109 年 國立成功大學太空與電漿科學研究所《應用數學》

此題考驗一階線性常微分方程式的求解，包含齊次與非齊次解的組合，以及分段定義函數的連續性處理。

(a) 求解 $x(t)$
此為一階線性常微分方程式 $\frac{dx}{dt} + x(t) = A \cos(\omega t)$。
積分因子為 $e^{\int 1 dt} = e^t$.
將方程式兩邊同乘以積分因子：
$e^t \frac{dx}{dt} + e^t x(t) = A e^t \cos(\omega t)$
左式為 $\frac{d}{dt}(e^t x(t))$。
所以，$\frac{d}{dt}(e^t x(t)) = A e^t \cos(\omega t)$。
對兩邊積分：
$e^t x(t) = A \int e^t \cos(\omega t) dt$

我們需要計算 $\int e^t \cos(\omega t) dt$。
令 $I_1 = \int e^t \cos(\omega t) dt$。
使用分部積分法，令 $u = \cos(\omega t)$, $dv = e^t dt$。則 $du = -\omega \sin(\omega t) dt$, $v = e^t$。
$I_1 = e^t \cos(\omega t) - \int e^t (-\omega \sin(\omega t)) dt = e^t \cos(\omega t) + \omega \int e^t \sin(\omega t) dt$。
再次對 $\int e^t \sin(\omega t) dt$ 使用分部積分法，令 $u = \sin(\omega t)$, $dv = e^t dt$。則 $du = \omega \cos(\omega t) dt$, $v = e^t$。
$\int e^t \sin(\omega t) dt = e^t \sin(\omega t) - \int e^t (\omega \cos(\omega t)) dt = e^t \sin(\omega t) - \omega \int e^t \cos(\omega t) dt$。
代回 $I_1$：
$I_1 = e^t \cos(\omega t) + \omega (e^t \sin(\omega t) - \omega I_1)$
$I_1 = e^t \cos(\omega t) + \omega e^t \sin(\omega t) - \omega^2 I_1$
$(1 + \omega^2) I_1 = e^t (\cos(\omega t) + \omega \sin(\omega t))$
$I_1 = \frac{e^t}{1 + \omega^2} (\cos(\omega t) + \omega \sin(\omega t)) + C$

所以，$e^t x(t) = A \left( \frac{e^t}{1 + \omega^2} (\cos(\omega t) + \omega \sin(\omega t)) \right) + C'$
$x(t) = \frac{A}{1 + \omega^2} (\cos(\omega t) + \omega \sin(\omega t)) + C' e^{-t}$

使用初始條件 $x(0) = 0$:
$0 = \frac{A}{1 + \omega^2} (\cos(0) + \omega \sin(0)) + C' e^0$
$0 = \frac{A}{1 + \omega^2} (1 + 0) + C'$
$C' = -\frac{A}{1 + \omega^2}$

因此，
$x(t) = \frac{A}{1 + \omega^2} (\cos(\omega t) + \omega \sin(\omega t)) - \frac{A}{1 + \omega^2} e^{-t}$
$x(t) = \frac{A}{1 + \omega^2} (\cos(\omega t) + \omega \sin(\omega t) - e^{-t})$

【答案】$x(t) = \frac{A}{1 + \omega^2} (\cos(\omega t) + \omega \sin(\omega t) - e^{-t})$

(b) 求解 $y(t)$
此題為分段定義的常微分方程式。

第一段：$0 \le t \le T$，$\frac{dy}{dt} + y(t) = A$
此為一階非齊次線性常微分方程式。
其通解為齊次解加上特解。
齊次方程式為 $\frac{dy_h}{dt} + y_h = 0$，解為 $y_h(t) = C_1 e^{-t}$。
特解可設為常數 $y_p(t) = K$。代入原方程式：$0 + K = A$，所以 $K = A$。
通解為 $y(t) = C_1 e^{-t} + A$。
使用初始條件 $y(0) = 0$:
$0 = C_1 e^0 + A \implies C_1 = -A$。
所以，在 $0 \le t \le T$ 區間，
$y(t) = A - A e^{-t} = A(1 - e^{-t})$。

第二段：$T \le t$，$\frac{dy}{dt} + y(t) = 0$
此為一階齊次線性常微分方程式。
其解為 $y(t) = C_2 e^{-t}$。

由於 $y(t)$ 在 $t=T$ 處連續，我們需要確保在 $t=T$ 時兩段解的值相等。
由第一段解在 $t=T$ 的值為 $y(T) = A(1 - e^{-T})$。
由第二段解在 $t=T$ 的值為 $y(T) = C_2 e^{-T}$。
令兩者相等：$A(1 - e^{-T}) = C_2 e^{-T}$。

核心觀念

本題考查複數指數函數的週期性，以及複數平方根的求法。

複數指數函數滿足

$$e^{u+iv}=e^u(\cos v+i\sin v).$$

因為

$$i=e^{i\left(\frac{\pi}{2}+2\pi k\right)},\qquad k\in\mathbb Z,$$

所以若

$$e^{z^2}=i,$$

則指數 $z^2$ 必須是 $i$ 的所有複對數：

$$z^2=i\left(\frac{\pi}{2}+2\pi k\right),\qquad k\in\mathbb Z.$$

---

解題方法

令

$$z=x+iy,$$

其中 $x=\operatorname{Re}(z)$、$y=\operatorname{Im}(z)$。則

$$z^2=(x+iy)^2=x^2-y^2+2xyi.$$

另一方面，令

$$a_k=\frac{\pi}{2}+2\pi k=\frac{\pi}{2}(4k+1), \qquad k\in\mathbb Z.$$

由複數指數函數的週期性，

$$z^2=ia_k.$$

比較實部與虛部，得到

$$x^2-y^2=0,$$

以及

$$2xy=a_k.$$

由 $x^2-y^2=0$ 可知

$$y=x\quad\text{或}\quad y=-x.$$

情形一：$y=x$

此時

$$2x^2=a_k.$$

這要求 $a_k>0$，即 $k\geq 0$。因此

$$x=\pm\sqrt{\frac{a_k}{2}}, \qquad y=\pm\sqrt{\frac{a_k}{2}},$$

且 $x,y$ 的符號相同。故

$$z=\pm(1+i)\sqrt{\frac{a_k}{2}}, \qquad k\geq 0.$$

代入 $a_k=\frac{\pi}{2}(4k+1)$，可寫成

$$z=\pm(1+i)\sqrt{\frac{\pi(4k+1)}{4}}, \qquad k\geq 0.$$

情形二：$y=-x$

此時

$$-2x^2=a_k.$$

這要求 $a_k<0$，即 $k\leq -1$。因此

$$x=\pm\sqrt{\frac{-a_k}{2}}, \qquad y=\mp\sqrt{\frac{-a_k}{2}}.$$

故

核心觀念

本題考查三維笛卡兒座標中的旋轉矩陣：

1. 绕 $z$ 軸旋轉時，$z$ 分量不變，旋轉只發生在 $xy$ 平面。
2. 平面旋轉矩陣為

$$\begin{pmatrix} \cos\phi & -\sin\phi\\ \sin\phi & \cos\phi \end{pmatrix}$$

3. 同一旋轉軸的旋轉矩陣相乘，等於旋轉角度相加。
4. 繞任意單位軸向量旋轉，可使用 Rodrigues 旋轉公式。

---

(a) 繞 $z$ 軸的旋轉矩陣

解題方法

設點 $P=(x,y,z)$，其在 $xy$ 平面上的極座標表示為

$$x=r\cos\alpha,\qquad y=r\sin\alpha.$$

逆時針旋轉 $\phi_1$ 後，極角由 $\alpha$ 變為 $\alpha+\phi_1$，因此

$$x'=r\cos(\alpha+\phi_1), \qquad y'=r\sin(\alpha+\phi_1).$$

利用三角函數加法公式，

$$\begin{aligned} x' &=r(\cos\alpha\cos\phi_1-\sin\alpha\sin\phi_1)\\ &=x\cos\phi_1-y\sin\phi_1, \end{aligned}$$

以及

$$\begin{aligned} y' &=r(\sin\alpha\cos\phi_1+\cos\alpha\sin\phi_1)\\ &=x\sin\phi_1+y\cos\phi_1. \end{aligned}$$

由於旋轉軸是 $z$ 軸，$z$ 座標不變：

$$z'=z.$$

整理成矩陣形式：

$$\begin{pmatrix} x'\\y'\\z' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\phi_1&-\sin\phi_1&0\\ \sin\phi_1&\cos\phi_1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}.$$

因此

$$R_1= \begin{pmatrix} \cos\phi_1&-\sin\phi_1&0\\ \sin\phi_1&\cos\phi_1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

解題技巧

可用基底向量快速驗算：

• $e_x=(1,0,0)$ 旋轉後變為 $(\cos\phi_1,\sin\phi_1,0)$。
• $e_y=(0,1,0)$ 旋轉後變為 $(-\sin\phi_1,\cos\phi_1,0)$。
• $e_z=(0,0,1)$ 位於旋轉軸上，保持不變。

這三個旋轉後的基底向量即為矩陣的三個欄向量。

---

(b) 兩次繞 $z$ 軸旋轉的合成

令

$$c_i=\cos\phi_i,\qquad s_i=\sin\phi_i,\qquad i=1,2.$$

則

$$R_1= \begin{pmatrix} c_1&-s_1&0\\ s_1&c_1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}, \qquad R_2= \begin{pmatrix} c_2&-s_2&0\\ s_2&c_2&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

計算 $R_1R_2$：

$$\begin{aligned} R_1R_2 &= \begin{pmatrix} c_1c_2-s_1s_2&-(c_1s_2+s_1c_2)&0\\ s_1c_2+c_1s_2&c_1c_2-s_1s_2&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} \cos(\phi_1+\phi_2)&-\sin(\phi_1+\phi_2)&0\\ \sin(\phi_1+\phi_2)&\cos(\phi_1+\phi_2)&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

因此 $R_1R_2$ 是繞 $z$ 軸逆時針旋轉 $\phi_1+\phi_2$。

同理，

此題考驗對圓面積、球體積公式的證明，以及數值計算 $\pi$ 的方法。

(a) 證明圓面積公式 $S = \pi r^2$
證明圓面積公式有多種方法，這裡採用微積分的方法，將圓分割成無限多個同心圓環。
考慮一個半徑為 $\rho$、厚度為 $d\rho$ 的圓環。
這個圓環的周長約為 $2\pi\rho$。
這個圓環的面積 $dA$ 約為 (周長) $\times$ (厚度) $= 2\pi\rho \, d\rho$。
將所有半徑從 $0$ 到 $r$ 的圓環面積積分，即可得到整個圓的面積：
$S = \int_0^r dA = \int_0^r 2\pi\rho \, d\rho$
$S = 2\pi \int_0^r \rho \, d\rho$
$S = 2\pi \left[ \frac{\rho^2}{2} \right]_0^r$
$S = 2\pi \left( \frac{r^2}{2} - 0 \right)$
$S = \pi r^2$
此即為圓面積公式。

另一種方法是使用極座標積分。圓的方程式在極座標下為 $r' = r$ (這裡用 $r'$ 表示圓的半徑，以免與積分變數混淆)。
面積元素 $dA$ 在極座標下為 $dA = r' \, dr' \, d\phi$。
$S = \int_0^{2\pi} \int_0^r r' \, dr' \, d\phi$
$S = \int_0^{2\pi} \left[ \frac{r'^2}{2} \right]_0^r d\phi$
$S = \int_0^{2\pi} \frac{r^2}{2} d\phi$
$S = \frac{r^2}{2} \int_0^{2\pi} d\phi$
$S = \frac{r^2}{2} [\phi]_0^{2\pi}$
$S = \frac{r^2}{2} (2\pi - 0)$
$S = \pi r^2$

(b) 證明球體積公式 $V = \frac{4\pi}{3} r^3$
證明球體積公式也可以使用微積分的方法，將球體分割成無限多個薄圓盤。
考慮一個半徑為 $r$ 的球，其中心在原點。
在 $z$ 座標處，一個厚度為 $dz$ 的薄圓盤，其半徑 $r'$ 可以由畢氏定理得知：$r'^2 + z^2 = r^2$，所以 $r' = \sqrt{r^2 - z^2}$。
這個薄圓盤的面積為 $A(z) = \pi r'^2 = \pi (r^2 - z^2)$。
這個薄圓盤的體積 $dV$ 約為 (面積) $\times$ (厚度) $= \pi (r^2 - z^2) dz$。
將所有從 $z=-r$ 到 $z=r$ 的薄圓盤體積積分，即可得到整個球的體積：
$V = \int_{-r}^r dV = \int_{-r}^r \pi (r^2 - z^2) dz$
$V = \pi \int_{-r}^r (r^2 - z^2) dz$
由於被積函數 $(r^2 - z^2)$ 是偶函數，我們可以將積分範圍縮小一半並乘以 2：
$V = 2\pi \int_0^r (r^2 - z^2) dz$
$V = 2\pi \left[ r^2 z - \frac{z^3}{3} \right]_0^r$
$V = 2\pi \left( (r^2 \cdot r - \frac{r^3}{3}) - (0 - 0) \right)$
$V = 2\pi \left( r^3 - \frac{r^3}{3} \right)$
$V = 2\pi \left( \frac{3r^3 - r^3}{3} \right)$
$V = 2\pi \left( \frac{2r^3}{3} \right)$
$V = \frac{4\pi}{3} r^3$
此即為球體積公式。

另一種方法是使用球座標積分。
球體積元素 $dV = \rho^2 \sin\phi \, d\rho \, d\phi \, d\theta$。
$V = \int_0^{2\pi} \int_0^\pi \int_0^r \rho^2 \sin\phi \, d\rho \, d\phi \, d\theta$
$V = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^\pi \sin\phi \, d\phi \int_0^r \rho^2 \, d\rho$
$\int_0^{2\pi} d\theta = [\theta]_0^{2\pi} = 2\pi$
$\int_0^\pi \sin\phi \, d\phi = [-\cos\phi]_0^\pi = -\cos(\pi) - (-\cos(0)) = -(-1) - (-1) = 1+1 = 2$

第 5 題

(a) 偶函數與奇函數

核心觀念

函數定義域關於原點對稱時：

• 偶函數（even function）滿足
  $f(-x)=f(x)$
  函數圖形關於 $y$ 軸對稱。

• 奇函數（odd function）滿足
  $f(-x)=-f(x)$
  函數圖形關於原點對稱。

以下假設 $f$ 在 $[-a,a]$ 上可積分。

偶函數的積分性質

將積分區間拆成兩段：

$$\int_{-a}^{a}f(x)\,dx = \int_{-a}^{0}f(x)\,dx+\int_{0}^{a}f(x)\,dx$$

在第一段令 $x=-u$，則 $dx=-du$。當 $x=-a$ 時，$u=a$；當 $x=0$ 時，$u=0$，因此

$$\int_{-a}^{0}f(x)\,dx = \int_{a}^{0}f(-u)(-du) = \int_{0}^{a}f(-u)\,du$$

由於 $f$ 為偶函數，$f(-u)=f(u)$，所以

$$\int_{-a}^{0}f(x)\,dx = \int_{0}^{a}f(u)\,du$$

故

$$\boxed{ \int_{-a}^{a}f(x)\,dx = 2\int_{0}^{a}f(x)\,dx }$$

奇函數的積分性質

同樣地，

$$\int_{-a}^{0}f(x)\,dx = \int_{0}^{a}f(-u)\,du$$

由於 $f$ 為奇函數，$f(-u)=-f(u)$，因此

$$\int_{-a}^{0}f(x)\,dx = -\int_{0}^{a}f(u)\,du$$

代回原積分：

$$\int_{-a}^{a}f(x)\,dx = -\int_{0}^{a}f(x)\,dx + \int_{0}^{a}f(x)\,dx =0$$

所以

$$\boxed{ \int_{-a}^{a}f(x)\,dx=0 }$$

解題技巧

判斷對稱區間積分時，先檢查函數的奇偶性：

• 偶函數：取右半部積分後乘以 $2$。
• 奇函數：在對稱區間上的積分直接為 $0$。

---

(b) Stokes 定理與線積分

核心觀念

Stokes 定理表示：向量場沿著閉合曲線的線積分，等於其旋度穿過該曲線所圍曲面的通量：

$$\boxed{ \oint_C \mathbf A\cdot d\mathbf l = \iint_S(\nabla\times\mathbf A)\cdot\hat{\mathbf n}\,dS }$$

其中 $C$ 是曲面 $S$ 的正向邊界，曲線方向與法向量方向遵守右手定則。

題目給定

$$\mathbf A = \cos x\,\hat{\mathbf i} + x(1-\sin y)\,\hat{\mathbf j}$$

因此

$$A_x=\cos x,\qquad A_y=x(1-\sin y),\qquad A_z=0$$

曲線 $C$ 為 $xy$ 平面上的單位圓：

$$x^2+y^2=1$$

取其所圍成的圓盤為曲面 $S$，法向量取 $+\hat{\mathbf k}$。

解題方法與計算

由於 $\mathbf A$ 位於 $xy$ 平面，旋度只有 $z$ 分量：

$$\nabla\times\mathbf A = \left( \frac{\partial A_y}{\partial x} - \frac{\partial A_x}{\partial y} \right)\hat{\mathbf k}$$

計算偏微分：

$$\frac{\partial A_y}{\partial x} = 1-\sin y$$

且

$$\frac{\partial A_x}{\partial y}=0$$

所以

$$\nabla\times\mathbf A = (1-\sin y)\hat{\mathbf k}$$

由 Stokes 定理，

$$\oint_C\mathbf A\cdot d\mathbf l = \iint_S(1-\sin y)\,dS$$

因為 $S$ 是單位圓盤，故

$$\iint_S1\,dS=\pi$$

另一方面，圓盤關於 $x$ 軸對稱，而 $\sin y$ 對 $y$ 是奇函數，因此

$$\iint_S\sin y\,dS=0$$

因此

$$\oint_C\mathbf A\cdot d\mathbf l = \pi-0 = \boxed{\pi}$$

此結果對應於從 $+\hat{\mathbf k}$ 方向觀看時的逆時針方向。若曲線方向取順時針，線積分則為 $-\pi$。

解題技巧

遇到封閉曲線的線積分，優先檢查能否使用 Stokes 定理。此題使用旋度後，二重積分中 $\sin y$ 在對稱圓盤上的積分因奇函數性質直接消失，可迅速得到結果。

---

(c) Gauss 定理與旋度的體積積分

核心觀念

Gauss 定理，又稱散度定理，表示向量場穿過封閉曲面 $S$ 的通量，等於其在體積 $V$ 內散度的體積積分：

$$\boxed{ \iiint_V\nabla\cdot\mathbf F\,dV = \iint_S\mathbf F\cdot\hat{\mathbf n}\,dS }$$

題目要證明：

核心觀念

本題考查矩形區域上的二維 Laplace 方程，以及分離變數法與 Fourier 正弦級數：

$$\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2} + \frac{\partial^2\psi}{\partial y^2}=0.$$

由於在 $x=0$ 與 $x=a$ 上皆滿足零邊界條件，$x$ 方向適合使用正弦函數展開。又因為 $y=0$ 時 $\psi(x,0)=0$，$y$ 方向應選擇在 $y=0$ 為零的雙曲正弦函數。

---

解題方法：分離變數

令

$$\psi(x,y)=X(x)Y(y).$$

代入 Laplace 方程：

$$X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0.$$

除以 $X(x)Y(y)$：

$$\frac{X''(x)}{X(x)} + \frac{Y''(y)}{Y(y)} =0.$$

兩項分別只含單一變數，因此可令

$$\frac{X''}{X}=-\lambda, \qquad \frac{Y''}{Y}=\lambda.$$

得到兩個常微分方程：

$$X''+\lambda X=0,$$ $$Y''-\lambda Y=0.$$

$x$ 方向

邊界條件 $\psi(0,y)=\psi(a,y)=0$ 要求

$$X(0)=X(a)=0.$$

取 $\lambda=k^2$，則

$$X''+k^2X=0,$$

其一般解為

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

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，因此

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

再由 $X(a)=0$：

$$\sin(ka)=0.$$

所以

$$ka=n\pi, \qquad k_n=\frac{n\pi}{a}, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

對應的特徵函數為

$$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right).$$

$y$ 方向

對應的方程為

$$Y_n''-\left(\frac{n\pi}{a}\right)^2Y_n=0.$$

其一般解為

$$Y_n(y) = C_n\cosh\left(\frac{n\pi y}{a}\right) + D_n\sinh\left(\frac{n\pi y}{a}\right).$$

由 $\psi(x,0)=0$，需有 $Y_n(0)=0$。因為

$$\cosh(0)=1, \qquad \sinh(0)=0,$$

故 $C_n=0$，因此可取

$$Y_n(y) = D_n\sinh\left(\frac{n\pi y}{a}\right).$$

為方便符合上邊界條件，將其正規化為

$$Y_n(y) = \frac{\sinh\left(\frac{n\pi y}{a}\right)} {\sinh\left(\frac{n\pi b}{a}\right)}.$$

如此一來，在 $y=b$ 時有 $Y_n(b)=1$。

---

組合一般解

因此解可表示為

$$\psi(x,y) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) \frac{\sinh\left(\frac{n\pi y}{a}\right)} {\sinh\left(\frac{n\pi b}{a}\right)}.$$

在 $y=b$ 代入上邊界條件 $\psi(x,b)=V$：

$$V = \sum_{n=1}^{\infty} A_n \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right).$$

因此需要將常數函數 $V$ 展開成 $[0,a]$ 上的 Fourier 正弦級數。

---

Fourier 正弦級數係數

正弦級數係數為

$$A_n = \frac{2}{a} \int_0^a V\sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right)\,dx.$$

計算得