113 年 國立成功大學太空與電漿科學研究所《應用數學》

本題考查基本的級數求和概念。

級數 $\sum_{i=1}^{10} 1$ 表示將常數 1 連續加 10 次。

本題考查矩陣求逆的計算。我們可以使用伴隨矩陣法或高斯消去法來求解。這裡我們採用伴隨矩陣法。

首先，計算矩陣 A 的行列式 $\det(A)$。
$\det(A) = 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 11/7 & -1/7 \\ 2/7 & 3/7 \end{pmatrix} - 0 + 0$
$\det(A) = \frac{11}{7} \cdot \frac{3}{7} - (-\frac{1}{7}) \cdot \frac{2}{7}$
$\det(A) = \frac{33}{49} + \frac{2}{49} = \frac{35}{49} = \frac{5}{7}$

由於 $\det(A) \neq 0$，矩陣 A 可逆。

接下來，計算各個元素的代數餘子式 (cofactor)。
$C_{11} = \det \begin{pmatrix} 11/7 & -1/7 \\ 2/7 & 3/7 \end{pmatrix} = \frac{33}{49} + \frac{2}{49} = \frac{35}{49} = \frac{5}{7}$
$C_{12} = - \det \begin{pmatrix} -1 & -1/7 \\ -1/7 & 3/7 \end{pmatrix} = - (-\frac{3}{7} - \frac{1}{49}) = - (-\frac{21}{49} - \frac{1}{49}) = - (-\frac{22}{49}) = \frac{22}{49}$
$C_{13} = \det \begin{pmatrix} -1 & 11/7 \\ -1/7 & 2/7 \end{pmatrix} = -\frac{2}{7} - (-\frac{11}{49}) = -\frac{14}{49} + \frac{11}{49} = -\frac{3}{49}$

$C_{21} = - \det \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 2/7 & 3/7 \end{pmatrix} = 0$
$C_{22} = \det \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1/7 & 3/7 \end{pmatrix} = \frac{3}{7}$

本題考查特徵值 (eigenvalues) 和特徵向量 (eigenvectors) 的計算。

對於一個對角矩陣 (diagonal matrix)，其特徵值就是對角線上的元素，而對應的特徵向量是標準基底向量。

給定的矩陣 $A = \begin{pmatrix} 5 & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{3} & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}$ 是一個對角矩陣。

特徵值 (Eigenvalues):
特徵值是矩陣 $A$ 的對角線上的元素。
$\lambda_1 = 5$
$\lambda_2 = \sqrt{3}$
$\lambda_3 = 3$

特徵向量 (Eigenvectors):
對於特徵值 $\lambda$，特徵向量 $v$ 滿足 $Av = \lambda v$，即 $(A - \lambda I)v = 0$。

1. 對於 $\lambda_1 = 5$：
   $(A - 5I)v = \begin{pmatrix} 5-5 & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{3}-5 & 0 \\ 0 & 0 & 3-5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{3}-5 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
   從第三行得到 $-2v_3 = 0 \implies v_3 = 0$。
   從第二行得到 $(\sqrt{3}-5)v_2 = 0$。由於 $\sqrt{3}-5 \neq 0$，所以 $v_2 = 0$。
   第一行 $0v_1 = 0$ 對 $v_1$ 沒有限制。
   因此，特徵向量的形式為 $v_1 = \begin{pmatrix} v_1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$，其中 $v_1 \neq 0$。
   取 $v_1 = 1$，則特徵向量為 $v^{(1)} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$。

2. 對於 $\lambda_2 = \sqrt{3}$：

本題考查定積分的計算，特別是涉及無窮區間和有理函數的積分。

方法一：使用基本積分公式
我們知道 $\int \frac{1}{a^2+x^2} dx = \frac{1}{a} \arctan(\frac{x}{a}) + C$。
在本題中，$a^2 = 4$，所以 $a = 2$。

因此，
$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{4+x^2} = \left[ \frac{1}{2} \arctan\left(\frac{x}{2}\right) \right]_{-\infty}^{\infty}$
$= \frac{1}{2} \lim_{b \to \infty} \arctan\left(\frac{b}{2}\right) - \frac{1}{2} \lim_{a \to -\infty} \arctan\left(\frac{a}{2}\right)$
$= \frac{1}{2} \left(\frac{\pi}{2}\right) - \frac{1}{2} \left(-\frac{\pi}{2}\right)$
$= \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

本題考查線積分的計算，並且可以使用格林定理 (Green's Theorem) 來簡化計算。

格林定理說明，對於一個平面區域 $D$ 及其邊界曲線 $C$，其中 $C$ 是逆時針方向的單純閉合曲線，則有：
$\oint_C P\,dx + Q\,dy = \iint_D \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right) dA$
在本題中，向量場為 $\vec{V} = P\,\hat{i} + Q\,\hat{j} + R\,\hat{k}$。
其中 $P = x^2+3y$, $Q = 2x+y^2$, $R = 3x^2+2y^2+3z^2$。
積分路徑是橢圓 $\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1$ 的周長。這個橢圓在 $xy$-平面上，所以 $z$ 的變化不影響這個積分。
因此，我們只需要考慮 $P$ 和 $Q$。

我們需要計算 $\frac{\partial Q}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial P}{\partial y}$。
$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(2x+y^2) = 2$

本題考查向量微積分中的表面積分 (surface integral)。由於積分曲面是一個封閉曲面 (球面)，且 $d\vec{A}$ 指向外側，因此可以使用散度定理 (Divergence Theorem)，也稱為高斯定理 (Gauss's Theorem)。

散度定理說明，對於一個向量場 $\vec{V}$ 和一個封閉曲面 $S$ 所圍成的體積 $E$，其中 $S$ 是 $E$ 的邊界且法向量指向外側，則有：
$\iint_S \vec{V} \cdot d\vec{A} = \iiint_E (\nabla \cdot \vec{V}) dV$

首先，我們需要計算向量場 $\vec{V}$ 的散度 $\nabla \cdot \vec{V}$。
給定的向量場是 $\vec{V} = P\,\hat{i} + Q\,\hat{j} + R\,\hat{k}$，其中：
$P = x + 3y^2 + 2z^3$
$Q = 2x^2 + 2y + z^2$
$R = 3x^3 + y^3 + 3z$

散度定義為：
$\nabla \cdot \vec{V} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}$

本題考查方波函數的傅立葉級數展開。

給定的方波函數 $f(t)$ 具有週期 $T = 2\pi$。
函數定義為：
$f(t) = \begin{cases} 2, & 0 < t < \pi \\ -2, & -\pi < t < 0 \end{cases}$
且 $f(t+2\pi) = f(t)$。

首先，觀察函數的奇偶性。
$f(-t) = -f(t)$，所以 $f(t)$ 是一個奇函數 (odd function)。
對於奇函數，其傅立葉級數展開只包含正弦項，即 $a_0 = 0$ 且 $a_n = 0$ 對於所有 $n \ge 1$。
傅立葉級數的形式為：
$f(t) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin(nt)$

傅立葉係數 $b_n$ 的計算公式為：
$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin(nt) dt$
由於 $f(t)\sin(nt)$ 是偶函數 (奇函數乘以奇函數得偶函數)，我們可以將積分區間縮減一半：
$b_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(t) \sin(nt) dt$

將 $f(t)=2$ 代入：
$b_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} 2 \sin(nt) dt = \frac{4}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin(nt) dt$
$b_n = \frac{4}{\pi} \left[ -\frac{\cos(nt)}{n} \right]_{0}^{\pi}$
$b_n = \frac{4}{\pi n} \left[ -\cos(n\pi) - (-\cos(0)) \right]$

本題考查一階線性常微分方程的求解，帶有初始條件。

給定的微分方程是：
$\frac{dy}{dx} + \alpha y = \cos(\omega x)$
這是一個標準的一階線性 ODE，形式為 $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$，其中 $P(x) = \alpha$ 且 $Q(x) = \cos(\omega x)$。

我們可以使用積分因子法 (Integrating Factor Method) 來求解。
積分因子為 $e^{\int P(x) dx}$。
$\mu(x) = e^{\int \alpha dx} = e^{\alpha x}$

將方程兩邊乘以積分因子：
$e^{\alpha x} \left( \frac{dy}{dx} + \alpha y \right) = e^{\alpha x} \cos(\omega x)$
左邊是 $\frac{d}{dx}(e^{\alpha x} y)$ 的導數：
$\frac{d}{dx}(e^{\alpha x} y) = e^{\alpha x} \cos(\omega x)$

對兩邊進行積分：
$e^{\alpha x} y = \int e^{\alpha x} \cos(\omega x) dx$

我們需要計算積分 $\int e^{\alpha x} \cos(\omega x) dx$。
可以使用分部積分法兩次，或者使用複指數形式。
使用複指數形式：$\cos(\omega x) = \text{Re}(e^{i\omega x})$。
$\int e^{\alpha x} \cos(\omega x) dx = \text{Re} \left( \int e^{\alpha x} e^{i\omega x} dx \right) = \text{Re} \left( \int e^{(\alpha + i\omega)x} dx \right)$
$= \text{Re} \left( \frac{e^{(\alpha + i\omega)x}}{\alpha + i\omega} \right)$
$= \text{Re} \left( \frac{e^{\alpha x} e^{i\omega x}}{\alpha + i\omega} \right) = \text{Re} \left( \frac{e^{\alpha x}(\cos(\omega x) + i\sin(\omega x))}{\alpha + i\omega} \right)$

為了進行實部運算，我們將分母乘以其共軛：
$\frac{1}{\alpha + i\omega} = \frac{\alpha - i\omega}{(\alpha + i\omega)(\alpha - i\omega)} = \frac{\alpha - i\omega}{\alpha^2 + \omega^2}$

所以，
$\frac{e^{\alpha x}(\cos(\omega x) + i\sin(\omega x))}{\alpha + i\omega} = e^{\alpha x} (\cos(\omega x) + i\sin(\omega x)) \frac{\alpha - i\omega}{\alpha^2 + \omega^2}$
$= \frac{e^{\alpha x}}{\alpha^2 + \omega^2} [ (\alpha \cos(\omega x) + \omega \sin(\omega x)) + i(\alpha \sin(\omega x) - \omega \cos(\omega x)) ]$

取實部：
$\text{Re} \left( \dots \right) = \frac{e^{\alpha x}}{\alpha^2 + \omega^2} (\alpha \cos(\omega x) + \omega \sin(\omega x))$

因此，
$e^{\alpha x} y = \frac{e^{\alpha x}}{\alpha^2 + \omega^2} (\alpha \cos(\omega x) + \omega \sin(\omega x)) + C$

本題考查二階線性常係數齊次微分方程的求解，並使用拉普拉斯轉換 (Laplace Transform) 作為工具。

給定的微分方程是：
$m\frac{d^2y}{dt^2} + ky = 0$
初始條件為 $y(0) = 0$ 和 $y'(0) = a$。
其中 $m$ 和 $k$ 是常數。由於物理意義上 $m$ 通常代表質量，且 $k$ 代表彈簧係數，我們可以假設 $m > 0$ 且 $k > 0$。

(a) Apply the Laplace transform to the equation

我們對整個方程進行拉普拉斯轉換。設 $Y(s) = \mathcal{L}\{y(t)\}(s)$。
拉普拉斯轉換的性質：
$\mathcal{L}\left\{\frac{d^2y}{dt^2}\right\}(s) = s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)$
$\mathcal{L}\{y(t)\}(s) = Y(s)$

將初始條件代入：
$y(0) = 0$
$y'(0) = a$

所以，
$\mathcal{L}\left\{\frac{d^2y}{dt^2}\right\}(s) = s^2 Y(s) - s(0) - a = s^2 Y(s) - a$

對微分方程進行拉普拉斯轉換：
$\mathcal{L}\left\{m\frac{d^2y}{dt^2} + ky\right\} = \mathcal{L}\{0\}$
$m \mathcal{L}\left\{\frac{d^2y}{dt^2}\right\} + k \mathcal{L}\{y\} = 0$
$m(s^2 Y(s) - a) + k Y(s) = 0$

這是在拉普拉斯域中的方程。

(b) Solve the equation in the Laplace domain

從上一步得到的方程是：
$m(s^2 Y(s) - a) + k Y(s) = 0$
$ms^2 Y(s) - ma + k Y(s) = 0$
將包含 $Y(s)$ 的項移到一邊：
$(ms^2 + k) Y(s) = ma$
解出 $Y(s)$：
$Y(s) = \frac{ma}{ms^2 + k}$

我們可以將這個表達式進一步整理，以便進行反拉普拉斯轉換。
$Y(s) = \frac{ma}{m(s^2 + k/m)} = \frac{a}{s^2 + k/m}$

為了得到標準形式，我們令 $\omega_0^2 = k/m$，則 $\omega_0 = \sqrt{k/m}$。

本題考查二維波動方程 (wave equation) 的求解，使用邊界條件。
請注意，題目中寫的是 Laplace equation $\frac{\partial^2 U}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 U}{\partial y^2} = 0$，但實際給出的方程是 $\frac{\partial^2 U}{\partial x^2} - \frac{\partial^2 U}{\partial y^2} = 0$，這是二維波動方程。我們將根據給出的方程來求解。

方程為二維波動方程：
$U_{xx} - U_{yy} = 0$
區域為 $0 < x < 3$, $0 < y < 2$。
邊界條件：

1. $U(0, y) = 0$ (左邊界)
2. $U(3, y) = 0$ (右邊界)
3. $U(1, 2) = 0$ (頂部邊界，但只在 $x=1$ 處)
4. $U(x, 0) = 10 \sin(\pi x/3)$ (底部邊界)

由於方程是齊次的，且邊界條件包含 $U(0,y)=0$ 和 $U(3,y)=0$，這提示我們可以使用變數分離法 (Separation of Variables)，並考慮 $x$ 方向的正弦級數展開。

設 $U(x, y) = X(x)Y(y)$。
代入方程：
$X''(x)Y(y) - X(x)Y''(y) = 0$
$\frac{X''(x)}{X(x)} = \frac{Y''(y)}{Y(y)}$

由於左右兩邊分別只依賴於 $x$ 和 $y$，它們必須等於一個常數，設為 $\lambda$。
$\frac{X''(x)}{X(x)} = \lambda \implies X''(x) - \lambda X(x) = 0$
$\frac{Y''(y)}{Y(y)} = \lambda \implies Y''(y) - \lambda Y(y) = 0$

考慮邊界條件 $U(0, y) = 0$ 和 $U(3, y) = 0$。
$X(0)Y(y) = 0$ 和 $X(3)Y(y) = 0$。
假設 $Y(y)$ 不恆為零，則 $X(0) = 0$ 和 $X(3) = 0$。

對於 $X''(x) - \lambda X(x) = 0$ 且 $X(0)=0, X(3)=0$。
如果 $\lambda > 0$，令 $\lambda = \mu^2$。 $X''(x) - \mu^2 X(x) = 0$。
通解為 $X(x) = A e^{\mu x} + B e^{-\mu x}$。
$X(0) = A+B=0 \implies B=-A$。
$X(x) = A(e^{\mu x} - e^{-\mu x})$。
$X(3) = A(e^{3\mu} - e^{-3\mu}) = 0$。由於 $e^{3\mu} \neq e^{-3\mu}$ (除非 $\mu=0$)，所以 $A=0$，這導致 $X(x) \equiv 0$，無非零解。

如果 $\lambda = 0$，則 $X''(x) = 0$。
通解為 $X(x) = Ax + B$。
$X(0) = B = 0$。
$X(3) = 3A = 0 \implies A = 0$。
這也導致 $X(x) \equiv 0$，無非零解。

如果 $\lambda < 0$，令 $\lambda = -\mu^2$。 $X''(x) + \mu^2 X(x) = 0$。
通解為 $X(x) = A \cos(\mu x) + B \sin(\mu x)$。
$X(0) = A \cos(0) + B \sin(0) = A = 0$。
所以 $X(x) = B \sin(\mu x)$。
$X(3) = B \sin(3\mu) = 0$。
為了得到非零解，我們需要 $\sin(3\mu) = 0$。
這意味著 $3\mu = n\pi$，其中 $n = 1, 2, 3, \dots$ (因為 $\mu > 0$)。
所以 $\mu_n = \frac{n\pi}{3}$。
對應的 $\lambda_n = -\mu_n^2 = -\left(\frac{n\pi}{3}\right)^2$。
$X_n(x) = B_n \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right)$。

現在考慮 $Y$ 方程：$Y''(y) - \lambda_n Y(y) = 0$。
$Y''(y) - \left(-\left(\frac{n\pi}{3}\right)^2\right) Y(y) = 0$
$Y''(y) + \left(\frac{n\pi}{3}\right)^2 Y(y) = 0$
這個方程的通解是：
$Y_n(y) = C_n \cos\left(\frac{n\pi y}{3}\right) + D_n \sin\left(\frac{n\pi y}{3}\right)$

所以，滿足 $x$ 方向邊界條件的解的形式是：
$U_n(x, y) = X_n(x) Y_n(y) = B_n \sin\left(\frac{n\pi x}{3}\right) \left( C_n \cos\left(\frac{n\pi y}{3}\right) + D_n \sin\left(\frac{n\pi y}{3}\right) \right)$