115 年 國立成功大學機械工程學系碩士班丁組《工程數學》

核心觀念

本題屬於一階常微分方程（First-order ODE）中的可分離變數型（Separable ODE）。
解題時運用以下重要觀念與微積分公式：

1. 變數分離法：若方程式形式為 $\frac{dy}{dx} = g(x)h(y)$，可改寫為 $\frac{1}{h(y)} dy = g(x) dx$ 分別對兩邊進行積分。
2. 分部積分法（Integration by Parts）： $$\int u \, dv = u v - \int v \, du$$ 用於計算對數函數的積分：$\int \ln|x| \, dx = x\ln|x| - x + C$。
3. 絕對值與積分常數之吸收：利用對數性質將絕對值合併至任意常數 $C$ 中，並檢驗零解（$y = 0$）是否可被通解形式涵蓋。

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解題方法

給定一階微分方程：

$$\frac{dy}{dx} = y \ln|x| \quad (x \neq 0)$$

步驟一：分離變數

當 $y \neq 0$ 時，將含 $y$ 與含 $x$ 的項分置於等號兩側：

$$\frac{1}{y} \, dy = \ln|x| \, dx$$

步驟二：兩端積分

對等號兩端同時進行不定積分：

$$\int \frac{1}{y} \, dy = \int \ln|x| \, dx$$

1. 左式積分： $$\int \frac{1}{y} \, dy = \ln|y|$$
2. 右式積分（令 $u = \ln|x| \implies du = \frac{1}{x} dx$；$dv = dx \implies v = x$）： $$\int \ln|x| \, dx = x \ln|x| - \int x \cdot \frac{1}{x} \, dx = x \ln|x| - x + C_1$$ 其中 $C_1$ 為任意實常數。

綜合兩式可得：

$$\ln|y| = x \ln|x| - x + C_1 = x(\ln|x| - 1) + C_1$$

核心觀念

本題為二階常係數非齊次線性常微分方程（Nonhomogeneous Linear ODE with Constant Coefficients）。

求解通解（General Solution）的核心架構為：

$$y(x) = y_h(x) + y_p(x)$$

其中：

1. 齊次解（Homogeneous Solution）$y_h(x)$：由特徵方程式（Characteristic Equation）求得特徵根，對應出基礎解系（Fundamental Set of Solutions）。
2. 特解（Particular Solution）$y_p(x)$：可利用**待定係數法（Method of Undetermined Coefficients）或逆微分算子法（Inverse Differential Operator Method）**求得。本題右側非齊次項 $\cos x$ 與 $\sin x$ 恰好為齊次解的基底，屬於「共振型（Resonance）」非齊次項，假設特解時須乘上修正因子 $x$。

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解題方法

步驟一：求齊次解 $y_h(x)$

對應之齊次微分方程為：

$$y'' + y = 0$$

其特徵方程式為：

$$\lambda^2 + 1 = 0 \implies \lambda = \pm i$$

特徵根為一對共軛虛根 $\lambda = 0 \pm 1\cdot i$，故對應之齊次解為：

$$y_h(x) = c_1 \cos x + c_2 \sin x$$

（其中 $c_1, c_2$ 為任意實數常數）

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步驟二：求特解 $y_p(x)$

本題提供兩種常用且標準的求解途徑：

方法一：待定係數法（Method of Undetermined Coefficients）

由於非齊次項 $r(x) = \cos x - \sin x$ 已出現在齊次解 $y_h(x)$ 中，依修正法則（Modification Rule），特解形式須乘上 $x$：

$$y_p(x) = x (A \cos x + B \sin x)$$

對 $y_p(x)$ 進行一次與二次微分：

$$y_p'(x) = (A \cos x + B \sin x) + x (-A \sin x + B \cos x)$$ $$y_p''(x) = 2(-A \sin x + B \cos x) + x (-A \cos x - B \sin x)$$

將 $y_p$ 與 $y_p''$ 代入原方程式 $y'' + y = \cos x - \sin x$：

$$\left[ 2(-A \sin x + B \cos x) - x(A \cos x + B \sin x) \right] + x(A \cos x + B \sin x) = \cos x - \sin x$$

化簡消除含有 $x\cos x$ 與 $x\sin x$ 的共振項：

$$2B \cos x - 2A \sin x = \cos x - \sin x$$

比較等號兩側 $\cos x$ 與 $\sin x$ 之係數：

$$\begin{cases} 2B = 1 \implies B = \dfrac{1}{2} \\ -2A = -1 \implies A = \dfrac{1}{2} \end{cases}$$

因此特解為：

核心觀念

本題的核心觀念為向量微積分中的史托克定理（Stokes' Theorem）與旋度（Curl）的計算，以及保守向量場（Conservative Vector Field）的拆解。

1. 史托克定理：
   設 $S$ 為由分段平滑封閉曲線 $C$ 為邊界之有向曲面，$\vec{n}$ 為符合右手定則之單位法向量，$\vec{F}$ 為具有連續一階偏導數之向量場，則線積分可轉化為旋度在曲面上的面積分：

   $$\oint_C \vec{F} \cdot d\vec{r} = \iint_S (\nabla \times \vec{F}) \cdot \vec{n}\,dS$$

2. 向量場的旋度：

   $$\nabla \times \vec{F} = \left( \frac{\partial F_3}{\partial y} - \frac{\partial F_2}{\partial z} \right)\vec{i} + \left( \frac{\partial F_1}{\partial z} - \frac{\partial F_3}{\partial x} \right)\vec{j} + \left( \frac{\partial F_2}{\partial x} - \frac{\partial F_1}{\partial y} \right)\vec{k}$$

3. 曲面參數化與法向量：
   若平面方程式為 $z = 1 - y$，參數化為 $\vec{r}(x, y) = x\vec{i} + y\vec{j} + (1 - y)\vec{k}$，定義域為投影區域 $D: 0 \leq x \leq 2,\; 0 \leq y \leq 1$。
   曲面法向量元素為：

   $$d\vec{S} = \left( \frac{\partial \vec{r}}{\partial x} \times \frac{\partial \vec{r}}{\partial y} \right) dx\,dy = (0, 1, 1)\,dx\,dy$$

   該法向量向上（$z$ 分量為正），符合邊界曲線 $C$ 的右手定則方向。

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解題方法

步驟一：計算向量場 $\vec{F}$ 的旋度 $\nabla \times \vec{F}$

題目給定向量場：

$$\vec{F} = F_1\,\vec{i} + F_2\,\vec{j} + F_3\,\vec{k}$$

其中：

$$F_1 = z^2 y \cos(xy)$$ $$F_2 = z^2 x(1 + \cos(xy)) = z^2 x + z^2 x \cos(xy)$$ $$F_3 = 2zy \sin(xy)$$

分別計算各分量偏導數：

1. $x$ 分量：

   $$\frac{\partial F_3}{\partial y} = 2z \sin(xy) + 2zxy \cos(xy)$$ $$\frac{\partial F_2}{\partial z} = 2zx + 2zxy \cos(xy)$$ $$(\nabla \times \vec{F})_x = \frac{\partial F_3}{\partial y} - \frac{\partial F_2}{\partial z} = 2z \sin(xy) - 2zx$$

2. $y$ 分量：

   $$\frac{\partial F_1}{\partial z} = 2zy \cos(xy)$$ $$\frac{\partial F_3}{\partial x} = 2zy^2 \cos(xy)$$ $$(\nabla \times \vec{F})_y = \frac{\partial F_1}{\partial z} - \frac{\partial F_3}{\partial x} = 2zy(1 - y)\cos(xy)$$

3. $z$ 分量：

   $$\frac{\partial F_2}{\partial x} = z^2 + z^2 \cos(xy) - z^2 xy \sin(xy)$$ $$\frac{\partial F_1}{\partial y} = z^2 \cos(xy) - z^2 xy \sin(xy)$$ $$(\nabla \times \vec{F})_z = \frac{\partial F_2}{\partial x} - \frac{\partial F_1}{\partial y} = z^2$$

步驟二：套用史托克定理轉換為曲面積分

曲面 $S$ 位於平面 $z = 1 - y$ 上，$d\vec{S} = (0, 1, 1)\,dx\,dy$。
被積函數為旋度與法向量的內積：

$$(\nabla \times \vec{F}) \cdot d\vec{S} = \left[ 0 \cdot (\nabla \times \vec{F})_x + 1 \cdot (\nabla \times \vec{F})_y + 1 \cdot (\nabla \times \vec{F})_z \right] dx\,dy$$ $$= \left[ 2zy(1 - y)\cos(xy) + z^2 \right] dx\,dy$$

核心觀念

1. 差分方程式的狀態空間矩陣表示（State-Space Representation）：
   將二階常係數線性差分方程式引入輔助變數（通常為前一項自身的恆等式），降階改寫為一階向量差分方程式： $$\mathbf{x}_n = A \mathbf{x}_{n-1}$$
2. 特徵值與特徵向量（Eigenvalues and Eigenvectors）：
   對於矩陣 $A$，求解特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$ 得到特徵值 $\lambda$，再由零空間方程式 $(A - \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}$ 解出對應的特徵向量 $\mathbf{x}$。
3. 特徵向量的正規化形式：
   題目指定特徵向量矩陣形式為 $\begin{bmatrix} \lambda_1 & \lambda_2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$，即每個特徵向量的第二個分量固定為 $1$。

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解題方法

(1) 求矩陣 $A$

根據費氏數列（Fibonacci sequence）的定義：

$$F_n = F_{n-1} + F_{n-2}$$

同時配合恆等式：

$$F_{n-1} = 1 \cdot F_{n-1} + 0 \cdot F_{n-2}$$

將兩式聯立寫成矩陣乘積的形式：

$$\begin{bmatrix} F_n \\ F_{n-1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} F_{n-1} \\ F_{n-2} \end{bmatrix}$$

對照題目給定的關係式 $\begin{bmatrix} F_n \\ F_{n-1} \end{bmatrix} = A \begin{bmatrix} F_{n-1} \\ F_{n-2} \end{bmatrix}$，可直接確定矩陣 $A$ 為：

$$A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$$

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(2) 求 $A$ 的特徵值與特徵向量

Step 1：求解特徵值 $\lambda$
計算特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$：

$$\det\begin{bmatrix} 1 - \lambda & 1 \\ 1 & -\lambda \end{bmatrix} = (1 - \lambda)(-\lambda) - (1)(1) = 0$$

展開整理可得：

$$\lambda^2 - \lambda - 1 = 0$$

利用一元二次方程式公式解求得兩根：

$$\lambda = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$$

題目要求 $\lambda_1 > \lambda_2$，因此：

$$\lambda_1 = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}, \quad \lambda_2 = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$$

Step 2：求解對應特徵向量並調整為題目指定形式
對於特徵值 $\lambda$，其特徵向量 $\mathbf{v} = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix}$ 滿足 $(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$：

$$\begin{bmatrix} 1 - \lambda & 1 \\ 1 & -\lambda \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

核心觀念

本題考查二重積分（Double Integral）之積分順序選定與化簡：

1. 積分順序的選擇：被積函數為 $f(x, y) = x e^{y^2}$。若先對 $y$ 積分，$\int e^{y^2}\,dy$ 為非初等函數（無法以初等函數表示不定積分）；但若先對 $x$ 積分，由於被積函數中含有 $x$，其積分 $\int x\,dx = \frac{1}{2}x^2$，代入由 $y = x^2 \implies x = \sqrt{y}$ 決定的邊界後，恰可消去根號產生 $y$，進而使外層積分轉化為標準的代換積分法 $\int y e^{y^2}\,dy$。
2. 積分區域（Type II 區域）描述：
   邊界為拋物線 $y = x^2$、水平線 $y = 4$ 及 $y$ 軸 $x = 0$，且落在第一象限。
   • 繪出區域可知交點為 $(0,0)$ 與 $(2,4)$。
   • 表示為橫向（Type II）區域： $$R = \left\{ (x, y) \;\middle|\; 0 \le x \le \sqrt{y},\; 0 \le y \le 4 \right\}$$

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解題方法

步驟一：確定積分區域與積分限

區域 $R$ 位於第一象限，由下列三條曲線所圍成：

• 左側邊界：$x = 0$
• 右側邊界：$y = x^2 \implies x = \sqrt{y}$（因在第一象限，取正根）
• 上方邊界：$y = 4$
• 下方邊界：$y = 0$（拋物線頂點在原點 $(0,0)$）

因此，積分區域以 Type II 區域表示為：

$$0 \le y \le 4, \quad 0 \le x \le \sqrt{y}$$

步驟二：改寫二重積分並進行內層積分

將原二重積分改寫為累次積分（先對 $x$ 積分，再對 $y$ 積分）：

核心觀念

本題考查分段定義函數的拉氏轉換（Laplace Transform of Piecewise Continuous Functions），主要涉及以下核心定義與定理：

1. 單位步階函數（Unit Step Function / Heaviside Function）之定義：

   $$u(t-c) = \begin{cases} 0, & t < c \\ 1, & t \geq c \end{cases}$$

   將定義於區間 $[a, b)$ 上的函數 $g(t)$ 改寫為步階函數形式：

   $$g(t)[u(t-a) - u(t-b)]$$

2. 拉氏轉換之第二平移定理（Second Shifting Theorem / $t$-Shifting Theorem）：

   $$\mathcal{L}\{g(t-c)u(t-c)\} = e^{-cs}\mathcal{L}\{g(t)\} = e^{-cs}G(s)$$

   或其等價形式：

   $$\mathcal{L}\{h(t)u(t-c)\} = e^{-cs}\mathcal{L}\{h(t+c)\}$$

3. 基本拉氏轉換公式：

   $$\mathcal{L}\{1\} = \frac{1}{s}, \quad \mathcal{L}\{t\} = \frac{1}{s^2}, \quad \mathcal{L}\{t^2\} = \frac{2!}{s^3} = \frac{2}{s^3} \quad (s > 0)$$

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解題方法

處理分段函數拉氏轉換最標準且不易出錯的做法，是先將 $f(t)$ 用單位步階函數 $u(t)$ 表示成單一解析式，再利用第二平移定理求各項的拉氏轉換。

步驟一：將分段函數改寫為單位步階函數形式

根據題意，在 $t \geq 0$ 的範圍內：

$$\begin{aligned} f(t) &= 1 \cdot [u(t) - u(t-2)] + (-3) \cdot [u(t-2) - u(t-3)] + t^2 \cdot u(t-3) \\ &= u(t) - u(t-2) - 3u(t-2) + 3u(t-3) + t^2 u(t-3) \\ &= 1 - 4u(t-2) + (t^2 + 3)u(t-3) \end{aligned}$$

（其中對 $t \geq 0$ 而言，$u(t) = 1$）

步驟二：平移變數配合第二平移定理

針對含 $u(t-3)$ 的多項式項 $(t^2 + 3)u(t-3)$，將 $t$ 以 $(t-3)$ 展開改寫：
令 $t = (t-3) + 3$，則：

$$\begin{aligned} t^2 + 3 &= [(t-3) + 3]^2 + 3 \\ &= (t-3)^2 + 6(t-3) + 9 + 3 \\ &= (t-3)^2 + 6(t-3) + 12 \end{aligned}$$

因此該項可表示為：

$$(t^2 + 3)u(t-3) = \left[(t-3)^2 + 6(t-3) + 12\right] u(t-3)$$

函數 $f(t)$ 完整整理為：

$$f(t) = 1 - 4u(t-2) + \left[(t-3)^2 + 6(t-3) + 12\right] u(t-3)$$

步驟三：逐項進行拉氏轉換

利用線性性質 $\mathcal{L}\{af(t) + bg(t)\} = a\mathcal{L}\{f(t)\} + b\mathcal{L}\{g(t)\}$ 以及第二平移定理：

1. 第一項： $$\mathcal{L}\{1\} = \frac{1}{s}$$

核心觀念

本題屬於**半無窮域波動方程式（Wave Equation on a Semi-Infinite Domain）**的初邊值問題（IBVP）。
主要涵蓋的核心觀念與定理包括：

1. 拉普拉斯轉換（Laplace Transform）解 PDE：
   由於時間變數 $t \in (0, \infty)$ 且初始條件為齊次狀態（$u(x,0)=0$, $u_t(x,0)=0$），對時間變數 $t$ 取拉普拉斯轉換 $\mathcal{L}\{u(x,t)\} = U(x,s)$，可將二階偏微分方程式簡化為空間變數 $x$ 的二階常微分方程式（ODE）。
2. 積分方程式的邊界條件轉換：
   邊界條件 $u(0,t)$ 包含自身對時間的積分項 $\int_0^t u(0,s)\,ds$，本質上為沃爾泰拉積分方程式（Volterra integral equation），可利用積分的拉普拉斯轉換公式： $$\mathcal{L}\left\{ \int_0^t f(s)\,ds \right\} = \frac{F(s)}{s}$$ 直接在頻域（$s$-domain）中代數解出 $U(0,s)$。
3. 有界性條件（Boundedness Condition）：
   在半無窮長區域 $x \in (0, \infty)$，物理上當 $x \to \infty$ 時，波的位移 $u(x,t)$ 必須保持有界（$\lim_{x\to\infty} U(x,s) = 0$），藉此消除發散項。
4. 第二位移定理（Second Shifting Theorem）：
   波動問題中拉普拉斯逆轉換常出現空間延遲項 $e^{-sx}$，需利用第二位移定理還原為帶有單位階梯函數（Heaviside step function）的行進波（traveling wave）： $$\mathcal{L}^{-1}\left\{ e^{-as} F(s) \right\} = f(t-a)\mathcal{U}(t-a)$$

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解題方法

步驟一：邊界條件的拉普拉斯轉換

給定邊界條件為：

$$u(0, t) = -\int_0^t u(0, s)\,ds + e^{-2t} - 1$$

令 $\mathcal{L}\{u(0, t)\} = U(0, s)$。對上式兩邊取拉普拉斯轉換：

$$U(0, s) = -\frac{U(0, s)}{s} + \frac{1}{s+2} - \frac{1}{s}$$

將含 $U(0,s)$ 之項移至左式：

$$\left( 1 + \frac{1}{s} \right) U(0, s) = \frac{s - (s+2)}{s(s+2)} = \frac{-2}{s(s+2)}$$

整理得：

$$\left( \frac{s+1}{s} \right) U(0, s) = \frac{-2}{s(s+2)}$$

兩邊同乘以 $\frac{s}{s+1}$，解出邊界值在頻域的表示式：

$$U(0, s) = \frac{-2}{(s+1)(s+2)}$$

步驟二：對控制方程式取拉普拉斯轉換

原控制方程式為一維波動方程式（波速 $c = 1$）：

$$\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$$

對時間 $t$ 取拉普拉斯轉換，並代入齊次初始條件 $u(x,0) = 0$ 與 $u_t(x,0) = 0$：

$$s^2 U(x, s) - s u(x, 0) - u_t(x, 0) = \frac{d^2 U(x, s)}{dx^2}$$

化簡為關於 $x$ 的二階常微分方程式：

$$\frac{d^2 U}{dx^2} - s^2 U = 0$$

其通解形式為：

$$U(x, s) = A(s) e^{-sx} + B(s) e^{sx}$$

步驟三：代入邊界條件確定係數

因定義域為 $x \in (0, \infty)$，且 $s > 0$：

• 為了使物理響應在 $x \to \infty$ 時保持有界，正指數項必須消除，故 $B(s) = 0$。
• 因此通解簡化為：

核心觀念

1. 複數型式傅立葉級數（Complex Fourier Series）：
   週期為 $T = 2L$（角頻率 $\omega_0 = \frac{2\pi}{T} = \frac{\pi}{L}$）的週期函數 $f(t)$，其複數型式傅立葉級數展開式為：
   $f(t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n e^{i n \omega_0 t}$
   其中傅立葉複數係數 $c_n$ 定義為在一個完整週期區間（長度為 $T$）上的積分：
   $c_n = \frac{1}{T} \int_{t_0}^{t_0 + T} f(t) e^{-i n \omega_0 t} \, dt$

2. 基本微積分與複數運算：

   • 尤拉公式（Euler's Formula）：$e^{i \theta} = \cos\theta + i \sin\theta$
   • 複數指數的週期性與符號變換：$e^{-in\pi} = (-1)^n$
   • 分段函數積分需按定義區間拆開分別積分。

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解題方法

步驟一：確定參數與基本設定
題給函數定義為：
$f(t) = \begin{cases} 1, & 0 < t < 1 \\ -1, & 1 < t < 2 \end{cases}$
週期 $T = 2$，故半週期 $L = 1$，基頻角頻率為：
$\omega_0 = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{2} = \pi$

步驟二：計算傅立葉係數 $c_0$（直流項，即週期平均值）
$c_0 = \frac{1}{2} \int_0^2 f(t) \, dt = \frac{1}{2} \left[ \int_0^1 1 \, dt + \int_1^2 (-1) \, dt \right] = \frac{1}{2} (1 - 1) = 0$

步驟三：計算傅立葉複數係數 $c_n$（$n \neq 0$）
依據係數積分公式：
$c_n = \frac{1}{2} \int_0^2 f(t) e^{-i n \pi t} \, dt = \frac{1}{2} \left[ \int_0^1 e^{-i n \pi t} \, dt - \int_1^2 e^{-i n \pi t} \, dt \right]$

分別計算兩個積分：

1. 第一段積分：
   $\int_0^1 e^{-i n \pi t} \, dt = \left[ \frac{e^{-i n \pi t}}{-i n \pi} \right]_0^1 = \frac{e^{-i n \pi} - 1}{-i n \pi} = \frac{1 - e^{-i n \pi}}{i n \pi}$

2. 第二段積分：
   $\int_1^2 e^{-i n \pi t} \, dt = \left[ \frac{e^{-i n \pi t}}{-i n \pi} \right]_1^2 = \frac{e^{-i 2 n \pi} - e^{-i n \pi}}{-i n \pi} = \frac{1 - e^{-i n \pi}}{-i n \pi} = -\frac{1 - e^{-i n \pi}}{i n \pi}$
   （其中利用了 $e^{-i 2n\pi} = 1$）

代回 $c_n$：
$c_n = \frac{1}{2} \left[ \frac{1 - e^{-i n \pi}}{i n \pi} - \left( -\frac{1 - e^{-i n \pi}}{i n \pi} \right) \right] = \frac{1 - e^{-i n \pi}}{i n \pi}$

核心觀念

本題考查複變數分析（Complex Analysis）中的複數方根（Roots of Complex Numbers）與歐拉公式（Euler's Formula）／棣美弗定理（De Moivre's Theorem）。

對於多項式方程式 $z^n = w$（其中 $w \in \mathbb{C}, w \neq 0$），其解法為將 $w$ 表示為極座標複數形式：

$$w = r e^{i(\theta + 2k\pi)}$$

其中 $r = |w|$ 為複數的模（Modulus），$\theta = \operatorname{Arg}(w)$ 為主輻角（Principal Argument），$k \in \mathbb{Z}$。根據代數基本定理，該方程式在複數平面上恰有 $n$ 個相異根，其通式為：

$$z_k = \sqrt[n]{r} \, e^{i\frac{\theta + 2k\pi}{n}} = \sqrt[n]{r} \left( \cos\frac{\theta + 2k\pi}{n} + i\sin\frac{\theta + 2k\pi}{n} \right), \quad k = 0, 1, 2, \dots, n-1$$

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解題方法

給定方程式：

$$1 + z^4 = 0 \implies z^4 = -1$$

步驟一：將常數項轉換為極式（Euler 形式）

計算右端複數 $-1$ 的模與輻角：

• 模值：$r = |-1| = 1$
• 主輻角：$\theta = \pi$

考慮週期性，寫出一般極式：

$$-1 = e^{i(\pi + 2k\pi)}, \quad k \in \mathbb{Z}$$

步驟二：求解 4 次方根

對等式兩側開 4 次方：

$$z_k = \left( e^{i(\pi + 2k\pi)} \right)^{1/4} = e^{i\frac{(2k+1)\pi}{4}}, \quad k = 0, 1, 2, 3$$

步驟三：逐一求出四個相異根之直角座標值

1. 當 $k = 0$：

$$z_0 = e^{i\frac{\pi}{4}} = \cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}$$

2. 當 $k = 1$：

$$z_1 = e^{i\frac{3\pi}{4}} = \cos\frac{3\pi}{4} + i\sin\frac{3\pi}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}$$

3. 當 $k = 2$：

$$z_2 = e^{i\frac{5\pi}{4}} = \cos\frac{5\pi}{4} + i\sin\frac{5\pi}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{2} - i\frac{\sqrt{2}}{2}$$

4. 當 $k = 3$：

$$z_3 = e^{i\frac{7\pi}{4}} = \cos\frac{7\pi}{4} + i\sin\frac{7\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} - i\frac{\sqrt{2}}{2}$$

核心觀念

本題評量複變函數論（Complex Variables）中反三角函數（Inverse Trigonometric Functions）的複數對數表示式及其**主分支（Principal Branch）**的選取。

核心定義與公式如下：

1. 複數正弦函數之定義： $$\sin w = \frac{e^{iw} - e^{-iw}}{2i}$$
2. 反正弦函數定義：
   若 $w = \sin^{-1}z$，則 $z = \sin w$。
3. 複數對數函數與平方根的多值性：
   複數對數 $\ln \zeta$ 與根號 $\zeta^{1/2}$ 皆為多值函數（Multivalued functions）。選取主分支（Principal branch）時，需滿足題目給定的邊界條件 $\sin^{-1}0 = 0$。

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解題方法

透過尤拉公式將三角方程式轉換為代數之一元二次方程式，解出指數項後取對數，最後依主分支條件決定正負號。

步驟一：建立代數方程式

令 $w = \sin^{-1}z$，則依定義有：

$$z = \sin w = \frac{e^{iw} - e^{-iw}}{2i}$$

同乘以 $2i$：

$$2iz = e^{iw} - e^{-iw}$$

再同乘以 $e^{iw}$，並移項整理為以 $e^{iw}$ 為未知數的二次方程式：

$$(e^{iw})^2 - 2iz(e^{iw}) - 1 = 0$$

步驟二：利用二次方程式公式解求 $e^{iw}$

視 $e^{iw}$ 為一變數，利用二次方程式公式求根：

$$e^{iw} = \frac{-(-2iz) \pm \sqrt{(-2iz)^2 - 4(1)(-1)}}{2}$$ $$e^{iw} = \frac{2iz \pm \sqrt{-4z^2 + 4}}{2} = iz \pm \sqrt{1 - z^2}$$

步驟三：取對數並決定主分支符號

對兩邊取複數自然對數：

$$iw = \ln\!\left(iz \pm \sqrt{1 - z^2}\right)$$

同除以 $i$（注意 $\frac{1}{i} = -i$）：

$$w = \frac{1}{i}\ln\!\left(iz \pm \sqrt{1 - z^2}\right)$$

題目規定選取主分支滿足 $\sin^{-1}0 = 0$（即當 $z = 0$ 時，$w = 0$）。
代入 $z = 0$ 檢驗正負號：

核心觀念

本題屬於工程數學中**傅立葉轉換（Fourier Transform）或複變分析（Complex Analysis / 留數定理）**的經典題型。在研究所入學考試中，主要有兩種標準推導路徑：

1. 傅立葉積分表示式與反轉換（Fourier Integral Representation / Inverse Fourier Transform）：
   利用已知衰減指數函數 $f(t) = e^{-at}$（$a > 0$）的傅立葉餘弦積分（Fourier Cosine Integral）公式反求積分值。
2. 複變圍道積分（Contour Integration）與留數定理（Residue Theorem）：
   將瑕積分轉為對稱實軸積分，構造上半平面的半圓閉路徑，利用 Jordan's Lemma 證明大圓弧積分趨於零，再由留數求得積分值。

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解題方法

本題提供兩種考場最實用、規範最嚴謹的解法，考生可依所學範疇選用其一作答。

方法一：複變圍道積分法（留數定理）

1. 轉換為全實數域積分：
   由於被積函數中的分子 $\cos wx$ 與分母 $1+w^2$ 皆為 $w$ 的偶函數（Even Function），因此對稱於原點：

   $$I = \int_0^{\infty} \frac{\cos wx}{1 + w^2}\,dw = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos wx}{1 + w^2}\,dw$$

   利用 Euler 公式 $\cos wx = \operatorname{Re}(e^{iwx})$，當 $x > 0$ 時，考慮對應之複變積分：

   $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{iwx}}{1 + w^2}\,dw$$

2. 選取閉合圍道（Contour）：
   在複數平面 $z = u + iv$ 上，選取閉合路徑 $C = C_R + \Gamma_R$，其中：

   • $C_R$：沿實軸從 $-R$ 到 $R$ 的線段。
   • $\Gamma_R$：在上半平面以原點為圓心、半徑為 $R$ 的上半圓弧（$z = R e^{i\theta}$，$\theta \in [0, \pi]$）。
     取 $R > 1$。

3. 求圍道內之奇異點與留數（Residues）：
   被積複變函數為 $f(z) = \frac{e^{izx}}{z^2 + 1} = \frac{e^{izx}}{(z + i)(z - i)}$。
   其奇點為 $z = \pm i$（一階極點，Simple poles）。
   落在閉路徑（上半平面）內部的奇點僅有 $z = i$。
   計算在 $z = i$ 處的留數：

   $$\operatorname{Res}(f(z), i) = \lim_{z \to i} (z - i) \frac{e^{izx}}{(z - i)(z + i)} = \frac{e^{i(i)x}}{2i} = \frac{e^{-x}}{2i}$$

4. 套用留數定理與極限分析：
   由 Cauchy 留數定理：

   $$\oint_C f(z)\,dz = \int_{-R}^{R} \frac{e^{ixw}}{1 + w^2}\,dw + \int_{\Gamma_R} \frac{e^{izx}}{1 + z^2}\,dz = 2\pi i \operatorname{Res}(f(z), i)$$

   代入留數：

   $$\int_{-R}^{R} \frac{e^{ixw}}{1 + w^2}\,dw + \int_{\Gamma_R} \frac{e^{izx}}{1 + z^2}\,dz = 2\pi i \left(\frac{e^{-x}}{2i}\right) = \pi e^{-x}$$

   依據 Jordan's Lemma，當 $x > 0$ 且 $|z| = R \to \infty$ 時：

   $$\left| \int_{\Gamma_R} \frac{e^{izx}}{1 + z^2}\,dz \right| \le \frac{\pi}{R^2 - 1} \to 0 \quad (\text{as } R \to \infty)$$

   因此令 $R \to \infty$：

   $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{iwx}}{1 + w^2}\,dw = \pi e^{-x}$$