109 年 國立成功大學物理學系碩士班《物理數學》

本題考查矩陣的性質，包含么正矩陣、反對稱矩陣、奇異矩陣的定義與性質。

(1) 證明 A 為反對稱矩陣：
已知條件為 $(AB)^+ + B^{-1}A = 0$ 且 B 為么正矩陣，A 為實矩陣。
么正矩陣的定義是 $B^+B = BB^+ = I$。
由 $(AB)^+ = B^+A^+$ 可得 $B^+A^+ + B^{-1}A = 0$。
因為 B 是么正矩陣，所以 $B^{-1} = B^+$。
代入上式，得到 $B^+A^+ + B^+A = 0$。
兩邊同時左乘 B，得到 $B(B^+A^+ + B^+A) = B \cdot 0 = 0$。
$(BB^+)A^+ + B(B^+A) = 0$。
$IA^+ + (BB^+)A = 0$。
$A^+ + IA = 0$。
$A^+ + A = 0$。
$A^+ = -A$。
因為 A 是實矩陣，所以 $A^+ = A^T$。
因此，$A^T = -A$。
這正是反對稱矩陣的定義。
【答案】 A 為反對稱矩陣。

(2) 證明 A 為奇異矩陣：
已知條件為 $(AB)^+ + B^{-1}A = 0$，A 和 B 都是實矩陣，且 $d$ 是奇數。
由於 A 和 B 是實矩陣，所以 $A^+ = A^T$ 且 $B^+ = B^T$。

核心觀念

矩陣 $C$ 為 Hermitian 矩陣，因為

$$C^\dagger=C.$$

因此其特徵值皆為實數。判斷特徵值是否全為非負數，可直接利用矩陣的區塊結構求出特徵值。

令

$$r_\perp^2=n_x^2+n_y^2.$$

行列式與跡

矩陣可視為中間元素與左上—右下 $2\times2$ 區塊的組合，因此

$$\det C=(1-n_z) \begin{vmatrix} 1+n_z & -n_x-i n_y\\ -n_x+i n_y & 1+n_z \end{vmatrix}.$$

計算 $2\times2$ 行列式：

$$\begin{aligned} \det C &=(1-n_z)\left[(1+n_z)^2-(-n_x-i n_y)(-n_x+i n_y)\right]\\ &=(1-n_z)\left[(1+n_z)^2-(n_x^2+n_y^2)\right]. \end{aligned}$$

故

$$\boxed{\det C=(1-n_z)\left[(1+n_z)^2-n_x^2-n_y^2\right]}.$$

跡為對角線元素之和：

$$\operatorname{tr}C=(1+n_z)+(1-n_z)+(1+n_z),$$

所以

$$\boxed{\operatorname{tr}C=3+n_z}.$$

特徵值分析

中間元素本身給出一個特徵值

$$\lambda_1=1-n_z.$$

其餘兩個特徵值來自 $2\times2$ 區塊

$$\begin{pmatrix} 1+n_z & -n_x-i n_y\\ -n_x+i n_y & 1+n_z \end{pmatrix}.$$

此區塊的特徵值為

$$\lambda_{\pm} =1+n_z\pm\sqrt{n_x^2+n_y^2}.$$

因此 $C$ 的三個特徵值為

$$\boxed{ 1-n_z,\qquad 1+n_z+\sqrt{n_x^2+n_y^2},\qquad 1+n_z-\sqrt{n_x^2+n_y^2} }.$$

其中 $\lambda_+$ 必定非負，所以只需要求

$$1-n_z\geq0,$$

以及

$$1+n_z-\sqrt{n_x^2+n_y^2}\geq0.$$

本題考查向量微積分中的座標轉換、梯度計算、梯度為零的點，以及方向導數。

首先，定義 $r^2 = x^2+y^2+z^2$。則 $\phi(x, y, z) = r^2 e^{-r^2}$。

(1) 將 $\phi$ 轉換為球極座標並計算梯度：
球極座標 $(r, \theta, \phi)$ 與笛卡兒座標 $(x, y, z)$ 的關係為：
$x = r \sin\theta \cos\phi$
$y = r \sin\theta \sin\phi$
$z = r \cos\theta$
其中 $r = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$。

在球極座標下，函數 $\phi$ 可以寫成 $\phi(r) = r^2 e^{-r^2}$，它只依賴於徑向距離 $r$。
$\phi$ 的梯度在球極座標下的表示式為：
$\nabla\phi = \frac{\partial\phi}{\partial r} \hat{r}$
其中 $\hat{r}$ 是徑向單位向量。

計算 $\frac{\partial\phi}{\partial r}$：
$\frac{\partial\phi}{\partial r} = \frac{\partial}{\partial r} (r^2 e^{-r^2})$
使用乘法定律：
$\frac{\partial\phi}{\partial r} = (2r) e^{-r^2} + r^2 (e^{-r^2} \cdot (-2r))$
$\frac{\partial\phi}{\partial r} = 2r e^{-r^2} - 2r^3 e^{-r^2}$
$\frac{\partial\phi}{\partial r} = 2r(1-r^2) e^{-r^2}$

所以，在球極座標下，梯度為：
$\nabla\phi = 2r(1-r^2) e^{-r^2} \hat{r}$
其中 $r = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$ 且 $\hat{r} = \frac{x\hat{i} + y\hat{j} + z\hat{k}}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$。

我們也可以直接計算 $\phi$ 在笛卡兒座標下的梯度。
$\nabla\phi = \frac{\partial\phi}{\partial x}\hat{i} + \frac{\partial\phi}{\partial y}\hat{j} + \frac{\partial\phi}{\partial z}\hat{k}$
由於 $\phi$ 是 $r^2 e^{-r^2}$ 的函數，且 $r^2 = x^2+y^2+z^2$，所以 $\frac{\partial}{\partial x}(r^2) = 2x$, $\frac{\partial}{\partial y}(r^2) = 2y$, $\frac{\partial}{\partial z}(r^2) = 2z$。
$\frac{\partial\phi}{\partial x} = \frac{d\phi}{dr^2} \frac{\partial r^2}{\partial x} = (1-r^2)e^{-r^2} \cdot (2x) = 2x(1-r^2)e^{-r^2}$
同理：
$\frac{\partial\phi}{\partial y} = 2y(1-r^2)e^{-r^2}$
$\frac{\partial\phi}{\partial z} = 2z(1-r^2)e^{-r^2}$
所以，
$\nabla\phi = 2(1-r^2)e^{-r^2} (x\hat{i} + y\hat{j} + z\hat{k}) = 2(1-r^2)e^{-r^2} (r\hat{r}) = 2r(1-r^2)e^{-r^2} \hat{r}$。
這與球極座標的結果一致。

本題考查常微分方程的求解，特別是歐拉-柯西方程，以及邊界條件的應用。

給定的 ODE 為 $r^2 \frac{d^2R}{dr^2} + r \frac{dR}{dr} - n^2 R = 0$，其中 $n$ 是正整數。這是一個歐拉-柯西方程 (Euler-Cauchy equation)。

(1) 求解 ODE 的最一般解：
歐拉-柯西方程的標準解法是假設解的形式為 $R(r) = r^m$。
將此代入 ODE：
$r^2 (m(m-1)r^{m-2}) + r (mr^{m-1}) - n^2 r^m = 0$
$m(m-1)r^m + mr^m - n^2 r^m = 0$
$r^m [m(m-1) + m - n^2] = 0$
由於 $r>0$ (在極座標中通常如此，或至少 $r \neq 0$)，我們需要：
$m(m-1) + m - n^2 = 0$
$m^2 - m + m - n^2 = 0$
$m^2 - n^2 = 0$
$m^2 = n^2$
$m = \pm n$

由於 $n$ 是正整數，我們得到兩個不同的實根 $m_1 = n$ 和 $m_2 = -n$。
因此，ODE 的最一般解是這兩個解的線性組合：
$R(r) = C_1 r^n + C_2 r^{-n}$
其中 $C_1$ 和 $C_2$ 是任意常數。

【答案】 $R(r) = C_1 r^n + C_2 r^{-n}$。

(2) 考慮邊界條件 $|R(r)| < \infty$：
(i) 當 $r \to 0$ 時，$|R(r)| < \infty$ 的影響：
$R(r) = C_1 r^n + C_2 r^{-n}$。
當 $r \to 0$ 時，$r^n \to 0$ (因為 $n>0$)，所以 $C_1 r^n$ 是有限的。
然而，$r^{-n} = 1/r^n$。當 $r \to 0$ 時，$1/r^n \to \infty$ (因為 $n>0$)。
為了使 $R(r)$ 有限，必須有 $C_2 = 0$。
因此，當 $r \to 0$ 時，要求 $R(r)$ 有限會導致 $C_2 = 0$。

核心觀念

拉普拉斯轉換把定義在 $x\geq 0$ 的函數乘上衰減因子 $e^{-sx}$ 後積分。對 $f_n(x)=x^n$，當 $s>0$ 時，指數衰減足以使積分收斂。

傅立葉轉換則沒有這個衰減因子。本題採用單側定義

$$\mathcal{F}_+[f](\omega)=\int_0^\infty f(x)e^{-i\omega x}\,dx.$$

須區分一般積分是否收斂，以及以阻尼極限定義的廣義傅立葉轉換。

解題方法

(1) 拉普拉斯轉換

由定義，

$$F_n(s)=\mathcal{L}[x^n] =\int_0^\infty x^n e^{-sx}\,dx.$$

先算 $n=0,1,2$。當 $s>0$ 時，

$$F_0(s)=\int_0^\infty e^{-sx}\,dx=\frac{1}{s}.$$

對 $F_1$ 分部積分，得

$$F_1(s)=\int_0^\infty xe^{-sx}\,dx =\frac{1}{s}\int_0^\infty e^{-sx}\,dx =\frac{1}{s^2}.$$

再對 $F_2$ 分部積分，

$$F_2(s)=\int_0^\infty x^2e^{-sx}\,dx =\frac{2}{s}\int_0^\infty xe^{-sx}\,dx =\frac{2}{s^3}.$$

一般情形反覆分部積分。每次將冪次降低一階，並帶出一個冪次係數及一個 $1/s$，因此

$$F_n(s)=\frac{n}{s}F_{n-1}(s).$$

配合 $F_0(s)=1/s$，可得

$$\boxed{F_n(s)=\frac{n!}{s^{n+1}}}.$$

此式對所有整數 $n\geq 0$，在 $s>0$ 時均成立。若 $s=0$，被積函數為 $x^n$，積分發散；若 $s<0$，指數因子增長，積分也發散。因此題目所求為

$$\boxed{s_0=0}.$$

(2) $f_0(x)$ 的傅立葉轉換，以及 $n\geq 1$ 的情形

對 $f_0(x)=1$，一般意義下的單側傅立葉積分為

$$\int_0^\infty e^{-i\omega x}\,dx.$$

對 $\omega\neq 0$，其截斷積分為

$$\int_0^R e^{-i\omega x}\,dx =\frac{1-e^{-i\omega R}}{i\omega}.$$

核心觀念

Legendre 多項式由 Rodrigues 公式定義：

$$P_l(x)=\frac{1}{2^l l!}\frac{d^l}{dx^l}(x^2-1)^l.$$

令 $u(x)=(x^2-1)^l$，並令 $v(x)=u^{(l)}(x)$。因此 $P_l(x)=v(x)/(2^l l!)$。由於微分方程是線性的，若 $v$ 是解，$P_l$ 也會是解。

正交性則可利用 Rodrigues 公式做 $l$ 次分部積分：當 $k<l$ 時，$P_k$ 的 $l$ 階導數為零，而 $u(x)$ 在 $x=\pm1$ 各有 $l$ 階零點，使分部積分產生的邊界項全為零。

解題方法

（1）證明 $v(x)$ 與 $P_l(x)$ 滿足微分方程

由 $u(x)=(x^2-1)^l$ 可得

$$u'(x)=2lx(x^2-1)^{l-1},$$

所以

$$(x^2-1)u'(x)-2lxu(x)=0.$$

對此恆等式兩邊取 $l+1$ 階導數。使用乘積微分法則：

$$\frac{d^{l+1}}{dx^{l+1}}\big[(x^2-1)u'(x)\big] =(x^2-1)u^{(l+2)}(x)+2(l+1)x u^{(l+1)}(x)+l(l+1)u^{(l)}(x),$$ $$\frac{d^{l+1}}{dx^{l+1}}\big[xu(x)\big] =xu^{(l+1)}(x)+(l+1)u^{(l)}(x).$$

代回恆等式，並令 $v(x)=u^{(l)}(x)$，得到

$$(x^2-1)v''(x)+2xv'(x)-l(l+1)v(x)=0.$$

兩邊同乘 $-1$，即為

$$(1-x^2)v''(x)-2xv'(x)+l(l+1)v(x)=0.$$