112 年 國立成功大學太空與電漿科學研究所《應用數學》

核心觀念

本題考查：

• 二維向量場的旋度

$$\nabla\times\mathbf F =\left(0,0,\frac{\partial F_y}{\partial x} -\frac{\partial F_x}{\partial y}\right)。$$

• 保守力的判定：若 $\mathbf F=\nabla\phi$，則線積分與路徑無關；在單連通區域內，旋度為零可作為保守場的判定條件。
• 封閉曲線線積分與參數化計算。
• 原點的奇異點對保守性的影響。

令

$$\mathbf F=(P,Q) =\left(-\frac{y}{x^2+y^2},\frac{x}{x^2+y^2}\right),$$

其定義域為

$$D=\mathbb R^2\setminus\{(0,0)\},$$

因為原點處分母為零。

(a) 計算 $\nabla\times\mathbf F$

先計算

$$\frac{\partial Q}{\partial x} =\frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{x}{x^2+y^2}\right) =\frac{(x^2+y^2)-2x^2}{(x^2+y^2)^2} =\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}.$$

再計算

$$\frac{\partial P}{\partial y} =\frac{\partial}{\partial y} \left(-\frac{y}{x^2+y^2}\right) =-\frac{(x^2+y^2)-2y^2}{(x^2+y^2)^2} =\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}.$$

因此，在 $(x,y)\neq(0,0)$ 時，

$$\frac{\partial Q}{\partial x} -\frac{\partial P}{\partial y}=0.$$

所以

$$\boxed{\nabla\times\mathbf F=\mathbf 0 \qquad\text{於 }(x,y)\neq(0,0)。}$$

需注意：$\mathbf F$ 在原點沒有定義，因此不能宣稱其旋度在整個 $\mathbb R^2$ 上皆為零。

(b) $\mathbf F$ 是否為保守力？

$$\boxed{\mathbf F\text{ 不是全域保守力。}}$$

雖然在原點以外有

$$\nabla\times\mathbf F=\mathbf 0,$$

但其定義域 $\mathbb R^2\setminus\{(0,0)\}$ 不是單連通區域。繞過原點的封閉路徑無法連續縮成一點，因此「旋度為零」不能直接推出全域保守。

此題考查積分微分方程的求解，包含使用拉普拉斯轉換和微分的方法。

核心觀念：

1. 拉普拉斯轉換 (Laplace Transform)：將一個時間函數 $f(t)$ 轉換為頻率函數 $F(s)$。
   • $\mathcal{L}\{t\} = \frac{1}{s^2}$
   • $\mathcal{L}\{\sin(at)\} = \frac{a}{s^2+a^2}$
   • 卷積定理 (Convolution Theorem)：若 $f(t) = (g * h)(t) = \int_0^t g(t-\tau)h(\tau)d\tau$，則 $\mathcal{L}\{f(t)\} = G(s)H(s)$，其中 $G(s) = \mathcal{L}\{g(t)\}$ 且 $H(s) = \mathcal{L}\{h(t)\}$。
2. 微分方程求解：將積分方程轉換為微分方程後，利用標準方法求解。
3. 微分算子與積分的關係：$\frac{d}{dt} \int_0^t f(t,\tau) d\tau$ 的計算，特別是當 $f(t,\tau)$ 包含 $t$ 作為參數時。

解題過程：

給定積分方程：$y(t) = t + \int_0^t \sin(t - \tau) y(\tau)d\tau$。
這個積分是卷積的形式 $(g * h)(t)$，其中 $g(t) = \sin(t)$ 且 $h(t) = y(t)$。

(a) 使用拉普拉斯轉換求解 $y(t)$：
對原方程兩邊取拉普拉斯轉換：
$\mathcal{L}\{y(t)\} = \mathcal{L}\left\{t + \int_0^t \sin(t - \tau) y(\tau)d\tau\right\}$
$\mathcal{L}\{y(t)\} = \mathcal{L}\{t\} + \mathcal{L}\left\{\int_0^t \sin(t - \tau) y(\tau)d\tau\right\}$

設 $Y(s) = \mathcal{L}\{y(t)\}$。
由拉普拉斯轉換的性質，我們知道：
$\mathcal{L}\{t\} = \frac{1}{s^2}$。
根據卷積定理，$\mathcal{L}\left\{\int_0^t \sin(t - \tau) y(\tau)d\tau\right\} = \mathcal{L}\{\sin(t)\} \cdot \mathcal{L}\{y(t)\}$。
$\mathcal{L}\{\sin(t)\} = \frac{1}{s^2+1}$。
所以，$\mathcal{L}\left\{\int_0^t \sin(t - \tau) y(\tau)d\tau\right\} = \frac{1}{s^2+1} Y(s)$。

將這些代回原方程的拉普拉斯轉換形式：
$Y(s) = \frac{1}{s^2} + \frac{1}{s^2+1} Y(s)$。

現在解出 $Y(s)$：
$Y(s) - \frac{1}{s^2+1} Y(s) = \frac{1}{s^2}$
$Y(s) \left(1 - \frac{1}{s^2+1}\right) = \frac{1}{s^2}$
$Y(s) \left(\frac{s^2+1 - 1}{s^2+1}\right) = \frac{1}{s^2}$
$Y(s) \left(\frac{s^2}{s^2+1}\right) = \frac{1}{s^2}$
$Y(s) = \frac{1}{s^2} \cdot \frac{s^2+1}{s^2} = \frac{s^2+1}{s^4}$。

最後，對 $Y(s)$ 進行反拉普拉斯轉換以求 $y(t)$：
$Y(s) = \frac{s^2+1}{s^4} = \frac{s^2}{s^4} + \frac{1}{s^4} = \frac{1}{s^2} + \frac{1}{s^4}$。
$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2}\right\} = t$。
$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^4}\right\} = \frac{1}{3!} \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{3!}{s^4}\right\} = \frac{1}{6} t^3$。
所以，$y(t) = t + \frac{1}{6} t^3$。

【答案】$y(t) = t + \frac{1}{6} t^3$。

(b) 將積分方程轉換為微分方程並求解 $y(t)$：
原方程：$y(t) = t + \int_0^t \sin(t - \tau) y(\tau)d\tau$。
我們需要對 $y(t)$ 取兩次微分。由於 $y(t)$ 的定義包含了積分，我們需要先處理積分項的微分。
令 $I(t) = \int_0^t \sin(t - \tau) y(\tau)d\tau$。
則 $y(t) = t + I(t)$。
對兩邊微分：
$y'(t) = \frac{d}{dt}(t) + \frac{d}{dt}(I(t))$
$y'(t) = 1 + \frac{d}{dt}\left(\int_0^t \sin(t - \tau) y(\tau)d\tau\right)$。

計算 $\frac{d}{dt}\left(\int_0^t \sin(t - \tau) y(\tau)d\tau\right)$。

此題考查耦合線性微分方程組的求解，包含將耦合方程解耦以及利用初始條件求解特解。

核心觀念：

1. 矩陣表示：將線性微分方程組寫成矩陣形式 $\mathbf{y}'(t) = A\mathbf{y}(t) + \mathbf{f}(t)$。
2. 特徵值與特徵向量：求解齊次部分 $\mathbf{y}'(t) = A\mathbf{y}(t)$ 的基本解。
3. 常數變易法 (Variation of Parameters)：求解非齊次部分 $\mathbf{y}'(t) = A\mathbf{y}(t) + \mathbf{f}(t)$ 的特解。
4. 解耦 (Decoupling)：一種直接的方法，通過對方程進行微分和組合，將耦合方程轉化為單一的高階微分方程。
5. 初始條件：確定積分常數。

解題過程：

給定耦合微分方程組：

$$\begin{cases} y_1'(t) = 5y_1 + 8y_2 + 1 \quad &(1)\\ y_2'(t) = -6y_1 - 9y_2 + t \quad &(2) \end{cases}$$

初始條件：$y_1(0) = 4$, $y_2(0) = -3$.

(a) 解耦：
我們的目標是找到一個關於 $y_1$ (或 $y_2$) 的單獨的高階微分方程。
從方程 (1)，我們可以表示 $8y_2 = y_1' - 5y_1 - 1$。
所以，$y_2 = \frac{1}{8}(y_1' - 5y_1 - 1)$。
對 $y_2$ 微分：
$y_2' = \frac{1}{8}(y_1'' - 5y_1')$.

現在將 $y_2$ 和 $y_2'$ 代入方程 (2)：
$\frac{1}{8}(y_1'' - 5y_1') = -6y_1 - 9\left(\frac{1}{8}(y_1' - 5y_1 - 1)\right) + t$。
乘以 8 來消除分母：
$y_1'' - 5y_1' = -48y_1 - 9(y_1' - 5y_1 - 1) + 8t$
$y_1'' - 5y_1' = -48y_1 - 9y_1' + 45y_1 + 9 + 8t$
$y_1'' - 5y_1' = (-48+45)y_1 - 9y_1' + 9 + 8t$
$y_1'' - 5y_1' = -3y_1 - 9y_1' + 9 + 8t$。

將所有項移到一邊，得到關於 $y_1$ 的二階微分方程：
$y_1'' - 5y_1' + 9y_1' + 3y_1 = 9 + 8t$
$y_1'' + 4y_1' + 3y_1 = 8t + 9$。

這就是解耦後的關於 $y_1$ 的微分方程。
同理，我們可以得到關於 $y_2$ 的微分方程。
從方程 (2)，我們可以表示 $6y_1 = -y_2' - 9y_2 + t$。
所以，$y_1 = -\frac{1}{6}(y_2' + 9y_2 - t)$。
對 $y_1$ 微分：
$y_1' = -\frac{1}{6}(y_2'' + 9y_2' - 1)$。

將 $y_1$ 和 $y_1'$ 代入方程 (1)：
$-\frac{1}{6}(y_2'' + 9y_2' - 1) = 5\left(-\frac{1}{6}(y_2' + 9y_2 - t)\right) + 8y_2 + 1$。
乘以 -6 來消除分母：
$y_2'' + 9y_2' - 1 = 5(y_2' + 9y_2 - t) - 48y_2 - 6$
$y_2'' + 9y_2' - 1 = 5y_2' + 45y_2 - 5t - 48y_2 - 6$
$y_2'' + 9y_2' - 1 = (45-48)y_2 + 5y_2' - 5t - 6$
$y_2'' + 9y_2' - 1 = -3y_2 + 5y_2' - 5t - 6$。

將所有項移到一邊，得到關於 $y_2$ 的二階微分方程：
$y_2'' + 9y_2' - 5y_2' + 3y_2 = -5t - 6 + 1$
$y_2'' + 4y_2' + 3y_2 = -5t - 5$。

解耦後的兩個微分方程是：
$y_1'' + 4y_1' + 3y_1 = 8t + 9$
$y_2'' + 4y_2' + 3y_2 = -5t - 5$。

【答案】$y_1'' + 4y_1' + 3y_1 = 8t + 9$ 且 $y_2'' + 4y_2' + 3y_2 = -5t - 5$。

(b) 求解 $y_1(t)$ 和 $y_2(t)$：
我們將分別求解這兩個非齊次二階線性微分方程。

求解 $y_1(t)$：
$y_1'' + 4y_1' + 3y_1 = 8t + 9$。
首先，求解齊次部分 $y_1'' + 4y_1' + 3y_1 = 0$。
特徵方程為 $r^2 + 4r + 3 = 0$。
因式分解：$(r+1)(r+3) = 0$。
特徵根為 $r_1 = -1$, $r_2 = -3$。
齊次解為 $y_{1h}(t) = c_1 e^{-t} + c_2 e^{-3t}$。

接下來，求解特解 $y_{1p}(t)$。由於非齊次項是 $8t+9$ (一個一次多項式)，我們假設特解的形式為 $y_{1p}(t) = At + B$。
則 $y_{1p}'(t) = A$ 且 $y_{1p}''(t) = 0$。
將這些代入非齊次微分方程：
$0 + 4(A) + 3(At + B) = 8t + 9$
$4A + 3At + 3B = 8t + 9$
$3At + (4A + 3B) = 8t + 9$。

比較係數：
對於 $t$ 的係數：$3A = 8 \implies A = \frac{8}{3}$。
對於常數項：$4A + 3B = 9$。
代入 $A = \frac{8}{3}$：$4(\frac{8}{3}) + 3B = 9$
$\frac{32}{3} + 3B = 9$
$3B = 9 - \frac{32}{3} = \frac{27 - 32}{3} = -\frac{5}{3}$
$B = -\frac{5}{9}$。

所以，特解為 $y_{1p}(t) = \frac{8}{3}t - \frac{5}{9}$。
$y_1(t)$ 的通解為 $y_1(t) = y_{1h}(t) + y_{1p}(t) = c_1 e^{-t} + c_2 e^{-3t} + \frac{8}{3}t - \frac{5}{9}$。

現在需要利用初始條件來確定 $c_1$ 和 $c_2$。
我們需要 $y_1(0)$ 和 $y_2(0)$。我們已知 $y_1(0)=4$。
我們還需要 $y_1'(0)$。從原方程 (1)：
$y_1'(t) = 5y_1(t) + 8y_2(t) + 1$。
在 $t=0$ 時：$y_1'(0) = 5y_1(0) + 8y_2(0) + 1$。
已知 $y_1(0)=4$ 且 $y_2(0)=-3$。
$y_1'(0) = 5(4) + 8(-3) + 1 = 20 - 24 + 1 = -3$。

現在將 $y_1(0)=4$ 和 $y_1'(0)=-3$ 代入 $y_1(t)$ 的通解及其導數。
$y_1(t) = c_1 e^{-t} + c_2 e^{-3t} + \frac{8}{3}t - \frac{5}{9}$。
$y_1'(t) = -c_1 e^{-t} - 3c_2 e^{-3t} + \frac{8}{3}$。

在 $t=0$ 時：

核心觀念

本題考查：

• 複數留數定理與半圓形閉合路徑。
• Jordan lemma：當 $z$ 走上半平面的大半圓時，$e^{iz}=e^{ix-y}$ 具有衰減效果。
• 實部與虛部拆解：
  $\frac{e^{ix}}{x}=\frac{\cos x}{x}+i\frac{\sin x}{x}.$
• 主值積分與實 improper integral 的關係。

由於 $z=0$ 是 $\dfrac{e^{iz}}{z}$ 的極點，且位於積分路徑的實軸上，必須在原點附近挖去一個小半圓。

---

解題方法：上半平面半圓路徑

考慮函數

$$f(z)=\frac{e^{iz}}{z}.$$

取上半平面的半圓形路徑，實軸部分由 $-R$ 走到 $-\varepsilon$，再以半徑 $\varepsilon$ 的小半圓繞過原點，最後由 $\varepsilon$ 走到 $R$；大半圓則由 $R$ 逆時針走回 $-R$。

小半圓取在原點上方，其參數式為

$$z=\varepsilon e^{i\theta},\qquad \theta:\pi\to 0.$$

由於原點被小半圓排除在封閉區域之外，區域內沒有極點，因此由柯西積分定理，

$$\int_{-R}^{-\varepsilon}\frac{e^{ix}}{x}\,dx +\int_{C_\varepsilon}\frac{e^{iz}}{z}\,dz +\int_{\varepsilon}^{R}\frac{e^{ix}}{x}\,dx +\int_{C_R}\frac{e^{iz}}{z}\,dz=0.$$

---

大半圓的積分

在上半平面中，令 $z=Re^{i\theta}$，則

$$e^{iz}=e^{iR\cos\theta-R\sin\theta}.$$

因為 $\sin\theta\geq 0$，所以 $e^{-R\sin\theta}$ 在大部分路徑上快速衰減。由 Jordan lemma，

$$\lim_{R\to\infty}\int_{C_R}\frac{e^{iz}}{z}\,dz=0.$$

---

小半圓的積分

在 $C_\varepsilon$ 上，

$$z=\varepsilon e^{i\theta},\qquad dz=i\varepsilon e^{i\theta}\,d\theta.$$

因此

此題考查矩陣代數中的逆矩陣性質以及具體矩陣的運算。

核心觀念：

1. 逆矩陣的性質：對於可逆矩陣 $A$ 和 $B$，其乘積 $AB$ 也可逆，且 $(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}$。
2. 二階矩陣的逆矩陣：對於矩陣 $M = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$，若其行列式 $ad-bc \ne 0$，則其逆矩陣為 $M^{-1} = \frac{1}{ad-bc} \begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix}$。
3. 矩陣乘法：兩個矩陣相乘的規則。

解題過程：

給定矩陣 $A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 1 \end{bmatrix}$ 和 $B = \begin{bmatrix} 3 & 2 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}$。

(a) 證明 $(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}$：
這個性質是矩陣代數中的一個基本定理，通常不需要對具體矩陣進行證明，而是通過代數推導。
證明：
我們知道，$M^{-1}$ 是矩陣 $M$ 的逆矩陣，如果 $MM^{-1} = M^{-1}M = I$ (單位矩陣)。
考慮 $(AB)(B^{-1}A^{-1})$：
$(AB)(B^{-1}A^{-1}) = A(BB^{-1})A^{-1}$ （矩陣乘法結合律）
$= A(I)A^{-1}$ （因為 $BB^{-1}=I$）
$= AA^{-1}$ （因為 $IA=A$）
$= I$ （因為 $AA^{-1}=I$）。
同理，我們也可以證明 $(B^{-1}A^{-1})(AB) = I$。
所以，根據逆矩陣的定義， $(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}$。
這個證明對於任何可逆矩陣 $A$ 和 $B$ 都成立。

【答案】證明過程如上。

(b) 計算 $A^{-1}$：
矩陣 $A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 1 \end{bmatrix}$。
行列式 $\det(A) = (1)(1) - (2)(3) = 1 - 6 = -5$。
因為 $\det(A) \ne 0$，所以 $A$ 是可逆的。
$A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \begin{bmatrix} 1 & -2 \\ -3 & 1 \end{bmatrix} = \frac{1}{-5} \begin{bmatrix} 1 & -2 \\ -3 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1/5 & 2/5 \\ 3/5 & -1/5 \end{bmatrix}$。

【答案】$A^{-1} = \begin{bmatrix} -1/5 & 2/5 \\ 3/5 & -1/5 \end{bmatrix}$。

(c) 計算 $B^{-1}$：
矩陣 $B = \begin{bmatrix} 3 & 2 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}$。
行列式 $\det(B) = (3)(2) - (2)(1) = 6 - 2 = 4$。
因為 $\det(B) \ne 0$，所以 $B$ 是可逆的。
$B^{-1} = \frac{1}{\det(B)} \begin{bmatrix} 2 & -2 \\ -1 & 3 \end{bmatrix} = \frac{1}{4} \begin{bmatrix} 2 & -2 \\ -1 & 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2/4 & -2/4 \\ -1/4 & 3/4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1/2 & -1/2 \\ -1/4 & 3/4 \end{bmatrix}$。

【答案】$B^{-1} = \begin{bmatrix} 1/2 & -1/2 \\ -1/4 & 3/4 \end{bmatrix}$。

(d) 計算 $AB$：
$AB = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3 & 2 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}$