Equation）特質：
   本題為標準柯西－尤拉方程式，代入級數展開時無平移項，其遞迴關係式將顯示高階項係數全為零。

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解題方法

步驟一：判別展開點 $x = 0$ 之奇異性

將原微分方程式化為標準形式：

$$y'' - \frac{1}{x} y' - \frac{4}{9x^2} y = 0$$

其中係數函數為 $P(x) = -\frac{1}{x}$， $Q(x) = -\frac{4}{9x^2}$。
計算極限：

$$p_0 = \lim_{x \to 0} x P(x) = -1$$ $$q_0 = \lim_{x \to 0} x^2 Q(x) = -\frac{4}{9}$$

由於 $p_0$ 與 $q_0$ 均為有限常數，故 $x = 0$ 為方程式之正則奇異點，適用 Frobenius 級數解法。

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步驟二：設定 Frobenius 級數解並求導

設解為：

$$y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r} \quad (a_0 \neq 0)$$

對 $x$ 逐項微分可得：

$$y'(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (n+r) a_n x^{n+r-1}$$ $$y''(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r-1) a_n x^{n+r-2}$$

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步驟三：代回原微分方程式整理同次項

將級數代入原方程式 $9x^2 y'' - 9x y' - 4y = 0$：

$$9x^2 \sum_{n=0}^{\infty} (n+r)(n+r-1) a_n x^{n+r-2} - 9x \sum_{n=0}^{\infty} (n+r) a_n x^{n+r-1} - 4 \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{n+r} = 0$$

將 $x$ 的冪次項整併：

$$\sum_{n=0}^{\infty} \left[ 9(n+r)(n+r-1) - 9(n+r) - 4 \right] a_n x^{n+r} = 0$$

定義多項式函數 $F(s) = 9s(s-1) - 9s - 4 = 9s^2 - 18s - 4$，方程式可簡記為：

$$\sum_{n=0}^{\infty} F(n+r) a_n x^{n+r} = 0$$

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步驟四：求解指標方程式與指標根

令最低次項（$n = 0$）的係數為零：

$$F(r) a_0 = 0$$

因為 $a_0 \neq 0$，故得指標方程式：

$$9r^2 - 18r - 4 = 0$$

利用二次方程式公式求解：

核心觀念

本題考查：

• 單位階梯函數 $u(t-a)$ 的拉普拉斯轉換。
• 第二位移定理：
  $\mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=u(t-a)f(t-a).$
• 微分方程的拉普拉斯轉換：
  $\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0).$
• 部分分式分解。

由於右側在 $t=2$ 才開始作用，使用拉普拉斯轉換能直接處理階梯函數。

解題方法

原方程為

$$y''+4y=4t\,u(t-2),$$

且

$$y(0)=0,\qquad y'(0)=0.$$

1. 右側的拉普拉斯轉換

將 $t$ 改寫成 $(t-2)+2$：

$$4t\,u(t-2) =4\big[(t-2)+2\big]u(t-2).$$

令

$$g(t)=4(t+2),$$

則

$$4t\,u(t-2)=u(t-2)g(t-2).$$

因此由第二位移定理，

$$\mathcal{L}\{4t\,u(t-2)\} =e^{-2s}\mathcal{L}\{4(t+2)\}.$$

計算得

$$\mathcal{L}\{4(t+2)\} =4\left(\frac{1}{s^2}+\frac{2}{s}\right).$$

所以

$$\mathcal{L}\{4t\,u(t-2)\} =4e^{-2s}\left(\frac{1}{s^2}+\frac{2}{s}\right).$$

2. 對微分方程取拉普拉斯轉換

設

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}.$$

由初始條件 $y(0)=y'(0)=0$，

$$\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s).$$

因此

$$s^2Y(s)+4Y(s) =4e^{-2s}\left(\frac{1}{s^2}+\frac{2}{s}\right).$$

整理：

$$Y(s) =\frac{4e^{-2s}}{s^2+4} \left(\frac{1}{s^2}+\frac{2}{s}\right).$$

即

$$Y(s) =e^{-2s}\frac{4+8s}{s^2(s^2+4)}.$$

3. 部分分式分解

分解

$$\frac{4+8s}{s^2(s^2+4)} = \frac{A}{s}+\frac{B}{s^2} +\frac{Cs+D}{s^2+4}.$$

兩邊同乘 $s^2(s^2+4)$：

$$4+8s =As(s^2+4)+B(s^2+4)+(Cs+D)s^2.$$

比較各次方係數：

$$A=2,\qquad B=1,\qquad C=-2,\qquad D=-1.$$

故

$$\frac{4+8s}{s^2(s^2+4)} = \frac{2}{s}+\frac{1}{s^2} -\frac{2s+1}{s^2+4}.$$

因此

核心觀念

本題考查：

• $3\times 3$ 矩陣的行列式計算。

• 伴隨矩陣法求反矩陣：

  $M^{-1}=\frac{1}{\det M}\operatorname{adj}(M)$

• 特徵值與特徵向量的定義：

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

  求得特徵值 $\lambda$ 後，再由

  $(M-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0$

  求對應的特徵向量 $\mathbf v$。

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（a）行列式與反矩陣

矩陣為

$$M= \begin{bmatrix} 2&3&3\\ -2&-1&-2\\ 2&0&1 \end{bmatrix}$$

沿第一列展開行列式：

$$\begin{aligned} \det M &=2 \begin{vmatrix} -1&-2\\ 0&1 \end{vmatrix} -3 \begin{vmatrix} -2&-2\\ 2&1 \end{vmatrix} +3 \begin{vmatrix} -2&-1\\ 2&0 \end{vmatrix}\\ &=2(-1)-3((-2)(1)-(-2)(2)) +3((-2)(0)-(-1)(2))\\ &=-2-3(2)+3(2)\\ &=-2. \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{\det M=-2\neq 0}$$

所以 $M$ 可逆。

餘因子矩陣

各元素的代數餘因子為

$$C= \begin{bmatrix} -1&-2&2\\ -3&-4&6\\ -3&-2&4 \end{bmatrix}$$

因此伴隨矩陣為餘因子矩陣的轉置：

$$\operatorname{adj}(M)=C^T = \begin{bmatrix} -1&-3&-3\\ -2&-4&-2\\ 2&6&4 \end{bmatrix}$$

故

$$\begin{aligned} M^{-1} &=\frac{1}{-2} \begin{bmatrix} -1&-3&-3\\ -2&-4&-2\\ 2&6&4 \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} \frac12&\frac32&\frac32\\ 1&2&1\\ -1&-3&-2 \end{bmatrix}. \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{ M^{-1}= \begin{bmatrix} \frac12&\frac32&\frac32\\ 1&2&1\\ -1&-3&-2 \end{bmatrix}}$$

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（b）特徵值與特徵向量

特徵方程為

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

其中

$$\lambda I-M= \begin{bmatrix} \lambda-2&-3&-3\\ 2&\lambda+1&2\\ -2&0&\lambda-1 \end{bmatrix}.$$

計算可得

$$\det(\lambda I-M) =\lambda^3-2\lambda^2-\lambda+2.$$

因式分解：

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

因此三個特徵值為

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

對應 $\lambda=1$

解

$$(M-I)\mathbf v=\mathbf 0$$

即

第 5 題

核心觀念

本題分別考查：

• 散度定理（Divergence Theorem）

  對封閉曲面 $S$ 及其所包圍的體積區域 $V$，

$$\iint_S \mathbf F\cdot \mathbf n\,dS =\iiint_V \nabla\cdot\mathbf F\,dV.$$

• Stokes 定理（Stokes’ Theorem）

  對閉曲線 $C$ 及其所張成的曲面 $\Sigma$，

$$\oint_C \mathbf F\cdot d\mathbf r =\iint_\Sigma (\nabla\times\mathbf F)\cdot\mathbf n\,dS.$$

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(a) 使用散度定理

給定

$$\mathbf F=xyz\,\mathbf i+(yz+3)\,\mathbf j+(z-2)\,\mathbf k.$$

區域為

$$V=\{(x,y,z):0\le z\le 5,\ x^2+y^2\le 9\},$$

即半徑 $3$、高度 $5$ 的圓柱體，且 $S$ 為其封閉表面。

計算散度

$$\nabla\cdot\mathbf F =\frac{\partial}{\partial x}(xyz) +\frac{\partial}{\partial y}(yz+3) +\frac{\partial}{\partial z}(z-2).$$

因此

$$\nabla\cdot\mathbf F=yz+z+1.$$

由散度定理，

$$\iint_S\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS =\iiint_V(yz+z+1)\,dV.$$

改用柱座標

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,$$

其中

$$0\le r\le 3,\qquad 0\le\theta\le 2\pi,\qquad 0\le z\le 5,$$

且 $dV=r\,dz\,dr\,d\theta$。

故

$$\iiint_V yz\,dV=0,$$

因為圓盤 $x^2+y^2\le 9$ 關於 $y=0$ 對稱，而被積函數 $yz$ 對 $y$ 為奇函數。

接著，

$$\iiint_V z\,dV =\left(\iint_{x^2+y^2\le 9}dA\right) \left(\int_0^5z\,dz\right).$$

圓盤面積為 $9\pi$，所以

$$\iiint_V z\,dV =9\pi\left[\frac{z^2}{2}\right]_0^5 =9\pi\cdot\frac{25}{2} =\frac{225\pi}{2}.$$

另外，

$$\iiint_V1\,dV =\text{圓柱體體積} =\pi(3)^2(5)=45\pi.$$

因此

$$\iint_S\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS =0+\frac{225\pi}{2}+45\pi =\frac{315\pi}{2}.$$

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(b) 使用 Stokes 定理

給定

核心觀念

本題求解長方體區域內的三維 Laplace 方程：

$$u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}=0.$$

由圖中座標可視為

$$0<x<a,\qquad 0<y<b,\qquad 0<z<c.$$

邊界條件為

$$u(x,0,z)=f(x,z),\qquad u(x,b,z)=g(x,z),$$

而其餘四個側面溫度為零：

$$u(0,y,z)=u(a,y,z)=0,$$ $$u(x,y,0)=u(x,y,c)=0.$$

由於 $x,z$ 方向的邊界值為零，適合使用雙重 Fourier 正弦級數。

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解題方法：分離變數

令

$$u(x,y,z)=X(x)Y(y)Z(z).$$

代入 Laplace 方程得

$$\frac{X''}{X}+\frac{Y''}{Y}+\frac{Z''}{Z}=0.$$

針對 $x$ 與 $z$ 方向的零邊界條件，分別有

$$X(0)=X(a)=0,$$ $$Z(0)=Z(c)=0.$$

因此特徵函數為

$$X_m(x)=\sin\frac{m\pi x}{a},\qquad m=1,2,\ldots,$$ $$Z_n(z)=\sin\frac{n\pi z}{c},\qquad n=1,2,\ldots.$$

相對應的特徵值為

$$\lambda_{mn}^2 = \left(\frac{m\pi}{a}\right)^2 + \left(\frac{n\pi}{c}\right)^2.$$

故

$$\lambda_{mn} = \sqrt{ \left(\frac{m\pi}{a}\right)^2 + \left(\frac{n\pi}{c}\right)^2 }.$$

此時 $y$ 方向滿足

$$Y''-\lambda_{mn}^2Y=0,$$

其通解為

$$Y(y)=A\sinh(\lambda_{mn}y)+B\cosh(\lambda_{mn}y).$$

因此整體解可寫成

$$u(x,y,z) = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} Y_{mn}(y) \sin\frac{m\pi x}{a} \sin\frac{n\pi z}{c}.$$

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展開兩個非齊次邊界條件

將 $f(x,z)$ 與 $g(x,z)$ 展開成雙重正弦級數：

$$f(x,z) = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} F_{mn} \sin\frac{m\pi x}{a} \sin\frac{n\pi z}{c},$$ $$g(x,z) = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} G_{mn} \sin\frac{m\pi x}{a} \sin\frac{n\pi z}{c}.$$

由正交性，係數為

核心觀念

本題考查：

1. 對時間變數 $t$ 作 Laplace transform。
2. 利用初始條件處理時間微分：

$$\mathcal{L}\left\{\frac{\partial^2u}{\partial t^2}\right\} =s^2U(x,s)-su(x,0)-u_t(x,0).$$

3. 辨認空間外力 $\sin(\pi x)$ 正好是固定端弦的特徵函數，因此可令
   $u(x,t)=a(t)\sin(\pi x).$
4. 注意共振情形 $\omega=c\pi$，此時一般公式的分母為零，必須單獨處理。

令

$$\alpha=c\pi.$$

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解題方法一：先作空間模態分離

由於外力項為

$$\sin(\pi x)\sin(\omega t),$$

且邊界條件要求 $u(0,t)=u(1,t)=0$，可設

$$u(x,t)=a(t)\sin(\pi x).$$

此時

$$u_{tt}=a''(t)\sin(\pi x),$$

以及

$$u_{xx}=-\pi^2a(t)\sin(\pi x).$$

代回原偏微分方程：

$$a''(t)\sin(\pi x) = -c^2\pi^2a(t)\sin(\pi x) +\sin(\pi x)\sin(\omega t).$$

消去共同因子 $\sin(\pi x)$，得到常微分方程

$$a''(t)+c^2\pi^2a(t)=\sin(\omega t),$$

即

$$a''(t)+\alpha^2a(t)=\sin(\omega t).$$

初始條件變為

$$a(0)=0,\qquad a'(0)=0.$$

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對時間作 Laplace transform

設

$$A(s)=\mathcal{L}\{a(t)\}.$$

由初始條件 $a(0)=a'(0)=0$，

$$\mathcal{L}\{a''(t)\}=s^2A(s).$$

因此

$$s^2A(s)+\alpha^2A(s) = \mathcal{L}\{\sin(\omega t)\}.$$

又

$$\mathcal{L}\{\sin(\omega t)\} = \frac{\omega}{s^2+\omega^2},$$

故

$$A(s) = \frac{\omega} {(s^2+\omega^2)(s^2+\alpha^2)}.$$

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非共振情形：$\omega\ne\alpha$

進行部分分式分解：

$$\frac{\omega} {(s^2+\omega^2)(s^2+\alpha^2)} = \frac{\omega}{\alpha^2-\omega^2} \left( \frac{1}{s^2+\omega^2} - \frac{1}{s^2+\alpha^2} \right).$$

利用

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{\frac{1}{s^2+k^2}\right\} = \frac{1}{k}\sin(kt),$$

得到

$$a(t) = \frac{\omega}{\alpha^2-\omega^2} \left( \frac{\sin(\omega t)}{\omega} - \frac{\sin(\alpha t)}{\alpha} \right).$$

整理為

第 8 題

核心觀念

本題考查：

1. Laurent 級數的收斂環域與幾何級數展開。
2. 留數定理：
   $\oint_C F(z)\,dz=2\pi i\sum \operatorname{Res}(F;\text{曲線內奇點})$
3. 本性奇點的留數計算。
4. 有理函數乘上解析函數後，在單極點與高階極點的留數求法。
5. 判斷奇點是否位於圓形路徑內。

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(a) Laurent 級數

給定

$$f(z)=\frac{1}{z(z+4i)}.$$

其奇點為

$$z=0,\qquad z=-4i.$$

相對於 Laurent 展開中心 $z=0$，兩個奇點的距離分別為 $0$ 與 $4$。因此，題目寫成 $|z|>3$ 時，區域中包含了奇點 $z=-4i$ 的圓周位置，實際上不能用同一個 Laurent 級數涵蓋整個 $|z|>3$。

所以必須分成兩個收斂環域：

$$3<|z|<4$$

以及

$$|z|>4.$$

情形一：$3<|z|<4$

將函數部分分式分解：

$$\frac{1}{z(z+4i)} = \frac{1}{4i}\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{z+4i}\right).$$

因為 $|z|<4$，可將第二項寫成

$$\frac{1}{z+4i} = \frac{1}{4i}\frac{1}{1+\frac{z}{4i}}.$$

利用幾何級數公式

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

得到

$$\frac{1}{z+4i} = \frac{1}{4i} \sum_{n=0}^{\infty} \left(-\frac{z}{4i}\right)^n.$$

因此

$$f(z) = \frac{1}{4iz} + \frac{1}{16} \sum_{n=0}^{\infty} \left(-\frac{z}{4i}\right)^n, \qquad 3<|z|<4.$$

前幾項為

$$f(z) = \frac{1}{4iz} +\frac{1}{16} +\frac{iz}{64} -\frac{z^2}{256} -\frac{iz^3}{1024} +\cdots.$$

情形二：$|z|>4$

將原式改寫為

$$f(z) = \frac{1}{z^2}\frac{1}{1+\frac{4i}{z}}.$$

因為 $|z|>4$，所以 $\left|\frac{4i}{z}\right|<1$，可使用幾何級數：

$$\frac{1}{1+\frac{4i}{z}} = \sum_{n=0}^{\infty} \left(-\frac{4i}{z}\right)^n.$$

因此

$$f(z) = \frac{1}{z^2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(-\frac{4i}{z}\right)^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-4i)^n z^{-n-2}, \qquad |z|>4.$$

前幾項為

$$f(z) = \frac{1}{z^2} -\frac{4i}{z^3} -\frac{16}{z^4} +\frac{64i}{z^5} +\frac{256}{z^6} +\cdots.$$

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(b) 複變線積分

要求

$$\oint_C \left( z^2e^{1/z} + \frac{\sin z}{z^5+3z^3} \right)\,dz,$$

其中 $C$ 為

$$\left|z-\frac{3i}{2}\right|=2$$

且為逆時針方向。

令

$$F(z)=z^2e^{1/z}+\frac{\sin z}{z^3(z^2+3)}.$$

第一步：判斷曲線內的奇點

奇點包括：

• $z=0$；
• $z=i\sqrt{3}$；
• $z=-i\sqrt{3}$。

計算各點到圓心 $\frac{3i}{2}$ 的距離：

$$\left|0-\frac{3i}{2}\right|=\frac32<2,$$

所以 $z=0$ 在曲線內。

$$\left|i\sqrt3-\frac{3i}{2}\right| = \sqrt3-\frac32<2,$$

所以 $z=i\sqrt3$ 在曲線內。

$$\left|-i\sqrt3-\frac{3i}{2}\right| = \sqrt3+\frac32>2,$$

所以 $z=-i\sqrt3$ 在曲線外。