111 年 國立成功大學太空與電漿科學研究所《應用數學》

本題考查複數的極座標表示法與棣美弗定理（De Moivre's Theorem）在求解複數方程式上的應用。

要求解複數方程式 $z^3 = 27$。
首先，將 $27$ 表示為複數的極座標形式。
$27 = 27 (\cos(0 + 2k\pi) + i \sin(0 + 2k\pi))$，其中 $k$ 為整數。
令 $z = r (\cos\theta + i \sin\theta)$。
則 $z^3 = r^3 (\cos(3\theta) + i \sin(3\theta))$。
將兩邊相等，可得：
$r^3 = 27 \implies r = 3$ (因為 $r$ 是實數且大於等於 0)。
$3\theta = 0 + 2k\pi \implies \theta = \frac{2k\pi}{3}$。

我們取 $k = 0, 1, 2$ 來得到三個不同的根：
當 $k=0$ 時，$\theta = 0$。
$z_0 = 3 (\cos(0) + i \sin(0)) = 3 (1 + 0i) = 3$。

本題考查反矩陣的計算，通常可以使用伴隨矩陣法或高斯-約旦消去法來求解。這裡我們採用伴隨矩陣法。

首先計算矩陣 $A$ 的行列式 (determinant)：
$\det(A) = 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} - 3 \cdot \det\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 5 & 1 \end{pmatrix} + 5 \cdot \det\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 5 & 3 \end{pmatrix}$
$\det(A) = 1 \cdot (1 \cdot 1 - 1 \cdot 3) - 3 \cdot (2 \cdot 1 - 1 \cdot 5) + 5 \cdot (2 \cdot 3 - 1 \cdot 5)$
$\det(A) = 1 \cdot (1 - 3) - 3 \cdot (2 - 5) + 5 \cdot (6 - 5)$
$\det(A) = 1 \cdot (-2) - 3 \cdot (-3) + 5 \cdot (1)$
$\det(A) = -2 + 9 + 5 = 12$。

由於 $\det(A) \neq 0$，矩陣 $A$ 可逆。

接下來計算 $A$ 的餘因子矩陣 (cofactor matrix) $C$。
$C_{11} = (-1)^{1+1} \det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot (1-3) = -2$
$C_{12} = (-1)^{1+2} \det\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 5 & 1 \end{pmatrix} = -1 \cdot (2-5) = 3$
$C_{13} = (-1)^{1+3} \det\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 5 & 3 \end{pmatrix} = 1 \cdot (6-5) = 1$
$C_{21} = (-1)^{2+1} \det\begin{pmatrix} 3 & 5 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} = -1 \cdot (3-15) = 12$

本題考查特徵值 (eigenvalues) 和特徵向量 (eigenvectors) 的計算。
要找到矩陣 $A$ 的特徵值，我們需要解特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$，其中 $\lambda$ 是特徵值，$I$ 是單位矩陣。

$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} - \lambda \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\lambda & 1 & 0 \\ 1 & -\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix}$

計算行列式：
$\det(A - \lambda I) = (-\lambda) \det\begin{pmatrix} -\lambda & 0 \\ 0 & 1-\lambda \end{pmatrix} - 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1-\lambda \end{pmatrix} + 0$
$= (-\lambda) [-\lambda(1-\lambda) - 0 \cdot 0] - 1 \cdot [1(1-\lambda) - 0 \cdot 0]$
$= (-\lambda) [-\lambda(1-\lambda)] - (1-\lambda)$
$= \lambda^2(1-\lambda) - (1-\lambda)$
$= (1-\lambda)(\lambda^2 - 1)$
$= (1-\lambda)(\lambda-1)(\lambda+1)$
$= -( \lambda-1)^2(\lambda+1)$

令 $\det(A - \lambda I) = 0$，則：
$-(\lambda-1)^2(\lambda+1) = 0$
特徵值為 $\lambda_1 = 1$ (重根) 和 $\lambda_2 = -1$。

現在我們為每個特徵值找對應的特徵向量。

情況 1: $\lambda_1 = 1$
我們需要解 $(A - 1I) \mathbf{v} = \mathbf{0}$，即：
$\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
從第一列和第二列我們得到：
$-x + y = 0 \implies y = x$
$x - y = 0 \implies y = x$
第三列 $0x + 0y + 0z = 0$ 沒有提供額外資訊，所以 $z$ 可以是任意值。
令 $x = t$，則 $y = t$。特徵向量的形式為 $\begin{pmatrix} t \\ t \\ z \end{pmatrix}$。
為了得到一個非零向量，我們可以取 $t=1$。
如果我們讓 $z=0$，則特徵向量為 $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$。
如果我們讓 $z=1$，則特徵向量為 $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$。

本題考查隱函數微分法。由於方程式中 $y$ 是 $x$ 的函數，我們對整個方程式關於 $x$微分，然後解出 $\frac{dy}{dx}$。

給定的方程式為：$y^3 + 3y^2 - 6y + 3x^2 + 5 = 0$。

對等式兩邊同時對 $x$ 微分：
$\frac{d}{dx}(y^3 + 3y^2 - 6y + 3x^2 + 5) = \frac{d}{dx}(0)$

利用連鎖法則 (chain rule) 對含 $y$ 的項進行微分：
$\frac{d}{dx}(y^3) = 3y^2 \frac{dy}{dx}$
$\frac{d}{dx}(3y^2) = 3 \cdot 2y \frac{dy}{dx} = 6y \frac{dy}{dx}$
$\frac{d}{dx}(-6y) = -6 \frac{dy}{dx}$

本題考查高斯積分 (Gaussian integral)。這是一個經典的定積分問題，其結果在機率論和統計學中非常重要。這個積分通常無法用初等函數表示，需要使用極座標變換或 Gamma 函數來求解。

我們要求解的積分是 $I = \int_0^\infty e^{-x^2} dx$。
這個積分是高斯函數 $e^{-x^2}$ 在第一個象限的面積。

首先考慮積分 $J = \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2} dx$。
我們可以將 $J$ 表示為兩個獨立積分的乘積：
$J^2 = \left( \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2} dx \right) \left( \int_{-\infty}^\infty e^{-y^2} dy \right)$
$J^2 = \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2} e^{-y^2} dx dy$
$J^2 = \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty e^{-(x^2+y^2)} dx dy$

現在，我們將笛卡兒座標 $(x, y)$ 轉換為極座標 $(r, \theta)$。
轉換關係為 $x = r \cos\theta$, $y = r \sin\theta$。
則 $x^2 + y^2 = r^2$。
面積元素 $dx dy$ 在極座標下變為 $r dr d\theta$。
積分區域從整個 $xy$ 平面變為 $r$ 從 $0$ 到 $\infty$，$\theta$ 從 $0$ 到 $2\pi$。

$J^2 = \int_0^{2\pi} \int_0^\infty e^{-r^2} r dr d\theta$

本題考查 Leibniz integral rule (萊布尼茲積分法則)，用於計算積分上下限隨參數變化的積分的微分。

給定的積分為 $I(t) = \int_{\sin(t)}^{\cos(t)} e^{-t^2 x^2} dx$。
這裡的被積函數是 $f(x,t) = e^{-t^2 x^2}$。
積分的下限是 $a(t) = \sin(t)$，其導數為 $a'(t) = \cos(t)$。
積分的上限是 $b(t) = \cos(t)$，其導數為 $b'(t) = -\sin(t)$。

我們還需要計算被積函數對 $t$ 的偏導數 $\frac{\partial f(x,t)}{\partial t}$。
$f(x,t) = e^{-t^2 x^2}$
$\frac{\partial f}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t} (e^{-t^2 x^2})$
令 $u = -t^2 x^2$，則 $\frac{\partial u}{\partial t} = -2t x^2$。
所以，$\frac{\partial f}{\partial t} = e^{-t^2 x^2} \cdot (-2t x^2) = -2t x^2 e^{-t^2 x^2}$。

根據 Leibniz integral rule：
$\frac{d}{dt} \left( \int_{a(t)}^{b(t)} f(x,t) dx \right) = f(b(t),t) b'(t) - f(a(t),t) a'(t) + \int_{a(t)}^{b(t)} \frac{\partial f(x,t)}{\partial t} dx$

本題考查向量微積分中的梯度 (gradient)、散度 (divergence) 和旋度 (curl) 的計算。給定一個純量函數 $V(x,y,z)$，需要計算 $\nabla V$, $\nabla \cdot (\nabla V)$ 和 $\nabla \times (\nabla V)$。

給定的純量函數為 $V(x,y,z) = e^z \sin(y) \ln(z)$。

(a) 計算梯度 $\nabla V$。
梯度是一個向量，其分量為純量函數對各個變數的偏導數。
$\nabla V = \frac{\partial V}{\partial x} \mathbf{i} + \frac{\partial V}{\partial y} \mathbf{j} + \frac{\partial V}{\partial z} \mathbf{k}$

$\frac{\partial V}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (e^z \sin(y) \ln(z)) = 0$ (因為 $V$ 不顯含 $x$)

$\frac{\partial V}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (e^z \sin(y) \ln(z)) = e^z \cos(y) \ln(z)$

$\frac{\partial V}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z} (e^z \sin(y) \ln(z))$
使用乘積法則：$\frac{\partial}{\partial z}(e^z \ln(z)) \sin(y)$
$\frac{\partial}{\partial z}(e^z \ln(z)) = (\frac{\partial}{\partial z} e^z) \ln(z) + e^z (\frac{\partial}{\partial z} \ln(z)) = e^z \ln(z) + e^z \frac{1}{z}$
所以，$\frac{\partial V}{\partial z} = (e^z \ln(z) + \frac{e^z}{z}) \sin(y) = e^z (\ln(z) + \frac{1}{z}) \sin(y)$

因此，$\nabla V = (e^z \cos(y) \ln(z)) \mathbf{j} + e^z (\ln(z) + \frac{1}{z}) \sin(y) \mathbf{k}$。

(b) 計算散度 $\nabla \cdot (\nabla V)$。
$\nabla \cdot (\nabla V)$ 是散度算子作用在梯度向量上，這就是拉普拉斯算子 (Laplacian operator)，記為 $\nabla^2 V$。
$\nabla^2 V = \frac{\partial^2 V}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 V}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 V}{\partial z^2}$

我們已經有：
$\frac{\partial V}{\partial x} = 0 \implies \frac{\partial^2 V}{\partial x^2} = 0$

$\frac{\partial V}{\partial y} = e^z \cos(y) \ln(z)$
$\frac{\partial^2 V}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y} (e^z \cos(y) \ln(z)) = e^z (-\sin(y)) \ln(z) = -e^z \sin(y) \ln(z)$

$\frac{\partial V}{\partial z} = e^z (\ln(z) + \frac{1}{z}) \sin(y)$
$\frac{\partial^2 V}{\partial z^2} = \frac{\partial}{\partial z} [e^z (\ln(z) + \frac{1}{z}) \sin(y)]$
$= \sin(y) \frac{\partial}{\partial z} [e^z (\ln(z) + \frac{1}{z})]$
使用乘積法則：
$\frac{\partial}{\partial z} [e^z (\ln(z) + \frac{1}{z})] = (\frac{\partial}{\partial z} e^z) (\ln(z) + \frac{1}{z}) + e^z (\frac{\partial}{\partial z} (\ln(z) + \frac{1}{z}))$
$= e^z (\ln(z) + \frac{1}{z}) + e^z (\frac{1}{z} - \frac{1}{z^2})$
$= e^z (\ln(z) + \frac{1}{z} + \frac{1}{z} - \frac{1}{z^2})$
$= e^z (\ln(z) + \frac{2}{z} - \frac{1}{z^2})$

所以，$\frac{\partial^2 V}{\partial z^2} = e^z (\ln(z) + \frac{2}{z} - \frac{1}{z^2}) \sin(y)$。

將三項加總：

本題考查線積分 (line integral) 的計算。給定一個向量場 $\mathbf{V}$ 和一個封閉曲線 $C$ (一個矩形)，需要計算線積分 $\oint_C \mathbf{V} \cdot d\mathbf{r}$。
這裡的向量場 $\mathbf{V} = (2xy+z^2)\hat{i} + 3xz\hat{j}$。
問題中提到「on the x-y plane」，這意味著 $z=0$。
因此，向量場可以簡化為 $\mathbf{V} = (2xy)\hat{i} + (0)\hat{j} = 2xy\hat{i}$。
矩形區域的範圍是 $0 \le x \le 2$ 和 $0 \le y \le 3$。
封閉曲線 $C$ 是這個矩形的邊界。

我們可以使用兩種方法來計算：
方法一：直接對邊界進行積分。
矩形的四個邊分別是：
C1: 從 $(0,0)$ 到 $(2,0)$，參數化為 $x=t, y=0$， $0 \le t \le 2$。 $d\mathbf{r} = dx\hat{i} + dy\hat{j} = dt\hat{i} + 0\hat{j}$。
$\mathbf{V} = 2(t)(0)\hat{i} = 0\hat{i}$。
$\int_{C1} \mathbf{V} \cdot d\mathbf{r} = \int_0^2 (0\hat{i}) \cdot (dt\hat{i}) = \int_0^2 0 dt = 0$。

C2: 從 $(2,0)$ 到 $(2,3)$，參數化為 $x=2, y=t$， $0 \le t \le 3$。 $d\mathbf{r} = dx\hat{i} + dy\hat{j} = 0\hat{i} + dt\hat{j}$。
$\mathbf{V} = 2(2)(t)\hat{i} = 4t\hat{i}$。
$\int_{C2} \mathbf{V} \cdot d\mathbf{r} = \int_0^3 (4t\hat{i}) \cdot (dt\hat{j}) = \int_0^3 0 dt = 0$。

C3: 從 $(2,3)$ 到 $(0,3)$，參數化為 $x=t, y=3$， $2 \ge t \ge 0$。 $d\mathbf{r} = dx\hat{i} + dy\hat{j} = dt\hat{i} + 0\hat{j}$。
$\mathbf{V} = 2(t)(3)\hat{i} = 6t\hat{i}$。

核心觀念

本題考查：

1. 餘弦函數的傅立葉轉換。
2. 頻域濾波器 $X(\omega)$ 對訊號頻率成分的保留或消除作用。
3. 傅立葉轉換與反轉換的互逆性。

在對稱標準化定義下，

$$\mathcal{F}\{g(t)\} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-i\omega t}g(t)\,dt$$ $$\mathcal{F}^{-1}\{G(\omega)\} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{i\omega t}G(\omega)\,d\omega$$

其中 $X(\omega)$ 是截止頻率為 $\omega_f$ 的理想低通濾波器：

$$X(\omega)= \begin{cases} 1, & |\omega|\leq \omega_f,\\ 0, & |\omega|>\omega_f. \end{cases}$$

因此，它會保留頻率範圍 $[-\omega_f,\omega_f]$ 內的成分，消除範圍外的成分。

---

先求 $\cos(\omega_0t)$ 的傅立葉轉換

由 Euler 公式，

$$\cos(\omega_0t) = \frac{1}{2} \left( e^{i\omega_0t}+e^{-i\omega_0t} \right).$$

在廣義函數意義下，

$$\mathcal{F}\{e^{i\omega_0t}\} = \sqrt{2\pi}\,\delta(\omega-\omega_0),$$ $$\mathcal{F}\{e^{-i\omega_0t}\} = \sqrt{2\pi}\,\delta(\omega+\omega_0).$$

所以

$$Y(\omega) = \mathcal{F}\{y(t)\} = \mathcal{F}\{\cos(\omega_0t)\}$$ $$= \sqrt{\frac{\pi}{2}} \left[ \delta(\omega-\omega_0) + \delta(\omega+\omega_0) \right].$$

這表示 $\cos(\omega_0t)$ 在頻域中只包含兩個頻率成分：

• $\omega=\omega_0$；
• $\omega=-\omega_0$。

兩者的絕對值皆為 $\omega_0$。

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(a) 當 $\omega_0>\omega_f$ 時

由於 $\omega_0>\omega_f$，因此

$$|\omega_0|>\omega_f, \qquad |-\omega_0|>\omega_f.$$

也就是說，頻域中的兩個脈衝 $\delta(\omega-\omega_0)$ 與 $\delta(\omega+\omega_0)$ 都位於低通濾波器的通帶之外。

因此，

$$Y(\omega)X(\omega) = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \left[ \delta(\omega-\omega_0) + \delta(\omega+\omega_0) \right]X(\omega) = 0.$$

再作反傅立葉轉換：

$$\mathcal{F}^{-1}\{Y(\omega)X(\omega)\} = \mathcal{F}^{-1}\{0\} = 0.$$

故

$$\boxed{ \mathcal{F}^{-1} \left\{ \mathcal{F}\{y(t)\}X(\omega) \right\} =0 \quad\text{當 }\omega_0>\omega_f }$$

核心觀念

本題考查一階線性常微分方程式

$$\frac{dx}{dt}+P(t)x=Q(t)$$

的解法。標準方法是使用積分因子

$$\mu(t)=e^{\int P(t)\,dt}.$$

本題中

$$P(t)=A,\qquad Q(t)=t,$$

且初始條件為

$$x(0)=0.$$

由於 $A$ 是常數，需分別討論 $A\neq 0$ 與 $A=0$ 的情形。

解題方法

情形一：$A\neq 0$

原方程式為

$$\frac{dx}{dt}+Ax=t.$$

積分因子為

$$\mu(t)=e^{\int A\,dt}=e^{At}.$$

方程式兩側同乘 $e^{At}$：

$$e^{At}\frac{dx}{dt}+Ae^{At}x=te^{At}.$$

左側可合併為乘積微分：

$$\frac{d}{dt}\left(e^{At}x(t)\right)=te^{At}.$$

由 $0$ 積分至 $t$，並使用 $x(0)=0$：

$$e^{At}x(t)-e^0x(0)=\int_0^t se^{As}\,ds.$$

因此

$$e^{At}x(t)=\int_0^t se^{As}\,ds.$$

計算積分：

$$\int se^{As}\,ds =e^{As}\left(\frac{s}{A}-\frac{1}{A^2}\right).$$

所以

$$\int_0^t se^{As}\,ds =e^{At}\left(\frac{t}{A}-\frac{1}{A^2}\right)+\frac{1}{A^2}.$$

兩側乘上 $e^{-At}$，得到

$$x(t)=\frac{t}{A}-\frac{1}{A^2}+\frac{e^{-At}}{A^2}.$$

整理為

本題考查二維熱傳導方程 (或擴散方程) 在一維空間上的求解，並涉及邊界條件和初始條件的應用。這是一個典型的偏微分方程問題，通常使用變數分離法 (separation of variables) 來求解。

給定的擴散方程為：
$\frac{\partial U}{\partial t} = \frac{\partial^2 U}{\partial x^2}$
定義域為 $0 < x < \pi$。
邊界條件為 $U(t,0) = 0$ 和 $U(t,\pi) = 0$。
初始條件為 $U(0,x) = \sin(x)$。

(a) 求解 $U(t,x)$。
我們假設解可以分離變數，即 $U(t,x) = T(t)X(x)$。
將此形式代入偏微分方程：
$X(x) \frac{dT(t)}{dt} = T(t) \frac{d^2 X(x)}{dx^2}$
將等式兩邊同除以 $T(t)X(x)$：
$\frac{1}{T(t)} \frac{dT(t)}{dt} = \frac{1}{X(x)} \frac{d^2 X(x)}{dx^2}$
由於左邊只與 $t$ 有關，右邊只與 $x$ 有關，兩邊必須等於一個常數，我們稱之為 $-\lambda$ (負號是為了得到週期性邊界條件下的實數解)。

所以我們得到兩個常微分方程：

1. $\frac{dT}{dt} = -\lambda T$
2. $\frac{d^2 X}{dx^2} = -\lambda X$

首先處理空間部分 (方程 2)，考慮邊界條件 $X(0)=0$ 和 $X(\pi)=0$。
方程變為 $\frac{d^2 X}{dx^2} + \lambda X = 0$。

情況 1: $\lambda < 0$。令 $\lambda = -\mu^2$ ($\mu > 0$)。
$X''(x) - \mu^2 X(x) = 0$。
通解為 $X(x) = c_1 e^{\mu x} + c_2 e^{-\mu x}$。
$X(0) = c_1 + c_2 = 0 \implies c_2 = -c_1$。
$X(x) = c_1 (e^{\mu x} - e^{-\mu x})$。
$X(\pi) = c_1 (e^{\mu \pi} - e^{-\mu \pi}) = 0$。
由於 $e^{\mu \pi} - e^{-\mu \pi} \neq 0$ (因為 $\mu > 0$)，所以 $c_1 = 0$。
這意味著 $X(x) = 0$，這不是一個非平凡解。

情況 2: $\lambda = 0$。
$X''(x) = 0$。
通解為 $X(x) = c_1 x + c_2$。
$X(0) = c_2 = 0$。
$X(\pi) = c_1 \pi = 0 \implies c_1 = 0$。
這意味著 $X(x) = 0$，也不是一個非平凡解。

情況 3: $\lambda > 0$。令 $\lambda = \omega^2$ ($\omega > 0$)。
$X''(x) + \omega^2 X(x) = 0$。
通解為 $X(x) = c_1 \cos(\omega x) + c_2 \sin(\omega x)$。
$X(0) = c_1 \cos(0) + c_2 \sin(0) = c_1 = 0$。
所以，$X(x) = c_2 \sin(\omega x)$。
$X(\pi) = c_2 \sin(\omega \pi) = 0$。
為了得到非零解 ($c_2 \neq 0$)，我們必須有 $\sin(\omega \pi) = 0$。
這意味著 $\omega \pi = n\pi$，其中 $n$ 是正整數 ($n=1, 2, 3, \dots$)。
所以，$\omega_n = n$。
對應的特徵值是 $\lambda_n = \omega_n^2 = n^2$。
對應的空間部分解為 $X_n(x) = \sin(nx)$ (取 $c_2=1$)。

現在處理時間部分 (方程 1)：$\frac{dT}{dt} = -\lambda_n T = -n^2 T$。
通解為 $T_n(t) = A_n e^{-n^2 t}$。