115 年 國立成功大學太空與電漿科學研究所《應用數學》

本大題主要考察微分方程的求解方法，包含一階線性微分方程、變數分離法以及非齊次線性微分方程的求解。

(i) 此為一階齊次線性微分方程，且為可分離變數型。
給定微分方程 $dN/dt = -N/\tau$ 且初始條件 $N(t=0) = N_0$。
將變數分離：
$\frac{dN}{N} = -\frac{1}{\tau} dt$
對兩邊積分：
$\int \frac{dN}{N} = \int -\frac{1}{\tau} dt$
$\ln|N| = -\frac{t}{\tau} + C_1$
$|N| = e^{-\frac{t}{\tau} + C_1} = e^{C_1} e^{-\frac{t}{\tau}}$
令 $C = \pm e^{C_1}$，則 $N(t) = C e^{-\frac{t}{\tau}}$。
利用初始條件 $N(0) = N_0$：
$N_0 = C e^0 = C$
故一般解為 $N(t) = N_0 e^{-t/\tau}$。

【答案】$N(t) = N_0 e^{-t/\tau}$

(ii) 此為一階線性微分方程，且為可分離變數型。
給定微分方程 $y' = \frac{dy}{dx} = (x-1)(y+1)$。
將變數分離：
$\frac{dy}{y+1} = (x-1) dx$
對兩邊積分：
$\int \frac{dy}{y+1} = \int (x-1) dx$
$\ln|y+1| = \frac{1}{2}x^2 - x + C_2$
$|y+1| = e^{\frac{1}{2}x^2 - x + C_2} = e^{C_2} e^{\frac{1}{2}x^2 - x}$
令 $C' = \pm e^{C_2}$，則 $y+1 = C' e^{\frac{1}{2}x^2 - x}$。
故一般解為 $y(x) = C' e^{\frac{1}{2}x^2 - x} - 1$。

【答案】$y(x) = C e^{\frac{1}{2}x^2 - x} - 1$ (其中 C 為任意常數)

(iii) 此為一階非齊次線性微分方程。
給定微分方程 $y'+3xy = \cos(2x)$。
此為形如 $y' + P(x)y = Q(x)$ 的一階線性微分方程，其中 $P(x) = 3x$ 且 $Q(x) = \cos(2x)$。
首先求解齊次方程 $y'+3xy = 0$ 的通解。
$\frac{dy}{dx} = -3xy$
$\frac{dy}{y} = -3x dx$
$\int \frac{dy}{y} = \int -3x dx$
$\ln|y| = -\frac{3}{2}x^2 + C_3$
$y_h(x) = C e^{-\frac{3}{2}x^2}$

接著尋找非齊次方程的一個特解 $y_p(x)$。我們可以利用常數變易法，假設特解形式為 $y_p(x) = C(x) e^{-\frac{3}{2}x^2}$。
將 $y_p(x)$ 代入原非齊次方程：
$y_p'(x) = C'(x) e^{-\frac{3}{2}x^2} + C(x) (-\frac{3}{2} \cdot 2x) e^{-\frac{3}{2}x^2} = C'(x) e^{-\frac{3}{2}x^2} - 3xC(x) e^{-\frac{3}{2}x^2}$
代入 $y'+3xy = \cos(2x)$：

本大題主要考察傅立葉轉換的定義與計算。傅立葉轉換的定義為 $\mathcal{F}[f(x)](\omega) = \hat{f}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\omega x} dx$ (此為常見定義之一，有時會省略 $1/\sqrt{2\pi}$ 或使用 $e^{-i\omega x}$ 而非 $e^{-i\omega x}$，但核心計算相同)。此處我們採用此定義。

(i) 計算分段函數 $f(x)$ 的傅立葉轉換。
$f(x) = \begin{cases} e^{-ax} & (x \ge 0) \\ 0 & (x < 0) \end{cases}$, $a > 0$.
根據傅立葉轉換的定義：
$\hat{f}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\omega x} dx$
由於 $f(x)$ 在 $x < 0$ 時為 0，積分範圍變為 $[0, \infty)$：
$\hat{f}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{\infty} e^{-ax} e^{-i\omega x} dx$
$\hat{f}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{\infty} e^{-(a+i\omega)x} dx$
進行積分：
$\int_{0}^{\infty} e^{-(a+i\omega)x} dx = \left[ \frac{e^{-(a+i\omega)x}}{-(a+i\omega)} \right]_{0}^{\infty}$
由於 $a > 0$，且 $e^{-i\omega x}$ 的模長為 1，所以當 $x \to \infty$ 時，$e^{-(a+i\omega)x} = e^{-ax} e^{-i\omega x}$ 的模長 $e^{-ax} \to 0$。
因此，積分結果為：
$= 0 - \frac{e^0}{-(a+i\omega)} = \frac{1}{a+i\omega}$
所以，傅立葉轉換為：
$\hat{f}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{a+i\omega}$
為了將分母的虛數移到分子，可以乘以共軛複數：
$\hat{f}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \frac{a-i\omega}{(a+i\omega)(a-i\omega)} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \frac{a-i\omega}{a^2+\omega^2}$

【答案】$\hat{f}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \frac{a-i\omega}{a^2+\omega^2}$

(ii) 計算高斯函數 $f(x) = \exp(-\frac{x^2}{a^2})$ 的傅立葉轉換。
給定提示：$\int_{-\infty}^{\infty} \exp(-bx^2) dx = \sqrt{\frac{\pi}{b}}$，其中 $b > 0$。
在此題中，$f(x) = e^{-x^2/a^2}$，令 $b = 1/a^2$。
則 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2/a^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{1/a^2}} = \sqrt{\pi a^2} = a\sqrt{\pi}$ (因為 $a>0$)。

根據傅立葉轉換的定義：
$\hat{f}(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{x^2}{a^2}} e^{-i\omega x} dx$
這是一個標準的高斯函數的傅立葉轉換形式。
我們可以使用配方法來處理指數部分：
$-\frac{x^2}{a^2} - i\omega x = -(\frac{x^2}{a^2} + i\omega x)$
為了配方，我們需要加上 $(\frac{i\omega a}{2})^2 = -\frac{\omega^2 a^2}{4}$。
所以，$-\frac{x^2}{a^2} - i\omega x = -(\frac{x}{a} + \frac{i\omega a}{2})^2 - (-\frac{\omega^2 a^2}{4})$
$= -(\frac{x}{a} + \frac{i\omega a}{2})^2 + \frac{\omega^2 a^2}{4}$
指數部分變為：
$e^{-\frac{x^2}{a^2} - i\omega x} = e^{-(\frac{x}{a} + \frac{i\omega a}{2})^2} e^{\frac{\omega^2 a^2}{4}}$
令 $u = \frac{x}{a} + \frac{i\omega a}{2}$。則 $du = \frac{1}{a} dx$，即 $dx = a du$。
當 $x \to \infty$， $u \to \infty$。當 $x \to -\infty$， $u \to -\infty$。
注意，這裡涉及到複數積分的變換，如果 $a$ 是實數，這個變換是有效的。
積分變為：
$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-(\frac{x}{a} + \frac{i\omega a}{2})^2} e^{\frac{\omega^2 a^2}{4}} dx = e^{\frac{\omega^2 a^2}{4}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-u^2} a du$
$= a e^{\frac{\omega^2 a^2}{4}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-u^2} du$
利用高斯積分 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-u^2} du = \sqrt{\pi}$：

本大題考察向量微積分中的梯度、散度、旋度計算，以及與高斯定理和狄拉克δ函數的應用。

(i) 計算純量函數 $f(r)$ 的梯度。
給定 $r = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$。這個 $r$ 代表從原點到點 $(x, y, z)$ 的距離。
我們需要計算 $\nabla f(r)$。
首先，我們需要找到 $f(r)$ 相對於 $r$ 的導數，即 $f'(r)$。
然後，根據向量微積分的鏈式法則，$\nabla f(r) = f'(r) \nabla r$。
我們需要先計算 $\nabla r$。
$\nabla r = \mathbf{i}\frac{\partial r}{\partial x} + \mathbf{j}\frac{\partial r}{\partial y} + \mathbf{k}\frac{\partial r}{\partial z}$
對於 $\frac{\partial r}{\partial x}$：
$r = (x^2 + y^2 + z^2)^{1/2}$
$\frac{\partial r}{\partial x} = \frac{1}{2}(x^2 + y^2 + z^2)^{-1/2} (2x) = \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}} = \frac{x}{r}$
同理，
$\frac{\partial r}{\partial y} = \frac{y}{r}$
$\frac{\partial r}{\partial z} = \frac{z}{r}$
所以，$\nabla r = \mathbf{i}\frac{x}{r} + \mathbf{j}\frac{y}{r} + \mathbf{k}\frac{z}{r} = \frac{1}{r}(x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k})$。
向量 $x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k}$ 就是位置向量 $\mathbf{r}$。
因此，$\nabla r = \frac{\mathbf{r}}{r} = \hat{\mathbf{r}}$，即單位徑向向量。

現在，將此結果代入 $\nabla f(r) = f'(r) \nabla r$：
$\nabla f(r) = f'(r) \frac{\mathbf{r}}{r}$。
在這裡，題目沒有給出 $f(r)$ 的具體形式，只給了 $r$ 的定義。
所以，這個梯度是相對於 $r$ 的導數 $f'(r)$ 乘以單位徑向向量 $\hat{\mathbf{r}}$。

【答案】$\nabla f(r) = f'(r) \frac{\mathbf{r}}{r}$ (其中 $f'(r) = \frac{df}{dr}$)

(ii) 計算 $\nabla(1/r)$ $(r \neq 0)$。
這裡的 $f(r) = 1/r$。
首先，我們需要計算 $f'(r) = \frac{d}{dr}(1/r) = -\frac{1}{r^2}$。
根據 (i) 的結果，$\nabla f(r) = f'(r) \frac{\mathbf{r}}{r}$。
代入 $f'(r) = -1/r^2$：
$\nabla(\frac{1}{r}) = -\frac{1}{r^2} \frac{\mathbf{r}}{r} = -\frac{\mathbf{r}}{r^3}$。

【答案】$-\frac{\mathbf{r}}{r^3}$

(iii) 計算 $\nabla \cdot (\nabla(1/r))$ $(r \neq 0$ and $r=0)$。
這是在計算函數 $1/r$ 的拉普拉斯算子，即 $\nabla^2 (1/r)$。
根據 (ii) 的結果，$\nabla(1/r) = -\frac{\mathbf{r}}{r^3}$。
所以，我們要計算 $\nabla \cdot (-\frac{\mathbf{r}}{r^3})$。
$\nabla \cdot (-\frac{\mathbf{r}}{r^3}) = - \nabla \cdot (\frac{\mathbf{r}}{r^3})$
我們可以使用向量恆等式 $\nabla \cdot (\phi \mathbf{A}) = (\nabla \phi) \cdot \mathbf{A} + \phi (\nabla \cdot \mathbf{A})$。
在這裡，我們令 $\phi = 1/r^3$ 且 $\mathbf{A} = \mathbf{r}$。
首先計算 $\nabla \phi = \nabla (r^{-3})$。
$f(r) = r^{-3}$， $f'(r) = -3r^{-4}$。
$\nabla (r^{-3}) = f'(r) \frac{\mathbf{r}}{r} = -3r^{-4} \frac{\mathbf{r}}{r} = -\frac{3\mathbf{r}}{r^5}$。

接著計算 $\nabla \cdot \mathbf{A} = \nabla \cdot \mathbf{r}$。
$\nabla \cdot \mathbf{r} = \nabla \cdot (x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k}) = \frac{\partial x}{\partial x} + \frac{\partial y}{\partial y} + \frac{\partial z}{\partial z} = 1 + 1 + 1 = 3$。

將這些結果代入：
$\nabla \cdot (\frac{1}{r^3} \mathbf{r}) = (\nabla \frac{1}{r^3}) \cdot \mathbf{r} + \frac{1}{r^3} (\nabla \cdot \mathbf{r})$
$= (-\frac{3\mathbf{r}}{r^5}) \cdot \mathbf{r} + \frac{1}{r^3} (3)$
$= -\frac{3(\mathbf{r} \cdot \mathbf{r})}{r^5} + \frac{3}{r^3}$
$= -\frac{3r^2}{r^5} + \frac{3}{r^3} = -\frac{3}{r^3} + \frac{3}{r^3} = 0$。

核心觀念

本題考查：

• 特徵值 $\lambda$ 與特徵向量 $\mathbf v$ 的定義：
  $T\mathbf v=\lambda\mathbf v$
• 對稱矩陣的性質：若 $T=T^T$，則不同特徵值所對應的特徵向量互相正交，且可取一組正交歸一特徵向量。
• 正規化：
  $\widehat{\mathbf v}=\frac{\mathbf v}{\|\mathbf v\|}$
• 正交對角化：若 $B$ 的欄向量由正交歸一特徵向量組成，則
  $B^TTB=D$
  且
  $B^{-1}=B^T$

題目中的矩陣為

$$T= \begin{pmatrix} 1&1&3\\ 1&5&1\\ 3&1&1 \end{pmatrix}$$

可見 $T=T^T$，因此適合使用正交對角化。

解題方法

矩陣的第一列與第三列具有對稱結構，因此分別考慮反對稱向量與對稱向量。

一、求第一組特徵值與特徵向量

取反對稱形式

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

則

$$T\mathbf v_1 = \begin{pmatrix} 1&1&3\\ 1&5&1\\ 3&1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2\\ 0\\ 2 \end{pmatrix} = -2 \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ -1 \end{pmatrix}$$

因此

$$\lambda_1=-2$$

對應特徵向量為

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

其長度為

$$\|\mathbf v_1\|=\sqrt{1^2+0^2+(-1)^2}=\sqrt2$$

故正規化特徵向量為

$$\widehat{\mathbf v}_1 = \frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ -1 \end{pmatrix}$$

二、求其餘兩組特徵值與特徵向量

對稱形式的向量可設為

$$\mathbf v= \begin{pmatrix} a\\ b\\ a \end{pmatrix}$$

計算得

$$T\mathbf v = \begin{pmatrix} 4a+b\\ 2a+5b\\ 4a+b \end{pmatrix}$$

若 $\mathbf v$ 是特徵向量，則

$$\begin{cases} 4a+b=\lambda a\\ 2a+5b=\lambda b \end{cases}$$

寫成齊次方程組：

$$\begin{pmatrix} 4-\lambda&1\\ 2&5-\lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a\\ b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix}$$

要有非零解，必須滿足

$$\begin{vmatrix} 4-\lambda&1\\ 2&5-\lambda \end{vmatrix} =0$$

因此

$$(4-\lambda)(5-\lambda)-2=0$$ $$\lambda^2-9\lambda+18=0$$ $$(\lambda-3)(\lambda-6)=0$$

所以另外兩個特徵值為

$$\lambda_2=3,\qquad \lambda_3=6$$

當 $\lambda=3$

由

$$4a+b=3a$$

得到

$$b=-a$$

取 $a=1$，可得

$$\mathbf v_2= \begin{pmatrix} 1\\ -1\\ 1 \end{pmatrix}$$

其長度為

$$\|\mathbf v_2\|=\sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}=\sqrt3$$

故正規化特徵向量為

$$\widehat{\mathbf v}_2 = \frac{1}{\sqrt3} \begin{pmatrix} 1\\ -1\\ 1 \end{pmatrix}$$

當 $\lambda=6$

由

$$4a+b=6a$$

得到

$$b=2a$$

取 $a=1$，可得

$$\mathbf v_3= \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{pmatrix}$$

本大題考察複數對數的計算。複數對數 $log(z)$ 是多值函數，其主值通常記為 $Log(z)$。
一般形式為 $log(z) = Log(z) + 2k\pi i$，其中 $k$ 為整數，$Log(z) = \ln|z| + i \text{Arg}(z)$，且 $\text{Arg}(z)$ 是 $z$ 的主幅角，通常取值範圍在 $(-\pi, \pi]$。

(1) 計算 $log(2)$。
複數 $z=2$ 是實數，其絕對值 $|z| = 2$。
其主幅角 $\text{Arg}(2) = 0$。
所以，$Log(2) = \ln(2) + i(0) = \ln(2)$。
$log(2)$ 的一般形式為 $log(2) = \ln(2) + 2k\pi i$，其中 $k$ 為整數。
若題目要求主值，則為 $\ln(2)$。

【答案】$log(2) = \ln(2) + 2k\pi i$ (其中 k 為整數)，主值為 $\ln(2)$。

(2) 計算 $log(-2)$。
複數 $z=-2$。
其絕對值 $|z| = |-2| = 2$。
其主幅角 $\text{Arg}(-2) = \pi$ (因為 $-2$ 在複數平面上的負實軸上)。
所以，$Log(-2) = \ln(2) + i\pi$。