109 年 國立臺灣大學大氣系碩士班乙組《應用數學（A）》

此題考驗向量微積分中的散度（divergence）計算。散度衡量向量場在某一點的「流出」程度。

(a) 給定的向量函數為 $F = i2yz + j3xz + k4xy$。
我們將其寫成 $F(x,y,z) = (2yz, 3xz, 4xy)$。
向量函數的散度定義為 $\nabla \cdot F = \frac{\partial F_x}{\partial x} + \frac{\partial F_y}{\partial y} + \frac{\partial F_z}{\partial z}$。
計算各分量的偏導數：
$\frac{\partial F_x}{\partial x} = \frac{\partial (2yz)}{\partial x} = 0$
$\frac{\partial F_y}{\partial y} = \frac{\partial (3xz)}{\partial y} = 0$
$\frac{\partial F_z}{\partial z} = \frac{\partial (4xy)}{\partial z} = 0$
因此，散度為 $\nabla \cdot F = 0 + 0 + 0 = 0$。

(b) 給定的向量函數為 $F = \frac{(-ixy + jx^2)}{(x^2 + y^2)}$，其中 $(x,y) \neq (0,0)$。
我們將其寫成 $F(x,y) = \left( \frac{-xy}{x^2+y^2}, \frac{x^2}{x^2+y^2} \right)$。
注意此處向量函數只定義在二維空間。
計算散度 $\nabla \cdot F = \frac{\partial F_x}{\partial x} + \frac{\partial F_y}{\partial y}$。

此題考驗向量微積分中的旋度（curl）計算。旋度衡量向量場在某一點的「旋轉」程度。

(a) 給定的向量函數為 $F = iz^2 + jx^2 - ky^2$。
我們將其寫成 $F(x,y,z) = (z^2, x^2, -y^2)$。
向量函數的旋度定義為 $\nabla \times F = \begin{vmatrix} i & j & k \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ F_x & F_y & F_z \end{vmatrix}$。
計算旋度：
$\nabla \times F = \begin{vmatrix} i & j & k \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ z^2 & x^2 & -y^2 \end{vmatrix}$
$= i \left( \frac{\partial (-y^2)}{\partial y} - \frac{\partial (x^2)}{\partial z} \right) - j \left( \frac{\partial (-y^2)}{\partial x} - \frac{\partial (z^2)}{\partial z} \right) + k \left( \frac{\partial (x^2)}{\partial x} - \frac{\partial (z^2)}{\partial y} \right)$
$= i ((-2y) - 0) - j (0 - 2z) + k (2x - 0)$

核心觀念

線積分的定義為

$$\int_C \mathbf F\cdot d\mathbf s = \int_0^1 \mathbf F(x(t),y(t),z(t))\cdot \mathbf r'(t)\,dt,$$

其中

$$\mathbf r(t)=\langle x(t),y(t),z(t)\rangle.$$

本題的向量場為

$$\mathbf F=\langle yz,\;2xyz,\;-(2z+xy^2)\rangle.$$

曲線為開放曲線，只有一條從 $(0,0,0)$ 到 $(1,1,1)$ 的路徑，因此直接使用參數式計算最為簡潔。Stokes 定理主要適用於封閉曲線，若要使用必須額外補上一段閉合路徑。

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解題方法

由題目給定

$$x=\sin(\pi t)+t, \qquad y=t(2t^3-t^2)=2t^4-t^3, \qquad z=2^t-1.$$

先求導數：

$$x'=\pi\cos(\pi t)+1,$$ $$y'=8t^3-3t^2,$$ $$z'=(\ln 2)2^t.$$

因此

$$d\mathbf s = \langle x',y',z'\rangle\,dt.$$

代入向量場：

$$\mathbf F\cdot d\mathbf s = yz\,dx+2xyz\,dy-(2z+xy^2)\,dz.$$

所以

$$\begin{aligned} \int_C\mathbf F\cdot d\mathbf s ={}&\int_0^1 \Big[ y(t)z(t)x'(t) +2x(t)y(t)z(t)y'(t)\\ &\qquad\qquad -\big(2z(t)+x(t)y(t)^2\big)z'(t) \Big]dt. \end{aligned}$$

完全代入後得到

此題為一階線性微分方程，形式為 $\frac{dy}{dt} + P(t)y = Q(t)$。
我們可以使用積分因子法來求解。

給定的微分方程是：
$\frac{dy}{dt} + \frac{2t}{1+t^2} y = \frac{1}{1+t^2}$

在這裡，$P(t) = \frac{2t}{1+t^2}$ 且 $Q(t) = \frac{1}{1+t^2}$。

首先，計算積分因子 $\mu(t)$：
$\mu(t) = e^{\int P(t) dt}$
$\int P(t) dt = \int \frac{2t}{1+t^2} dt$
令 $u = 1+t^2$，則 $du = 2t dt$。
$\int \frac{1}{u} du = \ln|u| = \ln(1+t^2)$ (因為 $1+t^2 > 0$)
所以，積分因子為：

核心觀念

題目左側利用鏈鎖律可辨認為

$$\cos y\frac{dy}{dt}=\frac{d}{dt}(\sin y).$$

令

$$u(t)=\sin y(t),$$

則原微分方程形式上化為一階線性微分方程

$$u'(t)+u(t)=\frac{t}{1+t^2}.$$

但必須注意：初始條件 $y(1)=\frac{\pi}{2}$ 使得 $\cos y(1)=0$。因此，必須先檢查原方程在初始點是否相容。

初始點相容性檢查

將 $t=1$、$y(1)=\frac{\pi}{2}$ 代入原方程左側：

$$\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)y'(1)=0\cdot y'(1)=0.$$

右側則為

$$\frac{1}{1+1^2}-\sin\left(\frac{\pi}{2}\right) =\frac12-1=-\frac12.$$

因此原方程在 $t=1$ 要求

$$0=-\frac12,$$

這是不可能成立的。

解題方法與進一步說明

若僅形式上令 $u=\sin y$，由積分因子 $e^t$ 可得

$$u'(t)+u(t)=\frac{t}{1+t^2},$$

所以

此題為二階齊次線性微分方程，且係數為常數。其通解的求法是先找特徵方程的根。

給定的微分方程是：
$\frac{d^2y}{dt^2} + 2\frac{dy}{dt} + 5y = 0$

對應的特徵方程是：
$r^2 + 2r + 5 = 0$

我們使用二次方程求根公式 $r = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ 來求解 $r$。
$r = \frac{-2 \pm \sqrt{2^2 - 4(1)(5)}}{2(1)}$
$r = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 20}}{2}$
$r = \frac{-2 \pm \sqrt{-16}}{2}$
$r = \frac{-2 \pm 4i}{2}$
$r = -1 \pm 2i$

由於特徵方程的根是複數形式 $r = \alpha \pm \beta i$，其中 $\alpha = -1$ 且 $\beta = 2$。
此時，二階齊次線性微分方程的通解形式為：
$y(t) = e^{\alpha t} (C_1 \cos(\beta t) + C_2 \sin(\beta t))$
將 $\alpha = -1$ 和 $\beta = 2$ 代入：
$y(t) = e^{-t} (C_1 \cos(2t) + C_2 \sin(2t))$

接下來，我們使用初始條件 $y(0) = 0$ 和 $y'(0) = 2$ 來求解常數 $C_1$ 和 $C_2$。

首先，應用初始條件 $y(0) = 0$：
$y(0) = e^{-0} (C_1 \cos(2 \cdot 0) + C_2 \sin(2 \cdot 0))$

此題要求計算一個 3x3 矩陣的逆矩陣。計算逆矩陣的方法有多種，包括使用伴隨矩陣法或高斯-約旦消去法。這裡我們將使用伴隨矩陣法。

首先，我們需要計算矩陣 $A$ 的行列式（determinant），記為 $\det(A)$。如果 $\det(A) = 0$，則矩陣不可逆。
$A = \begin{bmatrix} -1 & 1 & 2 \\ 3 & -1 & 1 \\ -1 & 3 & 4 \end{bmatrix}$

計算行列式：
$\det(A) = -1 \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 3 & 4 \end{vmatrix} - 1 \begin{vmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 4 \end{vmatrix} + 2 \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix}$
$= -1 ((-1)(4) - (1)(3)) - 1 ((3)(4) - (1)(-1)) + 2 ((3)(3) - (-1)(-1))$
$= -1 (-4 - 3) - 1 (12 + 1) + 2 (9 - 1)$
$= -1 (-7) - 1 (13) + 2 (8)$
$= 7 - 13 + 16$
$= 10$

由於 $\det(A) = 10 \neq 0$，矩陣 $A$ 是可逆的。

接下來，我們需要計算矩陣 $A$ 的伴隨矩陣（adjoint matrix），記為 $\text{adj}(A)$。伴隨矩陣是協因子矩陣（cofactor matrix）的轉置。
協因子 $C_{ij} = (-1)^{i+j} M_{ij}$，其中 $M_{ij}$ 是除去第 $i$ 行和第 $j$ 列後得到的子矩陣的行列式。

計算各個元素的協因子：
$C_{11} = (-1)^{1+1} \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 3 & 4 \end{vmatrix} = 1 (-4 - 3) = -7$
$C_{12} = (-1)^{1+2} \begin{vmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 4 \end{vmatrix} = -1 (12 - (-1)) = -1 (13) = -13$
$C_{13} = (-1)^{1+3} \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix} = 1 (9 - 1) = 8$

$C_{21} = (-1)^{2+1} \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{vmatrix} = -1 (4 - 6) = -1 (-2) = 2$
$C_{22} = (-1)^{2+2} \begin{vmatrix} -1 & 2 \\ -1 & 4 \end{vmatrix} = 1 (-4 - (-2)) = 1 (-4 + 2) = -2$
$C_{23} = (-1)^{2+3} \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix} = -1 (-3 - (-1)) = -1 (-3 + 1) = -1 (-2) = 2$

$C_{31} = (-1)^{3+1} \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ -1 & 1 \end{vmatrix} = 1 (1 - (-2)) = 1 (1 + 2) = 3$