113 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梯度運算。梯度是個向量，指向函數值增長最快的方向，其大小為該方向上的最大增長率。

計算梯度 $\nabla\varphi$ 的步驟是分別對 $\varphi$ 對 $x, y, z$ 各偏微分，然後組合起來。

$\nabla\varphi = \frac{\partial\varphi}{\partial x} \hat{i} + \frac{\partial\varphi}{\partial y} \hat{j} + \frac{\partial\varphi}{\partial z} \hat{k}$

我們需要計算三個偏微分：

1. 計算 $\frac{\partial\varphi}{\partial x}$
   使用除法定則：$(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$。
   令 $u = z x^2$ 且 $v = x^2 + y^2 + z^2$。
   對 $x$ 微分時，視 $y, z$ 為常數。
   $\frac{\partial u}{\partial x} = 2xz$
   $\frac{\partial v}{\partial x} = 2x$

   $\frac{\partial\varphi}{\partial x} = \frac{(2xz)(x^2 + y^2 + z^2) - (zx^2)(2x)}{(x^2 + y^2 + z^2)^2}$
   $\frac{\partial\varphi}{\partial x} = \frac{2x^3z + 2xyz^2 + 2xz^3 - 2x^3z}{(x^2 + y^2 + z^2)^2}$
   $\frac{\partial\varphi}{\partial x} = \frac{2xyz^2 + 2xz^3}{(x^2 + y^2 + z^2)^2} = \frac{2xz(yz + z^2)}{(x^2 + y^2 + z^2)^2}$

2. 計算 $\frac{\partial\varphi}{\partial y}$
   令 $u = z x^2$ 且 $v = x^2 + y^2 + z^2$。
   對 $y$ 微分時，視 $x, z$ 為常數。
   $\frac{\partial u}{\partial y} = 0$
   $\frac{\partial v}{\partial y} = 2y$

核心觀念

本題是以微分形式表示的一階 ODE：

$$(1+y^2)\,dx+xy\,dy=0.$$

若要求解為 $y=y(x)$，則 $dy=y'(x)\,dx$，因此方程式可改寫為

$$1+y^2+xy\frac{dy}{dx}=0.$$

關鍵在於初始點 $(x,y)=(3,0)$ 是奇異點：代入後會得到矛盾，表示不存在通過該點的經典可微函數解。

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解題方法：先求隱式解

將 $x$ 視為 $y$ 的函數，利用

$$\frac{dx}{dy}=-\frac{xy}{1+y^2}.$$

分離變數：

$$\frac{1}{x}\,dx=-\frac{y}{1+y^2}\,dy.$$

兩邊積分：

$$\int \frac{1}{x}\,dx = -\int \frac{y}{1+y^2}\,dy,$$ $$\ln|x| = -\frac12\ln(1+y^2)+C.$$

整理得

$$\ln|x|+\frac12\ln(1+y^2)=C,$$

因此

$$|x|\sqrt{1+y^2}=C_1.$$

由於初始條件給定 $x=3>0$，取包含初始點的分支 $x>0$，可寫成

$$x\sqrt{1+y^2}=C_1.$$

代入 $y(3)=0$：

$$3\sqrt{1+0^2}=C_1,$$

所以

$$x\sqrt{1+y^2}=3.$$

形式上解出 $y$：

$$1+y^2=\frac{9}{x^2},$$ $$y^2=\frac{9}{x^2}-1,$$ $$y=\pm\sqrt{\frac{9}{x^2}-1}.$$

本題要求解兩個二階線性非齊次常微分方程。對於每個方程，都需要分別求解齊次方程的通解（互補函數 $y_c(x)$）和非齊次方程的特解（特徵函數 $y_p(x)$）。最後的通解為 $y(x) = y_c(x) + y_p(x)$。

方程 (a): $y'' + 3y' + 2y = e^{3x}$

1. 求解齊次方程的通解 $y_c(x)$
齊次方程為 $y'' + 3y' + 2y = 0$。
其特徵方程為 $r^2 + 3r + 2 = 0$。
因式分解得 $(r+1)(r+2) = 0$。
特徵根為 $r_1 = -1$ 和 $r_2 = -2$。
由於特徵根是實數且不相等，齊次方程的通解為：
$y_c(x) = c_1 e^{-x} + c_2 e^{-2x}$
其中 $c_1$ 和 $c_2$ 是任意常數。

2. 求解非齊次方程的特解 $y_p(x)$
非齊次項為 $g(x) = e^{3x}$。
由於 $3$ 不是特徵方程的根，我們可以使用待定係數法。
假設特解形式為 $y_p(x) = A e^{3x}$。
對其求導：
$y_p'(x) = 3A e^{3x}$
$y_p''(x) = 9A e^{3x}$

將 $y_p, y_p', y_p''$ 代入原非齊次方程：
$9A e^{3x} + 3(3A e^{3x}) + 2(A e^{3x}) = e^{3x}$
$9A e^{3x} + 9A e^{3x} + 2A e^{3x} = e^{3x}$
$(9A + 9A + 2A) e^{3x} = e^{3x}$
$20A e^{3x} = e^{3x}$
$20A = 1$
$A = \frac{1}{20}$

所以，特解為：
$y_p(x) = \frac{1}{20} e^{3x}$

方程 (b): $y'' + 3y' + 2y = 1 + x$

1. 求解齊次方程的通解 $y_c(x)$
齊次方程與 (a) 相同：$y'' + 3y' + 2y = 0$。
特徵根為 $r_1 = -1$ 和 $r_2 = -2$。
齊次方程的通解為：

核心觀念

本題考查下列線性代數觀念：

• 特徵值與特徵向量：

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

• 特徵方程：

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

• 實對稱矩陣的譜定理：實對稱矩陣的特徵值皆為實數，且相異特徵值所對應的特徵向量互相正交。

• Hermitian 矩陣定義：

  $A^\dagger=A$

  其中 $A^\dagger$ 為共軛轉置。

• 正交矩陣也是酉矩陣。若以單位正交特徵向量作為矩陣 $U$ 的列向量，則

  $U^\dagger A U=\Lambda$

  且 $\Lambda$ 為由特徵值組成的實對角矩陣。

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(a) 求特徵值與特徵向量

題目給定

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

特徵方程為

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

因此

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

計算行列式得

$$\det(A-\lambda I) =-\lambda^3-\lambda^2+17\lambda+33.$$

等價地，可寫成

$$\lambda^3+\lambda^2-17\lambda-33=0.$$

將其因式分解：

$$\lambda^3+\lambda^2-17\lambda-33 =(\lambda+3)(\lambda^2-2\lambda-11).$$

所以特徵值為

$$\boxed{\lambda_1=-3}$$

以及

$$\lambda^2-2\lambda-11=0,$$

故

$$\boxed{\lambda_2=1+2\sqrt3},\qquad \boxed{\lambda_3=1-2\sqrt3}.$$

對應於 $\lambda_1=-3$ 的特徵向量

解

$$(A+3I)\mathbf v=\mathbf 0.$$

其中

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

令 $\mathbf v=(x,y,z)^T$，方程可化為

$$2x+y-z=0.$$

取 $x=0$，則 $y=z$。因此可取

$$\boxed{\mathbf v_1= \begin{pmatrix} 0\\1\\1 \end{pmatrix}}.$$

對應於 $\lambda_2=1+2\sqrt3$ 的特徵向量

由

$$(A-\lambda_2 I)\mathbf v=\mathbf 0$$

並利用後兩個分量的關係，可取 $z=-y$。代入第一列：

$$(3-\lambda_2)x+2y-2z=0.$$

因為 $z=-y$，所以

$$(2-2\sqrt3)x+4y=0.$$

取 $x=2$，得到

$$y=\sqrt3-1,\qquad z=1-\sqrt3.$$

因此可取

$$\boxed{ \mathbf v_2= \begin{pmatrix} 2\\ \sqrt3-1\\ 1-\sqrt3 \end{pmatrix}}.$$

對應於 $\lambda_3=1-2\sqrt3$ 的特徵向量

同樣取 $z=-y$，第一列給出

$$(2+2\sqrt3)x+4y=0.$$

取 $x=2$，得到

$$y=-(1+\sqrt3),\qquad z=1+\sqrt3.$$

因此可取

$$\boxed{ \mathbf v_3= \begin{pmatrix} 2\\ -1-\sqrt3\\ 1+\sqrt3 \end{pmatrix}}.$$

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(b) 確認特徵向量互相正交

先計算 $\mathbf v_1$ 與 $\mathbf v_2$ 的內積：

$$\mathbf v_1\cdot\mathbf v_2 =0\cdot2+1(\sqrt3-1)+1(1-\sqrt3)=0.$$

再計算 $\mathbf v_1$ 與 $\mathbf v_3$ 的內積：

$$\mathbf v_1\cdot\mathbf v_3 =0\cdot2+1(-1-\sqrt3)+1(1+\sqrt3)=0.$$

最後計算 $\mathbf v_2$ 與 $\mathbf v_3$ 的內積：

$$\begin{aligned} \mathbf v_2\cdot\mathbf v_3 &=2\cdot2+(\sqrt3-1)(-1-\sqrt3) +(1-\sqrt3)(1+\sqrt3)\\ &=4-2-2\\ &=0. \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{ \mathbf v_1\perp\mathbf v_2,\qquad \mathbf v_1\perp\mathbf v_3,\qquad \mathbf v_2\perp\mathbf v_3 }.$$

本題考查線性代數中關於方程組的矩陣表示以及解的存在性條件。

核心觀念：

• 線性方程組的矩陣形式：一個線性方程組 $\sum_{j=1}^n a_{ij} x_j = b_i$ 可以寫成矩陣形式 $Ax = b$，其中 $A$ 是係數矩陣，$x$ 是變數向量，$b$ 是常數向量。
• 解的存在性：對於方程組 $Ax = b$，當 $A$ 是方陣時，若 $A$ 可逆（即 $\det(A) \neq 0$），則方程組總有唯一解。若 $A$ 不可逆，則解的存在性取決於向量 $b$ 是否在 $A$ 的列空間中。對於增廣矩陣 $[A|b]$，其秩等於 $A$ 的秩時，方程組才有解。

部分 (a): 將方程組表示為矩陣與向量的組合

給定的方程組為：
$\begin{cases} x + y + z = 1 \\ x + 2y + 4z = \eta \\ x + 4y + 10z = \eta^2 \end{cases}$
我們可以將此方程組表示為 $Ax = b$ 的形式，其中：
$A$ 是係數矩陣，由方程組的係數組成。
$x$ 是變數向量，包含未知數 $x, y, z$。
$b$ 是常數向量，包含方程組右側的常數項。

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 4 \\ 1 & 4 & 10 \end{pmatrix}, \quad x = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}, \quad b = \begin{pmatrix} 1 \\ \eta \\ \eta^2 \end{pmatrix}$
所以，方程組可以表示為：
$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 4 \\ 1 & 4 & 10 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ \eta \\ \eta^2 \end{pmatrix}$

部分 (b): 求解方程組有解的條件

方程組 $Ax = b$ 有解的條件是增廣矩陣 $[A|b]$ 的秩等於係數矩陣 $A$ 的秩。
首先，我們計算係數矩陣 $A$ 的秩。
$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 4 \\ 1 & 4 & 10 \end{pmatrix}$
計算行列式 $\det(A)$：
$\det(A) = 1 \begin{vmatrix} 2 & 4 \\ 4 & 10 \end{vmatrix} - 1 \begin{vmatrix} 1 & 4 \\ 1 & 10 \end{vmatrix} + 1 \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 4 \end{vmatrix}$
$\det(A) = 1(2 \cdot 10 - 4 \cdot 4) - 1(1 \cdot 10 - 4 \cdot 1) + 1(1 \cdot 4 - 2 \cdot 1)$
$\det(A) = 1(20 - 16) - 1(10 - 4) + 1(4 - 2)$
$\det(A) = 1(4) - 1(6) + 1(2) = 4 - 6 + 2 = 0$
由於 $\det(A) = 0$，矩陣 $A$ 是不可逆的，秩小於 3。

我們檢查 $A$ 的秩。觀察第二行減去第一行，第三行減去第一行：
$R_2' = R_2 - R_1 = (0, 1, 3)$
$R_3' = R_3 - R_1 = (0, 3, 9)$
$A \sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 3 & 9 \end{pmatrix}$

核心觀念

本題考查格林定理。對於平面上取逆時針方向的簡單閉合曲線 $C$，若
$P(x,y)=x\sin x-y$、$Q(x,y)=x-y^2$，則

$$\oint_C P\,dx+Q\,dy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right)dA,$$

其中 $D$ 為曲線 $C$ 所圍成的三角形區域。

解題方法

令

$$P(x,y)=x\sin x-y,\qquad Q(x,y)=x-y^2.$$

計算偏導數：

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=1, \qquad \frac{\partial P}{\partial y}=-1.$$

因此

$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 1-(-1)=2.$$

由格林定理，

$$\oint_C (x\sin x-y)\,dx+(x-y^2)\,dy = \iint_D 2\,dA = 2\operatorname{Area}(D).$$

接著求三角形頂點 $(0,0)$、$(1,1)$、$(0,2)$ 所圍成的面積。取向量

核心觀念

本題考查週期函數的判定與 Fourier 級數係數。對週期為 $\lambda$ 的函數，

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

其係數為

$$a_0=\frac{2}{\lambda}\int_{\text{一個週期}}f(x)\,dx,$$ $$a_n=\frac{2}{\lambda}\int_{\text{一個週期}} f(x)\cos\left(\frac{2n\pi x}{\lambda}\right)\,dx,$$ $$b_n=\frac{2}{\lambda}\int_{\text{一個週期}} f(x)\sin\left(\frac{2n\pi x}{\lambda}\right)\,dx.$$

由圖可讀出：

• $f(x)=1$，當 $0<x<\frac12$；
• $f(x)=-1$，當 $-\frac12<x<0$；
• 其餘區間為 $0$；
• 波形每隔 $2$ 重複一次。

因此 $f(x)$ 關於原點為奇函數。

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(a) 週期

圖形中正方波區段由 $[0,\frac12]$ 移到 $[2,\frac52]$，位移量為 $2$，所以

$$\boxed{\lambda=2}.$$

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(b) Fourier 係數

取一個週期 $[-1,1]$，則 $\lambda=2$，且

$$f(x)= \begin{cases} -1, & -\frac12<x<0,\\[4pt] 1, & 0<x<\frac12,\\[4pt] 0, & \frac12<x<1. \end{cases}$$

由於 $f(x)$ 為奇函數，而 $\cos(n\pi x)$ 為偶函數，因此 $f(x)\cos(n\pi x)$ 為奇函數，故

$$a_0=0,\qquad a_n=0.$$

對 $b_n$，