111 年 國立成功大學物理學系碩士班《物理數學》

本題考查向量微積分中的散度（Divergence）、旋度（Curl）以及散度定理的應用。

核心觀念：

1. 向量場 $\mathbf{r} = x\hat{i} + y\hat{j} + z\hat{k}$ 的散度與旋度計算。
2. 散度定理的應用，將體積分轉換為面積分。

(a) 計算向量場 $\mathbf{r}$ 的散度與旋度：
給定向量場 $\mathbf{r} = x\hat{i} + y\hat{j} + z\hat{k}$。
散度定義為 $\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial F_x}{\partial x} + \frac{\partial F_y}{\partial y} + \frac{\partial F_z}{\partial z}$。
對於 $\mathbf{r}$，我們有 $F_x = x, F_y = y, F_z = z$。
所以，散度為：
$\nabla \cdot \mathbf{r} = \frac{\partial x}{\partial x} + \frac{\partial y}{\partial y} + \frac{\partial z}{\partial z} = 1 + 1 + 1 = 3$。

旋度定義為 $\nabla \times \mathbf{F} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ F_x & F_y & F_z \end{vmatrix}$。
對於 $\mathbf{r}$，我們有 $F_x = x, F_y = y, F_z = z$。
所以，旋度為：

本題考查二階線性常係數非齊次微分方程的求解。

核心觀念：

1. 求解齊次方程的通解。
2. 求解非齊次方程的特解。
3. 將通解與特解合併得到全解。

給定微分方程：$\frac{d^2y}{dx^2} + 9y = 30\sin(3x)$。

第一步：求解齊次方程的通解。
齊次方程為 $\frac{d^2y}{dx^2} + 9y = 0$。
特徵方程為 $r^2 + 9 = 0$。
解得 $r^2 = -9$，所以 $r = \pm 3i$。
這是一對共軛複根，形式為 $\alpha \pm i\beta$，其中 $\alpha = 0$ 且 $\beta = 3$。
齊次方程的通解為 $y_h(x) = e^{\alpha x}(C_1 \cos(\beta x) + C_2 \sin(\beta x))$。
所以，$y_h(x) = C_1 \cos(3x) + C_2 \sin(3x)$，其中 $C_1$ 和 $C_2$ 是任意常數。

第二步：求解非齊次方程的特解。
非齊次項為 $g(x) = 30\sin(3x)$。
由於 $g(x)$ 是 $\sin(3x)$ 的形式，且 $3i$ 是特徵方程的根，我們需要使用修正的試探特解形式。
令特解 $y_p(x) = Ax\cos(3x) + Bx\sin(3x)$。
計算其一階與二階導數：
$y_p'(x) = A\cos(3x) - 3Ax\sin(3x) + B\sin(3x) + 3Bx\cos(3x)$
$y_p'(x) = (A + 3Bx)\cos(3x) + (B - 3Ax)\sin(3x)$

核心觀念

二維正交矩陣 $M$ 滿足

$$M^T M=I.$$

其行列式必為

$$\det M=\pm 1.$$

其中：

• $\det M=1$：純旋轉。
• $\det M=-1$：反射，可能包含旋轉與反射的複合；本題矩陣可直接判定為關於某一直線的鏡射。

二維中，關於與 $x$ 軸夾角 $\theta$ 的直線作反射，其矩陣為

$$R_{\text{ref}}(\theta) = \begin{pmatrix} \cos 2\theta & \sin 2\theta\\ \sin 2\theta & -\cos 2\theta \end{pmatrix}.$$

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解題方法

題目給定

$$M= \begin{pmatrix} \dfrac12 &-\dfrac{\sqrt3}{2}\\[4pt] \dfrac{\sqrt3}{2}&-\dfrac12 \end{pmatrix}.$$

先計算行列式，再驗證正交性，最後依行列式判定其幾何意義。

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(a) 行列式

對二階矩陣

$$\begin{pmatrix} a&b\\ c&d \end{pmatrix},$$

其行列式為 $ad-bc$。因此

$$\begin{aligned} \det M &= \left(\frac12\right)\left(-\frac12\right) - \left(-\frac{\sqrt3}{2}\right) \left(\frac{\sqrt3}{2}\right)\\ &=-\frac14+\frac34\\ &=\frac12. \end{aligned}$$

這裡需注意：依題目所列矩陣直接計算，行列式是 $\frac12$，並非正交矩陣應有的 $\pm1$。

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(b) 計算 $M^T M$

矩陣 $M$ 的轉置為

$$M^T= \begin{pmatrix} \dfrac12&\dfrac{\sqrt3}{2}\\[4pt] -\dfrac{\sqrt3}{2}&-\dfrac12 \end{pmatrix}.$$

計算乘積：

$$\begin{aligned} M^T M &= \begin{pmatrix} \dfrac12&\dfrac{\sqrt3}{2}\\[4pt] -\dfrac{\sqrt3}{2}&-\dfrac12 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \dfrac12&-\dfrac{\sqrt3}{2}\\[4pt] \dfrac{\sqrt3}{2}&-\dfrac12 \end{pmatrix}\\[6pt] &= \begin{pmatrix} \frac14+\frac34& -\frac{\sqrt3}{4}-\frac{\sqrt3}{4}\\[4pt] -\frac{\sqrt3}{4}-\frac{\sqrt3}{4}& \frac34+\frac14 \end{pmatrix}\\[6pt] &= \begin{pmatrix} 1&-\dfrac{\sqrt3}{2}\\[4pt] -\dfrac{\sqrt3}{2}&1 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

由於

$$M^T M \neq I= \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{pmatrix},$$

所以題目所給的矩陣並非正交矩陣。

也可從欄向量快速判斷。矩陣兩個欄向量為

核心觀念

本題考查週期為 $2\pi$ 的 Fourier 級數。對定義在 $(-\pi,\pi)$ 的函數，

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos nx+b_n\sin nx\right),$$

其中

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,$$ $$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx, \qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

在間斷點，Fourier 級數收斂到左右極限的平均值：

$$\frac{f(x^-)+f(x^+)}{2}.$$

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(a) 求 sine-cosine Fourier series

由於 $f(x)=0$ 於 $-\pi<x<0$，而 $f(x)=x$ 於 $0<x<\pi$，所有積分皆可化為 $(0,\pi)$ 上的積分。

常數項

$$a_0 =\frac{1}{\pi}\int_0^\pi x\,dx =\frac{1}{\pi}\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^\pi =\frac{\pi}{2}.$$

因此

$$\frac{a_0}{2}=\frac{\pi}{4}.$$

餘弦係數

$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi x\cos nx\,dx.$$

分部積分，取 $u=x$、$dv=\cos nx\,dx$，得到

$$\int x\cos nx\,dx =\frac{x\sin nx}{n}+\frac{\cos nx}{n^2}.$$

因此

$$a_n =\frac{1}{\pi} \left[ \frac{x\sin nx}{n}+\frac{\cos nx}{n^2} \right]_0^\pi.$$

因為 $\sin n\pi=0$、$\cos n\pi=(-1)^n$，所以

$$a_n =\frac{(-1)^n-1}{\pi n^2}.$$

故

$$a_n= \begin{cases} 0, & n\text{ 為偶數},\\[4pt] -\dfrac{2}{\pi n^2}, & n\text{ 為奇數}. \end{cases}$$

正弦係數

$$b_n=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi x\sin nx\,dx.$$

分部積分，取 $u=x$、$dv=\sin nx\,dx$，得到

$$\int x\sin nx\,dx =-\frac{x\cos nx}{n}+\frac{\sin nx}{n^2}.$$

因此

$$b_n =\frac{1}{\pi} \left[ -\frac{x\cos nx}{n}+\frac{\sin nx}{n^2} \right]_0^\pi =-\frac{(-1)^n}{n} =\frac{(-1)^{n+1}}{n}.$$

所以 Fourier 級數為

$$\boxed{ f(x)\sim \frac{\pi}{4} +\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{(-1)^n-1}{\pi n^2}\cos nx +\frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin nx \right] }$$

也可寫成

$$\boxed{ f(x)\sim \frac{\pi}{4} -\frac{2}{\pi}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\cos(2n+1)x}{(2n+1)^2} +\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin nx }.$$

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(b) 代入 $x=0$，並計算平方級數

代入 $x=0$

在 $x=0$ 附近，

$$f(0^-)=0,\qquad f(0^+)=0.$$

因此 Fourier 級數在 $x=0$ 收斂到 $0$。代入級數：

$$0= \frac{\pi}{4} -\frac{2}{\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2},$$

因為 $\sin 0=0$、$\cos 0=1$。

因此

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2} =\frac{\pi^2}{8}.$$

計算所求級數

令 Catalan 常數為

$$G=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^2} =1-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}-\frac{1}{7^2}+\cdots.$$

題目所求級數為

本題考查 Gamma 函數的性質與應用。

核心觀念：

1. Gamma 函數的定義。
2. Gamma 函數的微分性質。
3. Gamma 函數的計算。

Gamma 函數的定義為 $\Gamma(p) = \int_{0}^{\infty} x^{p-1}e^{-x}dx$。

(a) 將積分 $\int_{0}^{\infty} t^3 \ln t dt$ 表示成 Gamma 函數的形式：
Gamma 函數的定義中包含 $x^{p-1}$。我們的積分中包含 $t^3 \ln t$。
我們注意到 $\frac{d}{dp} x^{p-1} = x^{p-1} \ln x$。
這提示我們可以通過對 Gamma 函數進行微分來得到 $\ln t$。

考慮對 Gamma 函數 $\Gamma(p)$ 關於 $p$ 的微分：
$\frac{d\Gamma(p)}{dp} = \frac{d}{dp} \int_{0}^{\infty} x^{p-1}e^{-x}dx$。
假設我們可以交換微分和積分的順序：
$\frac{d\Gamma(p)}{dp} = \int_{0}^{\infty} \frac{\partial}{\partial p} (x^{p-1}e^{-x}) dx$
$= \int_{0}^{\infty} x^{p-1} (\ln x) e^{-x} dx$。

我們需要積分 $\int_{0}^{\infty} t^3 \ln t dt$。
將積分變數從 $x$ 改為 $t$，並令 $p-1 = 3$，則 $p=4$。
此時，$\frac{d\Gamma(p)}{dp} \bigg|_{p=4} = \int_{0}^{\infty} t^{4-1} (\ln t) e^{-t} dt = \int_{0}^{\infty} t^3 \ln t e^{-t} dt$。

然而，題目要求的積分是 $\int_{0}^{\infty} t^3 \ln t dt$，而不是 $\int_{0}^{\infty} t^3 \ln t e^{-t} dt$。
這說明直接通過微分 Gamma 函數來得到 $\ln t$ 的形式可能不是正確的路徑。

重新思考：
Gamma 函數的定義是 $\Gamma(p) = \int_{0}^{\infty} x^{p-1}e^{-x}dx$。
我們需要表示 $\int_{0}^{\infty} t^3 \ln t dt$。
這積分的結構似乎與 Gamma 函數的定義或其微分形式都不直接匹配。

檢查 Gamma 函數的性質：
$\Gamma(p+1) = p\Gamma(p)$。
$\Gamma(n) = (n-1)!$ 對於正整數 $n$。
$\Gamma(1) = 1$。
$\Gamma(2) = 1\Gamma(1) = 1$。
$\Gamma(3) = 2\Gamma(2) = 2$。
$\Gamma(4) = 3\Gamma(3) = 6$。

考慮 Gamma 函數的對數微分：
$\ln \Gamma(p) = \ln \int_{0}^{\infty} x^{p-1}e^{-x}dx$。
這不是一個有用的形式。

再次檢查題目： "Express $\int_{0}^{\infty} t^3 \ln t dt$ in terms of the gamma function."
這意味著積分結果應該可以寫成 $\Gamma(\cdot)$ 的形式，或者與 $\Gamma$ 的導數有關。

假設題目要求的是 $\int_{0}^{\infty} t^3 \ln t e^{-t} dt$。
如果題目確實是這樣，那麼：
令 $p-1 = 3 \implies p=4$。
$\frac{d\Gamma(p)}{dp} \bigg|_{p=4} = \int_{0}^{\infty} t^{3} (\ln t) e^{-t} dt$。
$\Gamma(p)$ 的導數稱為 the digamma function $\psi(p) = \frac{\Gamma'(p)}{\Gamma(p)}$。
$\Gamma'(p) = \Gamma(p) \psi(p)$。
所以，$\Gamma'(4) = \Gamma(4) \psi(4)$。
$\Gamma(4) = 3! = 6$。
$\psi(4) = -\gamma + \sum_{n=1}^3 \frac{1}{n} = -\gamma + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = -\gamma + \frac{11}{6}$。
$\Gamma'(4) = 6 (-\gamma + \frac{11}{6}) = -6\gamma + 11$。
所以，$\int_{0}^{\infty} t^3 \ln t e^{-t} dt = 11 - 6\gamma$。
其中 $\gamma$ 是 Euler-Mascheroni constant。

但是，題目明確寫的是 $\int_{0}^{\infty} t^3 \ln t dt$。
這個積分是發散的。
原因：當 $t \to \infty$，$\ln t \to \infty$，所以 $t^3 \ln t \to \infty$。積分區間是 $[0, \infty)$，所以這個積分是發散的。
當 $t \to 0^+$, $t^3 \ln t \to 0 \times (-\infty)$。使用 L'Hopital's rule on $t^3 \ln t = \frac{\ln t}{t^{-3}}$: $\lim_{t \to 0^+} \frac{1/t}{-3t^{-4}} = \lim_{t \to 0^+} \frac{t^3}{-3} = 0$。
所以積分在 $t=0$ 附近是收斂的。
但是，在 $t \to \infty$ 時，積分發散。

這意味著題目可能印刷錯誤，或者我對 Gamma 函數的應用理解有誤。

假設題目是想問 $\int_{0}^{\infty} x^{p-1} (\ln x) e^{-x} dx$ 的形式。
那麼，如前所述，令 $p-1 = 3 \implies p=4$。
則積分是 $\frac{d\Gamma(p)}{dp} \bigg|_{p=4}$。

有沒有可能 Gamma 函數的某個變形可以表示這個積分？
例如，$\Gamma(z)$ 的性質，或其在複數域上的性質。

再檢查題目敘述： "The integral representation of the gamma function is $\Gamma(p) = \int_{0}^{\infty} x^{p-1}e^{-x}dx$ with $p>0$."
"Express $\int_{0}^{\infty} t^3 \ln t dt$ in terms of the gamma function."

如果積分是發散的，那麼它不可能用 Gamma 函數（一個有限值）來表示。
這強烈暗示題目有誤。

最常見的關於 Gamma 函數和 $\ln x$ 的問題是關於 $\Gamma'(p)$。
$\Gamma'(p) = \int_{0}^{\infty} x^{p-1} (\ln x) e^{-x} dx$。

假設題目想問的是：
Express $\int_{0}^{\infty} t^3 \ln t e^{-t} dt$ in terms of the gamma function.
那麼，令 $p-1=3 \implies p=4$。
積分等於 $\Gamma'(4)$。
Gamma 函數的導數 $\Gamma'(p)$ 是 Gamma 函數的一種表示。

如果題目是正確的，那麼是否存在某種方式可以「正規化」這個發散積分？
在物理學中，有時會對發散積分進行正規化。但這通常是在特定上下文中。

考慮 (b) 部分： "Evaluate the result of (a)."
如果 (a) 的結果是一個發散的積分，那麼 (b) 就無法進行。
這進一步證實了題目有誤的可能性。

最合理的解釋是：
題目應該是 $\int_{0}^{\infty} t^3 \ln t e^{-t} dt$。
如果是這樣，那麼 (a) 的答案是 $\Gamma'(4)$。

核心觀念

本題考查：

1. 有理函數的極點與簡單極點留數。
2. 留數定理：
   $\oint_C g(z)\,dz=2\pi i\sum \operatorname{Res}(g;z_k),$
   其中 $z_k$ 為積分路徑 $C$ 內部的所有孤立奇點。
3. 複數三角函數公式：
   $\sin(x+iy)=\sin x\cosh y+i\cos x\sinh y.$

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解題方法

先將分母因式分解，找出極點，再判斷極點是否位於圓 $|z|=3$ 內。由於兩個極點都是簡單極點，直接使用簡單極點留數公式即可。

(a) 極點與留數

函數為

$$f(z)=\frac{1}{z^2+4z+5}.$$

分母配方得

$$z^2+4z+5=(z+2)^2+1,$$

因此

$$z^2+4z+5=(z+2-i)(z+2+i).$$

所以 $f(z)$ 的兩個極點為

$$z_1=-2+i,\qquad z_2=-2-i.$$

兩者皆為簡單極點。對於

$$f(z)=\frac{1}{q(z)},\qquad q(z_0)=0,\quad q'(z_0)\neq 0,$$

簡單極點 $z_0$ 的留數為

$$\operatorname{Res}(f;z_0)=\frac{1}{q'(z_0)}.$$

令

$$q(z)=z^2+4z+5,$$

則

$$q'(z)=2z+4.$$

因此在 $z_1=-2+i$：

$$\operatorname{Res}(f;-2+i) =\frac{1}{2(-2+i)+4} =\frac{1}{2i} =-\frac{i}{2}.$$

在 $z_2=-2-i$：

$$\operatorname{Res}(f;-2-i) =\frac{1}{2(-2-i)+4} =\frac{1}{-2i} =\frac{i}{2}.$$

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(b) 計算閉合積分

考慮

$$g(z)=\frac{\sin z}{z^2+4z+5}.$$

極點仍為

$$z_1=-2+i,\qquad z_2=-2-i.$$

其絕對值為

$$|z_1|=|z_2|=\sqrt{(-2)^2+1^2}=\sqrt{5}<3.$$

所以兩個極點都位於圓 $C:|z|=3$ 內。

對簡單極點，$g(z)$ 在 $z_k$ 的留數為