111 年 國立成功大學地球科學研究所乙組《應用數學》

這兩題分別是高斯散度定理和史托克定理的敘述。

(a) 高斯散度定理 (Gauss's Divergence Theorem)
此定理描述一個向量場 $\mathbf{F}$ 通過一個閉合曲面的淨流量，等於該曲面所包圍的體積內散度 (divergence) 的總和。
數學表達式為：
$\iiint_V (\nabla \cdot \mathbf{F}) \, dV = \iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{a}$
其中，$V$ 是空間中的一個體積區域，$S$ 是包圍體積 $V$ 的閉合曲面，$d\mathbf{a}$ 是指向外法線方向的微小面積向量。$\nabla \cdot \mathbf{F}$ 是向量場 $\mathbf{F}$ 的散度。

此題要求計算一個定義在特定區間內的函數的傅立葉轉換。

傅立葉轉換的定義為：
$F(\omega) = \mathcal{F}\{f(t)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{-i\omega t} dt$
根據題目給定的函數 $f(t)$，我們知道它在區間 $[-a, a]$ 上為常數 $k$，在其他區間為 0。因此，積分範圍可以縮小到 $[-a, a]$。

計算步驟如下：
$F(\omega) = \int_{-a}^{a} k e^{-i\omega t} dt$
將常數 $k$ 提出積分：
$F(\omega) = k \int_{-a}^{a} e^{-i\omega t} dt$
對 $e^{-i\omega t}$ 進行積分，得到 $\frac{e^{-i\omega t}}{-i\omega}$ (假設 $\omega \neq 0$)：
$F(\omega) = k \left[ \frac{e^{-i\omega t}}{-i\omega} \right]_{-a}^{a}$
代入積分上下限：
$F(\omega) = k \left( \frac{e^{-i\omega a}}{-i\omega} - \frac{e^{-i\omega (-a)}}{-i\omega} \right)$
$F(\omega) = \frac{k}{-i\omega} (e^{-i\omega a} - e^{i\omega a})$
利用歐拉公式 $e^{ix} - e^{-ix} = 2i \sin x$，我們有 $e^{i\omega a} - e^{-i\omega a} = 2i \sin(\omega a)$。
所以，$e^{-i\omega a} - e^{i\omega a} = -(e^{i\omega a} - e^{-i\omega a}) = -2i \sin(\omega a)$。

此題為一個非齊次線性常微分方程，描述一個受迫振動系統。

方程的形式為：
$\frac{d^2x}{dt^2} + \omega^2 x = g(t)$
其中 $g(t) = A e^{i\omega_0 t}$ 是外力項。此方程的解為齊次解 $x_h(t)$ 和特解 $x_p(t)$ 之和：$x(t) = x_h(t) + x_p(t)$。

1. 求解齊次方程 (Homogeneous Solution)
   齊次方程為：
   $\frac{d^2x_h}{dt^2} + \omega^2 x_h = 0$
   此為簡諧運動的微分方程。其特徵方程為 $r^2 + \omega^2 = 0$，解為 $r = \pm i\omega$。
   因此，齊次解為：
   $x_h(t) = C_1 \cos(\omega t) + C_2 \sin(\omega t)$
   其中 $C_1$ 和 $C_2$ 是由初始條件決定的常數。

2. 求解特解 (Particular Solution)
   我們假設特解的形式為 $x_p(t) = B e^{i\omega_0 t}$。
   將此形式代入原非齊次方程：
   $\frac{d^2}{dt^2}(B e^{i\omega_0 t}) + \omega^2 (B e^{i\omega_0 t}) = A e^{i\omega_0 t}$
   計算二階導數：
   $\frac{d}{dt}(B i\omega_0 e^{i\omega_0 t}) = B (i\omega_0)^2 e^{i\omega_0 t} = -B \omega_0^2 e^{i\omega_0 t}$
   代回方程：
   $-B \omega_0^2 e^{i\omega_0 t} + \omega^2 B e^{i\omega_0 t} = A e^{i\omega_0 t}$
   為了使等式成立，係數必須相等：
   $B (-\omega_0^2 + \omega^2) = A$
   $B = \frac{A}{\omega^2 - \omega_0^2}$
   所以，特解為：
   $x_p(t) = \frac{A}{\omega^2 - \omega_0^2} e^{i\omega_0 t}$

   注意： 這個特解的形式是假設 $\omega_0 \neq \omega$。如果 $\omega_0 = \omega$（即發生共振），則需要採用另一種方法（如變參法或假設特解為 $Bt e^{i\omega t}$）。題目中沒有特別說明 $\omega_0 = \omega$ 的情況，我們就先計算一般情況。

3. 總解 (General Solution)
   總解是齊次解和特解的和：
   $x(t) = x_h(t) + x_p(t) = C_1 \cos(\omega t) + C_2 \sin(\omega t) + \frac{A}{\omega^2 - \omega_0^2} e^{i\omega_0 t}$
   如果我們需要實數解，可以將 $e^{i\omega_0 t} = \cos(\omega_0 t) + i \sin(\omega_0 t)$ 代入，並取實部（假設 $A$ 為實數）。
   $x_p(t) = \frac{A}{\omega^2 - \omega_0^2} (\cos(\omega_0 t) + i \sin(\omega_0 t))$
   若原問題是求解實數變量的微分方程，則 $A$ 也應為實數，此時 $x_p(t)$ 的實部是 $\frac{A}{\omega^2 - \omega_0^2} \cos(\omega_0 t)$。
   但是，題目給出的右側是 $A e^{i\omega_0 t}$，通常暗示我們處理複數解。

4. 物理意義
   這個微分方程描述了一個質量為 $m$（假設 $\omega^2 = k/m$ 代表系統的固有頻率平方）、阻尼係數為 0（因為沒有 $dx/dt$ 項）、受到週期性外力 $F(t) = A e^{i\omega_0 t}$ 驅動的振動系統。

   • $x(t)$ 代表系統的位置或位移。

核心觀念

對方陣 $A$ 而言，特徵值 $\lambda$ 與對應特徵向量 $\mathbf v\neq\mathbf 0$ 定義為

$$A\mathbf v=\lambda\mathbf v$$

等價於

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

因此特徵值必須滿足特徵方程

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

求得特徵值後，再將各個 $\lambda$ 代入 $(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0$，即可求出對應的特徵向量。

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解題方法

令

$$A= \begin{pmatrix} -2 & -3 & 1\\ 2 & 1 & -6\\ -1 & -2 & 0 \end{pmatrix}$$

則

$$A-\lambda I= \begin{pmatrix} -2-\lambda & -3 & 1\\ 2 & 1-\lambda & -6\\ -1 & -2 & -\lambda \end{pmatrix}$$

計算行列式：

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(-2-\lambda) \begin{vmatrix} 1-\lambda & -6\\ -2 & -\lambda \end{vmatrix} +3 \begin{vmatrix} 2 & -6\\ -1 & -\lambda \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} 2 & 1-\lambda\\ -1 & -2 \end{vmatrix}\\ &=(-2-\lambda)\bigl[\lambda(1-\lambda)-12\bigr] +3(-2\lambda-6) +\bigl[-4+(1-\lambda)\bigr]\\ &=(-2-\lambda)(\lambda^2-\lambda-12)-6\lambda-18\\ &=-\lambda^3-\lambda^2+8\lambda+6 \end{aligned}$$

令其等於零，並將整體乘以 $-1$：

$$\lambda^3+\lambda^2-8\lambda-6=0$$

因為 $\lambda=-3$ 是一根，所以

$$\lambda^3+\lambda^2-8\lambda-6 =(\lambda+3)(\lambda^2-2\lambda-2)$$

因此

$$\lambda+3=0$$

或

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

得到三個相異特徵值：

$$\lambda_1=-3,\qquad \lambda_2=1+\sqrt3,\qquad \lambda_3=1-\sqrt3$$

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求對應特徵向量

設特徵向量為

$$\mathbf v= \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}$$

由 $A-\lambda I$ 的前兩列取叉積，可得到一組特徵向量：

此題要求描述一個受迫 RLC 電路的系統，以及其電流 $I(t)$ 的行為。

給定的微分方程是：
$LI'' + RI' + \frac{1}{C} I = E_s \sin(\omega t)$
其中：

• $L$ 是電感 (Inductance) 的值，單位是亨利 (H)。
• $R$ 是電阻 (Resistance) 的值，單位是歐姆 ($\Omega$)。
• $C$ 是電容 (Capacitance) 的值，單位是法拉 (F)。
• $I(t)$ 是隨時間變化的電流，單位是安培 (A)。
• $I'(t) = \frac{dI}{dt}$ 是電流對時間的一階導數。
• $I''(t) = \frac{d^2I}{dt^2}$ 是電流對時間的二階導數。
• $E_s$ 是驅動電壓的振幅 (Amplitude)，單位是伏特 (V)。
• $\omega$ 是驅動電壓的角頻率 (Angular Frequency)，單位是弧度/秒 (rad/s)。
• $E_s \sin(\omega t)$ 是外加的週期性電壓源 (Source Voltage)，此處為正弦電壓。

系統的物理意義：
這個二階線性常微分方程描述了一個串聯的 RLC 電路，其中包含一個電阻 $R$、一個電感 $L$ 和一個電容 $C$，並由一個週期性的正弦電壓源 $E_s \sin(\omega t)$ 所驅動。

根據克希荷夫電壓定律 (Kirchhoff's Voltage Law, KVL)，電路中各元件上的電壓降之和等於外加電壓源。

• 電阻上的電壓降為 $V_R = IR$。
• 電感上的電壓降為 $V_L = L \frac{dI}{dt} = LI'$。
• 電容上的電壓降為 $V_C = \frac{q}{C}$，其中 $q$ 是儲存在電容上的電荷。由於 $I = \frac{dq}{dt}$，所以 $q = \int I \, dt$。因此，$V_C = \frac{1}{C} \int I \, dt$。

然而，題目給出的方程是關於電流 $I(t)$ 的二階微分方程。這通常是通過對 KVL 方程求導得到的。
KVL 方程為：
$LI' + RI + \frac{1}{C} \int I \, dt = E_s \sin(\omega t)$
對整個方程關於時間 $t$ 求導：
$\frac{d}{dt}(LI') + \frac{d}{dt}(RI) + \frac{d}{dt}(\frac{1}{C} \int I \, dt) = \frac{d}{dt}(E_s \sin(\omega t))$
$LI'' + RI' + \frac{1}{C} I = E_s \omega \cos(\omega t)$

注意： 題目給出的方程右側是 $E_s \sin(\omega t)$，而根據 KVL 求導應為 $E_s \omega \cos(\omega t)$。這可能意味著題目是直接給出一個數學模型，或者它實際上是處理複數電壓 $E_s e^{i\omega t}$ 的情況，其對應的電流解的實部或虛部就是我們需要的。如果我們假設外加電壓是 $E_s \cos(\omega t)$，那麼方程就是 $LI'' + RI' + \frac{1}{C} I = E_s \cos(\omega t)$。如果我們處理複數形式的電壓 $E_s e^{i\omega t}$，方程為 $LI'' + RI' + \frac{1}{C} I = E_s e^{i\omega t}$，則其解的實部就是對應 $E_s \cos(\omega t)$ 的解，虛部就是對應 $E_s \sin(\omega t)$ 的解。

我們這裡按照題目給出的方程 $LI'' + RI' + \frac{1}{C} I = E_s \sin(\omega t)$ 來求解。

求解電流 $I(t)$：
此方程是二階線性非齊次常微分方程，其解為齊次解 $I_h(t)$ 和特解 $I_p(t)$ 之和：$I(t) = I_h(t) + I_p(t)$。

1. 齊次解 $I_h(t)$
   齊次方程為：$LI'' + RI' + \frac{1}{C} I = 0$。
   特徵方程為：$Lr^2 + Rr + \frac{1}{C} = 0$。
   特徵值為：$r = \frac{-R \pm \sqrt{R^2 - \frac{4L}{C}}}{2L} = -\frac{R}{2L} \pm \sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2 - \frac{1}{LC}}$。

   根據判別式 $\Delta = R^2 - \frac{4L}{C}$ 的符號，有三種情況：

   • 欠阻尼 (Underdamped, $\Delta < 0$): $R^2 < \frac{4L}{C}$。此時，系統有振盪行為。
     令 $\alpha = \frac{R}{2L}$ (衰減因子) 和 $\beta = \sqrt{\frac{1}{LC} - \left(\frac{R}{2L}\right)^2}$ (振盪頻率)。
     特徵值為 $r = -\alpha \pm i\beta$。
     齊次解為：$I_h(t) = e^{-\alpha t} (C_1 \cos(\beta t) + C_2 \sin(\beta t))$。

   • 臨界阻尼 (Critically Damped, $\Delta = 0$): $R^2 = \frac{4L}{C}$。此時，系統最快地衰減到零而不振盪。
     特徵值為 $r = -\frac{R}{2L}$ (重根)。
     齊次解為：$I_h(t) = (C_1 + C_2 t) e^{-\frac{R}{2L} t}$。

   • 過阻尼 (Overdamped, $\Delta > 0$): $R^2 > \frac{4L}{C}$。此時，系統緩慢地衰減到零，不振盪。
     特徵值為 $r_1 = -\frac{R}{2L} + \sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2 - \frac{1}{LC}}$ 和 $r_2 = -\frac{R}{2L} - \sqrt{\left(\frac{R}{2L}\right)^2 - \frac{1}{LC}}$。
     齊次解為：$I_h(t) = C_1 e^{r_1 t} + C_2 e^{r_2 t}$。

2. 特解 $I_p(t)$
   由於外加電壓是 $E_s \sin(\omega t)$，我們假設特解的形式為：
   $I_p(t) = A \sin(\omega t) + B \cos(\omega t)$
   計算其導數：
   $I_p'(t) = A\omega \cos(\omega t) - B\omega \sin(\omega t)$
   $I_p''(t) = -A\omega^2 \sin(\omega t) - B\omega^2 \cos(\omega t)$

   代入原方程：
   $L(-A\omega^2 \sin(\omega t) - B\omega^2 \cos(\omega t)) + R(A\omega \cos(\omega t) - B\omega \sin(\omega t)) + \frac{1}{C}(A \sin(\omega t) + B \cos(\omega t)) = E_s \sin(\omega t)$

此題是一個齊次的歐拉-柯西方程 (Euler-Cauchy equation)。

歐拉-柯西方程的一般形式為 $ax^2 y'' + bxy' + cy = 0$。
此類方程的解法是假設解的形式為 $y = x^r$。
將 $y = x^r$ 代入方程，並計算其一階和二階導數：
$y' = rx^{r-1}$
$y'' = r(r-1)x^{r-2}$

代入原方程：
$x^2 [r(r-1)x^{r-2}] + 4x [rx^{r-1}] - 4x^r = 0$
$r(r-1)x^r + 4rx^r - 4x^r = 0$
為了使方程成立，我們必須有 $x^r \neq 0$（假設 $x \neq 0$）。因此，我們可以除以 $x^r$：
$r(r-1) + 4r - 4 = 0$
$r^2 - r + 4r - 4 = 0$
$r^2 + 3r - 4 = 0$

這是一個關於 $r$ 的二次方程。我們可以對其進行因式分解：
$(r+4)(r-1) = 0$