108 年 國立成功大學太空與電漿科學研究所《應用數學》

核心觀念

本題考查：

• 導數記號與鏈鎖律。
• 乘法法則。
• 含變動上限的積分微分法則（Leibniz rule）。
• $\cos x$ 的 Maclaurin 展開式。

以下均假設 $y=y(x)$，而 $G(x,y)$ 為可微函數。

解題方法

(a) $\dfrac{d}{dx}y$

若 $y$ 是 $x$ 的函數，則依導數定義記號：

$$\frac{d}{dx}y=\frac{dy}{dx}=y'(x)$$

題目未提供 $y$ 與 $x$ 的具體關係，因此無法再化簡。

---

(b) $\dfrac{d}{dx}\bigl[yG(x,y)\bigr]$

此式是兩個函數的乘積：

$$u=y,\qquad v=G(x,y)$$

依乘法法則，

$$\frac{d}{dx}(uv)=u'v+uv'$$

其中 $G(x,y)$ 同時依賴 $x$ 與 $y(x)$，因此對 $x$ 微分時使用鏈鎖律：

$$\frac{d}{dx}G(x,y) = \frac{\partial G}{\partial x} + \frac{\partial G}{\partial y}\frac{dy}{dx}$$

故

$$\frac{d}{dx}\bigl[yG(x,y)\bigr] = \frac{dy}{dx}G(x,y) + y\left( \frac{\partial G}{\partial x} + \frac{\partial G}{\partial y}\frac{dy}{dx} \right)$$

整理得

$$\boxed{ \frac{d}{dx}\bigl[yG(x,y)\bigr] = G(x,y)\frac{dy}{dx} + y\frac{\partial G}{\partial x} + y\frac{\partial G}{\partial y}\frac{dy}{dx} }$$

---

(c) $\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_0^y G(x,y)\,dy$

積分變數與上限變數同名，容易造成混淆。先將積分內的虛變數改寫為 $t$：

$$\int_0^y G(x,y)\,dy = \int_0^{y(x)}G(x,t)\,dt$$

使用含變動上限的 Leibniz 法則：

$$\frac{d}{dx} \int_{a(x)}^{b(x)}f(x,t)\,dt = f(x,b(x))b'(x) - f(x,a(x))a'(x) + \int_{a(x)}^{b(x)} \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\,dt$$

本題中：

$$a(x)=0,\qquad b(x)=y(x),\qquad f(x,t)=G(x,t)$$

因為 $a'(x)=0$，所以

$$\frac{d}{dx} \int_0^{y(x)}G(x,t)\,dt = G(x,y)\frac{dy}{dx} + \int_0^y \frac{\partial G}{\partial x}(x,t)\,dt$$

因此

核心觀念

本題考查變數代換與參數對解的影響。令

$$u=\sin^2\frac{x}{2},$$

則

$$\frac{du}{dx} =2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}\cdot\frac12 =\frac12\sin x.$$

因此題目的微分方程可直接化為可分離的一階積分問題。另須注意平方根內必須滿足

$$k^2-\sin^2\frac{x}{2}\geq 0.$$

---

(a) 微分方程的解

原方程為

$$\frac{dV}{dx} =\pm\frac12\frac{\sin x} {\sqrt{k^2-\sin^2(x/2)}}.$$

令

$$u=\sin^2\frac{x}{2},\qquad du=\frac12\sin x\,dx,$$

則

$$dV=\pm\frac{du}{\sqrt{k^2-u}}.$$

積分得

$$V =\pm\int\frac{du}{\sqrt{k^2-u}}.$$

由

$$\int\frac{du}{\sqrt{k^2-u}} =-2\sqrt{k^2-u},$$

可得

$$\boxed{ V=C\mp2\sqrt{k^2-\sin^2\frac{x}{2}} }.$$

其中上下號方向相反，具體而言：

• 若
  $\frac{dV}{dx}=+\frac12\frac{\sin x}{\sqrt{k^2-\sin^2(x/2)}},$
  則
  $V=C-2\sqrt{k^2-\sin^2\frac{x}{2}}.$

• 若
  $\frac{dV}{dx}=-\frac12\frac{\sin x}{\sqrt{k^2-\sin^2(x/2)}},$
  則
  $V=C+2\sqrt{k^2-\sin^2\frac{x}{2}}.$

實數解的定義域需滿足

$$\sin^2\frac{x}{2}\leq k^2.$$

---

(b) 決定積分常數

當

$$k^2=\sin^2\frac{x}{2},$$

平方根項為零，因此

$$V=C.$$

題目要求此時 $V=0$，所以對 $k^2\leq1$ 有

$$\boxed{C=0}.$$

故解為

$$\boxed{ V=\mp2\sqrt{k^2-\sin^2\frac{x}{2}} } \qquad (k^2\leq1).$$

當 $k^2\to1^-$ 時，

$$V\to\mp2\sqrt{1-\sin^2\frac{x}{2}} =\mp2\left|\cos\frac{x}{2}\right|.$$

為使 $V$ 在 $k^2=1$ 處連續，當 $k^2>1$ 時積分常數仍須取 $C=0$。因此完整答案為

$$\boxed{ V=\mp2\sqrt{k^2-\sin^2\frac{x}{2}} }$$

並依實數定義域使用：

• $0\leq k^2<1$：
  $\sin^2\frac{x}{2}\leq k^2;$

• $k^2=1$：
  $V=\mp2\left|\cos\frac{x}{2}\right|;$

• $k^2>1$：所有 $x$ 均有實數解。

---

(c) $V$ 隨 $x$ 的粗略圖形

以下以

$$V_-=-2\sqrt{k^2-\sin^2\frac{x}{2}}$$

為例說明；另一個分支

$$V_+=+2\sqrt{k^2-\sin^2\frac{x}{2}}$$

就是關於 $x$ 軸的對稱圖形。

此題考查向量微積分中的散度（divergence）、向量叉積（cross product）以及向量與張量（tensor）的點積運算。

首先，我們定義向量 $\vec{T}$ 在三維空間中的表達式。雖然題目說 $\vec{T}$ 是二維向量，但它存在於三維空間中，且其 $z$ 分量為 0。
$\vec{T} = (x-y)\hat{x} + (x+y)\hat{y} + 0\hat{z}$

(a) 計算散度 $\nabla \cdot \vec{T}$。
在笛卡爾座標系中，散度的定義是：
$\nabla \cdot \vec{T} = \frac{\partial T_x}{\partial x} + \frac{\partial T_y}{\partial y} + \frac{\partial T_z}{\partial z}$
其中 $T_x = x-y$, $T_y = x+y$, $T_z = 0$。
$\frac{\partial T_x}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x-y) = 1$
$\frac{\partial T_y}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x+y) = 1$
$\frac{\partial T_z}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z}(0) = 0$
所以，$\nabla \cdot \vec{T} = 1 + 1 + 0 = 2$。
【答案】 2

(b) 計算叉積 $\hat{z} \times \vec{T}$。
向量 $\hat{z}$ 的分量是 $(0, 0, 1)$。
向量 $\vec{T}$ 的分量是 $(x-y, x+y, 0)$。
叉積的定義是：
$\vec{A} \times \vec{B} = (A_y B_z - A_z B_y)\hat{x} + (A_z B_x - A_x B_z)\hat{y} + (A_x B_y - A_y B_x)\hat{z}$
在這裡，$\vec{A} = \hat{z} = (0, 0, 1)$，$\vec{B} = \vec{T} = (x-y, x+y, 0)$。
$\hat{z} \times \vec{T} = (0 \cdot 0 - 1 \cdot (x+y))\hat{x} + (1 \cdot (x-y) - 0 \cdot 0)\hat{y} + (0 \cdot (x+y) - 0 \cdot (x-y))\hat{z}$
$\hat{z} \times \vec{T} = -(x+y)\hat{x} + (x-y)\hat{y} + 0\hat{z}$
$\hat{z} \times \vec{T} = -(x+y)\hat{x} + (x-y)\hat{y}$
【答案】 $-(x+y)\hat{x} + (x-y)\hat{y}$

(c) 計算 $\hat{y}^2 \cdot \vec{T}$，其中 $\hat{y}^2$ 是張量。
在物理學和工程學中，張量可以有很多種表示方法。題目中提到 $\hat{y}^2$ 是張量，並且表示點積。
通常，在笛卡爾座標系中，單位向量的點積是 Kronecker delta：$\hat{i} \cdot \hat{j} = \delta_{ij}$。
這裡 $\hat{y}^2$ 的寫法有些不尋常。
一種可能的解釋是 $\hat{y}^2$ 指的是 $\hat{y} \cdot \hat{y}$。
如果 $\hat{y}$ 是單位向量，那麼 $\hat{y} \cdot \hat{y} = |\hat{y}|^2 = 1$。
如果是這樣，那麼 $\hat{y}^2 \cdot \vec{T}$ 就變成了 $1 \cdot \vec{T} = \vec{T}$。
然而，題目中說 $\hat{y}^2$ 是「張量」，這暗示它可能不是一個純量。
另一種可能性是，題目中的 $\hat{y}^2$ 實際上是指一個張量，例如 $\mathbf{Y}$，其中 $\mathbf{Y}_{ij} = \hat{y}_i \hat{y}_j$。
在這種情況下，$\mathbf{Y}$ 在笛卡爾座標系中是一個對角矩陣，其中只有 $\mathbf{Y}_{yy} = 1$，其他分量為 $0$。
$\mathbf{Y} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
點積 $\mathbf{Y} \cdot \vec{T}$ 的意思是將張量 $\mathbf{Y}$ 與向量 $\vec{T}$ 進行收縮（contraction）。
如果 $\mathbf{Y}$ 是一個 $3 \times 3$ 張量，$\vec{T}$ 是一個 $3 \times 1$ 向量，那麼 $\mathbf{Y} \cdot \vec{T}$ 通常意味著：
$(\mathbf{Y} \cdot \vec{T})_i = \sum_j Y_{ij} T_j$
在這裡，$\vec{T} = (T_x, T_y, T_z) = (x-y, x+y, 0)$。

核心觀念

本題考查廣義積分與三角代換。分母含有 $x^2+1$，適合使用

$$x=\tan\theta,\qquad 1+\tan^2\theta=\sec^2\theta$$

並利用

$$\frac{dx}{d\theta}=\sec^2\theta$$

以及半角公式

$$\cos^2\theta=\frac{1+\cos 2\theta}{2}.$$

由於被積函數為正，且當 $|x|\to\infty$ 時，

$$\frac{1}{(x^2+1)^2}\sim \frac{1}{x^4},$$

因此此廣義積分收斂。

解題方法

令

$$x=\tan\theta,$$

則

$$dx=\sec^2\theta\,d\theta,$$

且

$$x^2+1=\tan^2\theta+1=\sec^2\theta.$$

當 $x\to-\infty$ 時，$\theta\to-\frac{\pi}{2}$；當 $x\to\infty$ 時，$\theta\to\frac{\pi}{2}$。因此

$$\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x^2+1)^2}\,dx &=\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{\sec^2\theta}{(\sec^2\theta)^2}\,d\theta\\ &=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta. \end{aligned}$$

使用半角公式：

此題要求計算函數 $f(x) = \sin^3 x + \cos^2 x$ 的傅立葉級數。
傅立葉級數的目標是將一個週期函數表示為一系列正弦和餘弦函數的線性組合。對於週期為 $2\pi$ 的函數，其傅立葉級數形式為：
$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx))$
其中係數由以下公式給出：
$a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx$
$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) dx$
$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) dx$

然而，對於像 $\sin^k x$ 和 $\cos^k x$ 這樣的函數，直接計算傅立葉係數可能比較繁瑣。更有效的方法是先利用三角恆等式將函數展開成單一頻率的正弦和餘弦函數，這樣它們本身就已經是傅立葉級數的形式了。

我們使用降冪公式：
$\cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2}$
$\sin^3 x = \sin x \cdot \sin^2 x = \sin x \cdot \frac{1 - \cos(2x)}{2} = \frac{1}{2}\sin x - \frac{1}{2}\sin x \cos(2x)$
使用和差化積公式：$\sin A \cos B = \frac{1}{2}[\sin(A+B) + \sin(A-B)]$
$\sin x \cos(2x) = \frac{1}{2}[\sin(x+2x) + \sin(x-2x)] = \frac{1}{2}[\sin(3x) + \sin(-x)] = \frac{1}{2}[\sin(3x) - \sin x]$
所以，

此題要求計算兩個複數的立方根，這需要用到複數的極座標形式和棣美弗定理（De Moivre's theorem）。

首先，我們來求 $-8$ 的立方根。
將 $-8$ 寫成極座標形式：
$-8 = 8(\cos(\pi + 2k\pi) + i\sin(\pi + 2k\pi))$，其中 $k$ 是整數。
設 $z$ 是 $-8$ 的一個立方根，則 $z^3 = -8$。
若 $z = r(\cos\theta + i\sin\theta)$，則 $z^3 = r^3(\cos(3\theta) + i\sin(3\theta))$。
所以，$r^3 = 8 \implies r = 2$。
$3\theta = \pi + 2k\pi \implies \theta = \frac{\pi + 2k\pi}{3}$。
取 $k=0, 1, 2$ 來得到三個不同的根：
當 $k=0$: $\theta_0 = \frac{\pi}{3}$。
$z_0 = 2(\cos(\frac{\pi}{3}) + i\sin(\frac{\pi}{3})) = 2(\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}) = 1 + i\sqrt{3}$。

當 $k=1$: $\theta_1 = \frac{\pi + 2\pi}{3} = \frac{3\pi}{3} = \pi$。
$z_1 = 2(\cos(\pi) + i\sin(\pi)) = 2(-1 + i\cdot 0) = -2$。

當 $k=2$: $\theta_2 = \frac{\pi + 4\pi}{3} = \frac{5\pi}{3}$。
$z_2 = 2(\cos(\frac{5\pi}{3}) + i\sin(\frac{5\pi}{3})) = 2(\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2}) = 1 - i\sqrt{3}$。

所以，$-8$ 的三個立方根是 $1 + i\sqrt{3}$, $-2$, $1 - i\sqrt{3}$。

接下來，我們來求 $1+i$ 的立方根。
首先，將 $1+i$ 寫成極座標形式。
模長 $r = |1+i| = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$。
幅角 $\phi = \arctan(\frac{1}{1}) = \frac{\pi}{4}$ (因為 $1+i$ 在第一象限)。
所以，$1+i = \sqrt{2}(\cos(\frac{\pi}{4} + 2k\pi) + i\sin(\frac{\pi}{4} + 2k\pi))$。
設 $w$ 是 $1+i$ 的一個立方根，則 $w^3 = 1+i$。
若 $w = \rho(\cos\alpha + i\sin\alpha)$，則 $w^3 = \rho^3(\cos(3\alpha) + i\sin(3\alpha))$。
所以，$\rho^3 = \sqrt{2} = 2^{1/2} \implies \rho = (2^{1/2})^{1/3} = 2^{1/6}$。
$3\alpha = \frac{\pi}{4} + 2k\pi \implies \alpha = \frac{\frac{\pi}{4} + 2k\pi}{3} = \frac{\pi}{12} + \frac{2k\pi}{3}$。
取 $k=0, 1, 2$ 來得到三個不同的根：
當 $k=0$: $\alpha_0 = \frac{\pi}{12}$。
$w_0 = 2^{1/6}(\cos(\frac{\pi}{12}) + i\sin(\frac{\pi}{12}))$。

當 $k=1$: $\alpha_1 = \frac{\pi}{12} + \frac{2\pi}{3} = \frac{\pi + 8\pi}{12} = \frac{9\pi}{12} = \frac{3\pi}{4}$。
$w_1 = 2^{1/6}(\cos(\frac{3\pi}{4}) + i\sin(\frac{3\pi}{4})) = 2^{1/6}(-\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}) = 2^{1/6}(-\frac{2^{1/2}}{2} + i\frac{2^{1/2}}{2})$
$w_1 = 2^{1/6} \cdot 2^{-1/2} (-1 + i) = 2^{1/6 - 1/2} (-1 + i) = 2^{-1/3} (-1 + i)$。
$w_1 = -\frac{1}{\sqrt[3]{2}} + i\frac{1}{\sqrt[3]{2}}$。

當 $k=2$: $\alpha_2 = \frac{\pi}{12} + \frac{4\pi}{3} = \frac{\pi + 16\pi}{12} = \frac{17\pi}{12}$。
$w_2 = 2^{1/6}(\cos(\frac{17\pi}{12}) + i\sin(\frac{17\pi}{12}))$。
$\frac{17\pi}{12} = \frac{17}{12} \pi = (1 + \frac{5}{12})\pi = \pi + \frac{5\pi}{12}$。
$\cos(\frac{17\pi}{12}) = \cos(\pi + \frac{5\pi}{12}) = -\cos(\frac{5\pi}{12})$。
$\sin(\frac{17\pi}{12}) = \sin(\pi + \frac{5\pi}{12}) = -\sin(\frac{5\pi}{12})$。
$\frac{5\pi}{12} = 75^\circ = 45^\circ + 30^\circ$。

核心觀念

本題考查平面波試探解代入偏微分方程，以及波的色散關係。

題 given 波形為

$$g(x,t)=e^{i(kx-\omega t)}$$

其中：

• $k$ 為波向量，在一維情況下即波數；
• $\omega$ 為角頻率；
• $c$ 為波速。

方程式為一維波動方程：

$$\frac{\partial^2 f}{\partial t^2} = c^2\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}$$

要求 $\omega$ 與 $k$ 的關係，使得 $g$ 成為此方程式的解。

解題方法：直接代入驗證

將

$$g=e^{i(kx-\omega t)}$$

視為 $x$ 與 $t$ 的函數，且 $k$、$\omega$ 為常數參數。

對時間微分

第一次微分為

$$\frac{\partial g}{\partial t} = (-i\omega)e^{i(kx-\omega t)} = -i\omega g$$

第二次微分為

$$\frac{\partial^2 g}{\partial t^2} = (-i\omega)^2g = -\omega^2g$$

對空間微分

第一次微分為

$$\frac{\partial g}{\partial x} = (ik)e^{i(kx-\omega t)} = ikg$$

第二次微分為

$$\frac{\partial^2 g}{\partial x^2} = (ik)^2g = -k^2g$$

代入方程式

將上述結果代入

$$\frac{\partial^2 f}{\partial t^2} = c^2\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}$$

得到