114 年 國立成功大學物理學系碩士班《物理數學》

本題考查泰勒級數（Maclaurin series）的計算。需要將給定的函數展開成級數，並找出前三項非零的項。

首先，我們需要知道 $\sin x$ 的 Maclaurin 級數：
$\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \dots$

接著，考慮 $\frac{1}{\sin x}$ 的級數展開。我們可以將其寫成 $\frac{1}{x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \dots}$。
為了方便計算，我們可以將其寫成 $\frac{1}{x(1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} - \dots)}$。
令 $u = -\frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} - \dots$。則 $\frac{1}{1+u} \approx 1 - u + u^2 - \dots$。
所以，
$\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} \left( 1 - (-\frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} - \dots) + (-\frac{x^2}{6} + \dots)^2 - \dots \right)$
$\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} \left( 1 + \frac{x^2}{6} - \frac{x^4}{120} + \frac{x^4}{36} - \dots \right)$
$\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} + \frac{x}{6} - \frac{x^3}{120} + \frac{x^3}{36} - \dots$
$\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} + \frac{x}{6} + x^3 \left( \frac{1}{36} - \frac{1}{120} \right) - \dots$
$\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} + \frac{x}{6} + x^3 \left( \frac{10 - 3}{360} \right) - \dots$
$\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} + \frac{x}{6} + \frac{7x^3}{360} - \dots$

現在我們計算 $\frac{1+x}{\sin x} = (1+x) \left( \frac{1}{x} + \frac{x}{6} + \frac{7x^3}{360} - \dots \right)$
$= \frac{1}{x} + \frac{x}{6} + \frac{7x^3}{360} + 1 + x \left( \frac{1}{x} + \frac{x}{6} + \frac{7x^3}{360} - \dots \right)$
$= \frac{1}{x} + \frac{x}{6} + \frac{7x^3}{360} + 1 + 1 + \frac{x^2}{6} + \frac{7x^4}{360} - \dots$
$= \frac{1}{x} + 2 + \frac{x^2}{6} + \frac{x}{6} + \frac{7x^3}{360} + \dots$

我們需要計算 $\frac{1+x}{\sin x} - \frac{1}{x}$。
$\frac{1+x}{\sin x} - \frac{1}{x} = \left( \frac{1}{x} + 2 + \frac{x}{6} + \frac{x^2}{6} + \frac{7x^3}{360} + \dots \right) - \frac{1}{x}$
$= 2 + \frac{x}{6} + \frac{x^2}{6} + \frac{7x^3}{360} + \dots$

本題要求計算極限。從上一小題的結果，我們已經將函數展開為 Maclaurin 級數。

根據上一小題的計算，我們有：
$\frac{1+x}{\sin x} - \frac{1}{x} = 1 + \frac{x}{6} + \frac{x^2}{6} + \frac{7x^3}{360} + \dots$

當 $x \to 0$ 時，級數中的所有含 $x$ 的項都會趨近於 0。
因此，
$\lim_{x \to 0} \left( \frac{1+x}{\sin x} - \frac{1}{x} \right) = \lim_{x \to 0} \left( 1 + \frac{x}{6} + \frac{x^2}{6} + \frac{7x^3}{360} + \dots \right)$
$= 1 + 0 + 0 + 0 + \dots = 1$

另外，也可以使用 L'Hôpital's Rule。
令 $f(x) = \frac{1+x}{\sin x} - \frac{1}{x} = \frac{x(1+x) - \sin x}{x \sin x}$。
當 $x \to 0$ 時，分子 $x(1+x) - \sin x \to 0(1) - 0 = 0$。
當 $x \to 0$ 時，分母 $x \sin x \to 0 \cdot 0 = 0$。

本題考查矩陣的特徵值與特徵方程式。

給定的矩陣為 $M = \begin{pmatrix} 5 & -2 \\ -2 & 2 \end{pmatrix}$。

特徵方程式是 $\det(M - \lambda I) = 0$，其中 $I$ 是單位矩陣，$\lambda$ 是特徵值。
$M - \lambda I = \begin{pmatrix} 5 & -2 \\ -2 & 2 \end{pmatrix} - \lambda \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5-\lambda & -2 \\ -2 & 2-\lambda \end{pmatrix}$

本題考查凱萊-哈密頓定理（Cayley-Hamilton Theorem），該定理指出任何方陣都滿足其自身的特徵方程式。

在上一小題中，我們求得矩陣 $M$ 的特徵方程式為 $\lambda^2 - 7\lambda + 6 = 0$。
根據凱萊-哈密頓定理，我們需要證明將矩陣 $M$ 代入特徵方程式後，等式仍然成立，即 $M^2 - 7M + 6I = 0$。

首先，我們計算 $M^2$：
$M^2 = \begin{pmatrix} 5 & -2 \\ -2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 5 & -2 \\ -2 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (5)(5)+(-2)(-2) & (5)(-2)+(-2)(2) \\ (-2)(5)+(2)(-2) & (-2)(-2)+(2)(2) \end{pmatrix}$
$M^2 = \begin{pmatrix} 25+4 & -10-4 \\ -10-4 & 4+4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 29 & -14 \\ -14 & 8 \end{pmatrix}$

接著，計算 $7M$：
$7M = 7 \begin{pmatrix} 5 & -2 \\ -2 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 35 & -14 \\ -14 & 14 \end{pmatrix}$

本題考查向量微積分中的線積分。我們需要沿著給定的封閉曲線積分向量場。

給定的向量場為 $\vec{V} = x^2\hat{i} + 5x\hat{j}$。
積分路徑 $C$ 是邊長為 $\sqrt{2}$ 的正方形，其頂點為 (1,0), (0,1), (-1,0), (0,-1)，並沿逆時針方向。

我們可以將這條路徑分成四段：

1. 從 (1,0) 到 (0,1)：這段直線的參數化可以表示為 $x(t) = 1-t$, $y(t) = t$，其中 $t$ 從 0 變到 1。
   $d\vec{r} = (-1, 1) dt = -\hat{i} + \hat{j}$。
   $\vec{V} = (1-t)^2\hat{i} + 5(1-t)\hat{j}$。
   $\vec{V} \cdot d\vec{r} = ((1-t)^2)(-1) + (5(1-t))(1) = -(1-2t+t^2) + 5-5t = -1+2t-t^2+5-5t = 4-3t-t^2$。
   積分：$\int_0^1 (4-3t-t^2) dt = \left[ 4t - \frac{3}{2}t^2 - \frac{1}{3}t^3 \right]_0^1 = 4 - \frac{3}{2} - \frac{1}{3} = \frac{24-9-2}{6} = \frac{13}{6}$。

2. 從 (0,1) 到 (-1,0)：這段直線的參數化可以表示為 $x(t) = -t$, $y(t) = 1-t$，其中 $t$ 從 0 變到 1。
   $d\vec{r} = (-1, -1) dt = -\hat{i} - \hat{j}$。
   $\vec{V} = (-t)^2\hat{i} + 5(-t)\hat{j} = t^2\hat{i} - 5t\hat{j}$。
   $\vec{V} \cdot d\vec{r} = (t^2)(-1) + (-5t)(-1) = -t^2 + 5t$。

本題考查史都華定理（Stokes' Theorem）。史都華定理將線積分與曲面積分聯繫起來。

史都華定理的敘述如下：
設 $S$ 是一個有向曲面，其邊界是光滑的閉曲線 $C$。若向量場 $\vec{F}$ 在包含 $S$ 的區域上是連續可微的，則：
$\oint_C \vec{F} \cdot d\vec{r} = \iint_S (\nabla \times \vec{F}) \cdot d\vec{S}$
其中 $\nabla \times \vec{F}$ 是向量場 $\vec{F}$ 的旋度（curl），$d\vec{S}$ 是曲面的面積微向量。

在本題中，我們要求計算 $\oint_C \vec{V} \cdot d\vec{r}$，其中 $\vec{V} = x^2\hat{i} + 5x\hat{j}$。
曲線 $C$ 是題目 (a) 中給定的正方形邊界。
我們可以選擇一個簡單的曲面 $S$ 作為這個正方形所圍成的平面區域。由於正方形在 xy 平面上，我們可以選擇 $S$ 為 xy 平面上由該正方形圍成的區域，且其法向量指向 z 軸正方向，即 $d\vec{S} = \hat{k} \, dA$。

首先，我們需要計算向量場 $\vec{V}$ 的旋度 $\nabla \times \vec{V}$。
$\vec{V} = V_x \hat{i} + V_y \hat{j} + V_z \hat{k}$，其中 $V_x = x^2$, $V_y = 5x$, $V_z = 0$。
$\nabla \times \vec{V} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ x^2 & 5x & 0 \end{vmatrix}$
$= \hat{i} \left( \frac{\partial}{\partial y}(0) - \frac{\partial}{\partial z}(5x) \right) - \hat{j} \left( \frac{\partial}{\partial x}(0) - \frac{\partial}{\partial z}(x^2) \right) + \hat{k} \left( \frac{\partial}{\partial x}(5x) - \frac{\partial}{\partial y}(x^2) \right)$

本題考查一維運動學的微分方程求解，屬於經典的火箭方程問題。

給定的微分方程是 $m\frac{dv}{dm} = -u$。
這裡 $m$ 是火箭的質量，$\frac{dv}{dm}$ 是速度隨質量的變化率，$u$ 是噴射出的質點相對於火箭的速度（假設為常數）。
我們需要找到速度 $v$ 作為質量 $m$ 的函數，並滿足初始條件 $m=m_0$ 時 $v=0$。

這是一個可分離變數的微分方程。我們可以將其改寫為：
$\frac{dv}{dm} = -\frac{u}{m}$

對兩邊進行積分：
$\int dv = \int -\frac{u}{m} dm$
$v = -u \int \frac{1}{m} dm$
$v = -u \ln|m| + C$

本題是上一小題的延伸，考慮了相對論效應下的火箭方程，需要解一個非線性的微分方程。

給定的微分方程是 $m\frac{dv}{dm} = -u \left(1 - \frac{v^2}{c^2}\right)$。
其中 $v$ 是火箭速度，$m$ 是火箭質量，$u$ 是噴射速度（相對於火箭），$c$ 是光速。
初始條件是 $m=m_0$ 時 $v=0$。

首先，我們將方程改寫成可分離變數的形式：
$\frac{dv}{dm} = -\frac{u}{m} \left(1 - \frac{v^2}{c^2}\right)$
$\frac{dv}{1 - \frac{v^2}{c^2}} = -\frac{u}{m} dm$
$\frac{c^2}{c^2 - v^2} dv = -\frac{u}{m} dm$

現在，我們對兩邊積分。左邊的積分需要用到部分分式分解或三角換元。
考慮左邊積分 $\int \frac{c^2}{c^2 - v^2} dv$。
我們可以將 $\frac{c^2}{c^2 - v^2}$ 分解為：
$\frac{c^2}{c^2 - v^2} = \frac{c^2}{(c-v)(c+v)} = \frac{A}{c-v} + \frac{B}{c+v}$
$c^2 = A(c+v) + B(c-v)$
令 $v=c$，則 $c^2 = A(2c) \implies A = \frac{c}{2}$。
令 $v=-c$，則 $c^2 = B(2c) \implies B = \frac{c}{2}$。
所以，$\frac{c^2}{c^2 - v^2} = \frac{c}{2} \left( \frac{1}{c-v} + \frac{1}{c+v} \right)$。

積分左邊：
$\int \frac{c^2}{c^2 - v^2} dv = \int \frac{c}{2} \left( \frac{1}{c-v} + \frac{1}{c+v} \right) dv$
$= \frac{c}{2} \left( \int \frac{1}{c-v} dv + \int \frac{1}{c+v} dv \right)$
$= \frac{c}{2} \left( -\ln|c-v| + \ln|c+v| \right) + C_1$
$= \frac{c}{2} \ln\left|\frac{c+v}{c-v}\right| + C_1$

積分右邊：
$\int -\frac{u}{m} dm = -u \int \frac{1}{m} dm = -u \ln|m| + C_2$
由於 $m > 0$，所以 $-u \ln(m) + C_2$。

合併積分結果：
$\frac{c}{2} \ln\left|\frac{c+v}{c-v}\right| = -u \ln(m) + C$ (令 $C = C_2 - C_1$)

現在，我們使用初始條件 $m=m_0$ 時 $v=0$ 來求解 $C$：
$\frac{c}{2} \ln\left|\frac{c+0}{c-0}\right| = -u \ln(m_0) + C$
$\frac{c}{2} \ln|1| = -u \ln(m_0) + C$

本題考查傅立葉級數（Fourier Series），特別是傅立葉弦級數（Fourier Sine Series）。

給定的函數是 $f(x) = \frac{\pi-x}{2}$ 在區間 $(0,\pi)$ 上。我們需要求其週期為 $2\pi$ 的傅立葉弦級數。
傅立葉弦級數的定義為：
$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin(nx)$
其中係數 $b_n$ 由以下公式給出：
$b_n = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi} f(x) \sin(nx) dx$

首先，我們計算 $b_n$：
$b_n = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi} \frac{\pi-x}{2} \sin(nx) dx$
$b_n = \frac{1}{\pi} \int_0^{\pi} (\pi-x) \sin(nx) dx$

我們需要使用分部積分法來計算這個積分。令 $u = \pi-x$ 且 $dv = \sin(nx) dx$。
則 $du = -dx$ 且 $v = -\frac{1}{n} \cos(nx)$。

$\int (\pi-x) \sin(nx) dx = uv - \int v du$
$= (\pi-x) \left(-\frac{1}{n} \cos(nx)\right) - \int \left(-\frac{1}{n} \cos(nx)\right) (-dx)$
$= -\frac{\pi-x}{n} \cos(nx) - \frac{1}{n} \int \cos(nx) dx$

本題考查傅立葉級數的應用，特別是利用帕塞瓦爾定理（Parseval's Identity）來計算級數和。

首先，我們需要計算 $[f(x)]^2$ 在週期 $2\pi$ 上的平均值。
對於週期為 $T$ 的函數 $g(x)$，其平均值定義為 $\frac{1}{T} \int_0^T g(x) dx$。
在本題中，週期 $T=2\pi$。
$[f(x)]^2 = \left(\frac{\pi-x}{2}\right)^2 = \frac{(\pi-x)^2}{4}$。

我們需要計算 $\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \frac{(\pi-x)^2}{4} dx$。
由於傅立葉弦級數是基於函數在 $(0,\pi)$ 上的定義，並且週期是 $2\pi$，我們需要考慮函數在 $(-\pi, 0)$ 上的定義。
通常，傅立葉弦級數是將原函數 $f(x)$ 擴展成一個奇函數。
若 $f(x)$ 是定義在 $(0, L)$ 上的函數，則其傅立葉弦級數是將 $f(x)$ 擴展成一個奇函數 $f_{odd}(x)$，其中 $f_{odd}(x) = f(x)$ for $x \in (0, L)$ 且 $f_{odd}(x) = -f(-x)$ for $x \in (-L, 0)$。
這個奇函數 $f_{odd}(x)$ 在 $(-L, L)$ 上的傅立葉級數只包含弦函數。
對於週期 $2\pi$，這裡 $L=\pi$。
所以，我們實際上是要求 $f_{odd}(x)$ 在 $(-\pi, \pi)$ 上的平均值。
$f_{odd}(x) = \begin{cases} \frac{\pi-x}{2} & 0 < x < \pi \\ -\frac{\pi-(-x)}{2} = \frac{x-\pi}{2} & -\pi < x < 0 \end{cases}$
注意，此時函數在 $(-\pi, \pi)$ 上是奇函數。

我們計算 $[f_{odd}(x)]^2$ 的平均值：
平均值 $= \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} [f_{odd}(x)]^2 dx$
由於 $[f_{odd}(x)]^2$ 是偶函數，
平均值 $= \frac{1}{2\pi} \times 2 \int_0^{\pi} [f_{odd}(x)]^2 dx = \frac{1}{\pi} \int_0^{\pi} \left(\frac{\pi-x}{2}\right)^2 dx$
$= \frac{1}{\pi} \int_0^{\pi} \frac{(\pi-x)^2}{4} dx$

核心觀念

本題考查：

1. 高階極點因分子消去而降階。
2. 留數定理：
   $\oint_C f(z)\,dz=2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;z_k)。$
3. 二階零點與二階極點相消後，所得為單極點。
4. 半平面閉合路徑中，必須注意極點是否位於積分路徑上。

令

$$f(z)=\frac{1+e^{iaz}}{(z-1)^2(z+1)^2}.$$

嚴格而言，題目必須補充 $a$ 的條件。要使 $z=\pm1$ 成為單極點，必須有

$$1+e^{ia}=0,$$

亦即

$$a=(2m+1)\pi,\qquad m\in\mathbb Z.$$

以下採用題目原意：$a$ 為奇數倍的 $\pi$，且閉合路徑 $C$ 經適當變形後包住 $z=\pm1$，方向為逆時針。

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(a) 證明 $z=\pm1$ 為單極點

因為

$$e^{ia}=-1,\qquad e^{-ia}=-1,$$

所以

$$1+e^{ia}=0,\qquad 1+e^{-ia}=0。$$

先考察 $z=1$。分子的導數為

$$\frac{d}{dz}(1+e^{iaz})=ia e^{iaz},$$

因此

$$\left.\frac{d}{dz}(1+e^{iaz})\right|_{z=1} =ia e^{ia} =-ia\neq 0。$$

故 $1+e^{iaz}$ 在 $z=1$ 為一階零點。分母在 $z=1$ 含有二階因子 $(z-1)^2$，相消一階後，$f(z)$ 在 $z=1$ 剩下一階極點，即為單極點。

同理，在 $z=-1$：

$$\left.\frac{d}{dz}(1+e^{iaz})\right|_{z=-1} =ia e^{-ia} =-ia\neq 0。$$

因此分子在 $z=-1$ 也是一階零點，而分母含有 $(z+1)^2$，故 $z=-1$ 同樣為單極點。

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計算兩個留數

由於分子在兩個極點均為一階零點，可直接使用

$$\operatorname{Res}(f;z_0) = \lim_{z\to z_0}(z-z_0)f(z)。$$

在 $z=1$：

$$\operatorname{Res}(f;1) = \lim_{z\to1} \frac{1+e^{iaz}}{(z-1)(z+1)^2}.$$

利用分子的一階零點，

$$\lim_{z\to1}\frac{1+e^{iaz}}{z-1} =ia e^{ia} =-ia。$$

核心觀念

本題利用 (a) 所得到的二階極點積分公式，並使用恆等式

$$\cos^2(\alpha x)=\frac{1+\cos(2\alpha x)}{2}.$$

由於 $x=1$ 位於積分區間內，且分母為 $(1-x^2)^2$，此積分在通常的廣義積分意義下發散。因此以下採用 (a) 所使用的 Cauchy 主值的有限部（Hadamard finite part） 定義。

由 (a) 可得

$$\operatorname{F.P.}\int_0^\infty \frac{\cos(\beta x)}{(1-x^2)^2}\,dx = \frac{\pi}{4}\left(\sin\beta-\beta\cos\beta\right).$$

令 $\beta=0$，則

$$\operatorname{F.P.}\int_0^\infty \frac{dx}{(1-x^2)^2} = \frac{\pi}{4}.$$

解題方法

先將被積函數改寫為

$$\frac{\cos^2(\alpha x)}{(1-x^2)^2} = \frac{1}{2} \frac{1+\cos(2\alpha x)}{(1-x^2)^2}.$$

因此

$$\operatorname{F.P.}\int_0^\infty \frac{\cos^2(\alpha x)}{(1-x^2)^2}\,dx = \frac{1}{2} \left[ \operatorname{F.P.}\int_0^\infty \frac{dx}{(1-x^2)^2} + \operatorname{F.P.}\int_0^\infty \frac{\cos(2\alpha x)}{(1-x^2)^2}\,dx \right].$$

第一項由 $\beta=0$ 得

$$\operatorname{F.P.}\int_0^\infty \frac{dx}{(1-x^2)^2} = \frac{\pi}{4}.$$