108 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所物理類《應用數學》

核心觀念

這題考封閉曲線上的第二類線積分，可用格林定理將平面上的線積分轉成面積分。曲線位於平面 $z=1$，且從 $+z$ 方向看，隨 $\theta$ 增加的方向是逆時針，與格林定理的正向一致。

若 $C$ 是區域 $D$ 的正向邊界，則

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

解題方法

在 $z=1$ 上有 $dz=0$，所以 $e^{-z^2}dz$ 對線積分沒有貢獻。令

$$P(x,y)=e^{-x^2}-y,\qquad Q(x,y)=e^{-y^2}+x^2+2x.$$

核心觀念

本題考查複變函數的留數定理與 Fourier 積分：

1. 根據指數因子 $e^{-i\omega\tau}$ 或 $e^{-ipx}$ 判斷複數積分路徑應閉合於上半平面或下半平面。
2. 使用留數定理
   $\oint_C f(z)\,dz=2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;z_k)。$
3. 注意下半平面順時針閉合時，積分方向為負號。
4. 第二題的結果取決於極點位於 $\pm i|m|$，因此答案包含 $|m|$。

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(a) 計算 $S(\tau)$

考慮

$$S(\tau)=\lim_{\epsilon\to0^+}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d\omega}{2\pi} \frac{e^{-i\omega\tau}}{\omega-i\epsilon}.$$

被積分函數在

$$\omega=i\epsilon$$

有一階極點，位於上半平面。

情況一：$\tau>0$

令 $\omega=Re^{i\theta}$，則

$$e^{-i\omega\tau} =e^{-iR\tau\cos\theta}e^{R\tau\sin\theta}.$$

當 $\tau>0$ 時，為使半圓弧上的指數衰減，應將路徑閉合於下半平面。下半平面內沒有極點，因此

$$S(\tau)=0,\qquad \tau>0.$$

情況二：$\tau<0$

當 $\tau<0$ 時，應將路徑閉合於上半平面，且上半平面包含極點 $\omega=i\epsilon$。

留數為

$$\operatorname{Res}_{\omega=i\epsilon} \frac{e^{-i\omega\tau}}{\omega-i\epsilon} = e^{-i(i\epsilon)\tau} =e^{\epsilon\tau}.$$

因此

$$S_\epsilon(\tau) = \frac{1}{2\pi}(2\pi i)e^{\epsilon\tau} = i e^{\epsilon\tau}.$$

取 $\epsilon\to0^+$，得到

$$S(\tau)=i,\qquad \tau<0.$$

$\tau=0$ 的分布意義

若採用對稱主值定義，利用

$$\frac{1}{\omega-i0^+} = \operatorname{PV}\frac{1}{\omega}+i\pi\delta(\omega),$$

則

$$S(0)=\frac{i}{2}.$$

因此可用 Heaviside 階梯函數表示為

$$\boxed{S(\tau)=i\,\Theta(-\tau)}$$

其中約定 $\Theta(0)=1/2$。

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(b) 計算 $f(x)$

原式為

$$f(x)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp}{2\pi} \frac{e^{-ipx}}{p^2+m^2}.$$

當 $m\neq0$ 時，令

$$a=|m|>0,$$

則

$$p^2+m^2=p^2+a^2=(p-ia)(p+ia),$$

極點位於

$$p=ia,\qquad p=-ia.$$

情況一：$x>0$

核心觀念

本題考查非線性偏微分方程的 Bäcklund transformation（貝克隆轉換）。其重點是：若已知 $\varphi_0$ 滿足

$$\frac{\partial^2\varphi_0}{\partial\sigma\partial\rho} =\sin\varphi_0,$$

則透過一階偏微分方程組，可以構造出另一個解 $\varphi_1$。

令

$$u=\frac{\varphi_1+\varphi_0}{2},\qquad v=\frac{\varphi_1-\varphi_0}{2},$$

則

$$\varphi_1=u+v,\qquad \varphi_0=u-v.$$

題目給定的兩式可寫成

$$\frac{\partial v}{\partial\sigma}=a\sin u, \qquad \frac{\partial u}{\partial\rho}=\frac{1}{a}\sin v,$$

其中 $a\neq 0$，因為原式含有 $1/a$。

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（a）證明 $\varphi_1$ 也是方程的解

由

$$\frac{\partial v}{\partial\sigma}=a\sin u$$

對 $\rho$ 微分，得

$$\frac{\partial^2v}{\partial\sigma\partial\rho} =a\cos u\frac{\partial u}{\partial\rho}.$$

再利用

$$\frac{\partial u}{\partial\rho}=\frac{1}{a}\sin v,$$

可得

$$\frac{\partial^2v}{\partial\sigma\partial\rho} =\cos u\sin v.$$

同理，由

$$\frac{\partial u}{\partial\rho} =\frac{1}{a}\sin v$$

對 $\sigma$ 微分，得

$$\frac{\partial^2u}{\partial\sigma\partial\rho} =\frac{1}{a}\cos v\frac{\partial v}{\partial\sigma}.$$

代入

$$\frac{\partial v}{\partial\sigma}=a\sin u,$$

得到

$$\frac{\partial^2u}{\partial\sigma\partial\rho} =\cos v\sin u.$$

因為 $\varphi_1=u+v$，所以

$$\frac{\partial^2\varphi_1}{\partial\sigma\partial\rho} = \frac{\partial^2u}{\partial\sigma\partial\rho} + \frac{\partial^2v}{\partial\sigma\partial\rho}.$$

代入上式：

$$\frac{\partial^2\varphi_1}{\partial\sigma\partial\rho} = \cos v\sin u+\cos u\sin v.$$

利用三角恆等式

$$\sin(u+v)=\sin u\cos v+\cos u\sin v,$$

可得

$$\frac{\partial^2\varphi_1}{\partial\sigma\partial\rho} =\sin(u+v).$$

又因為

$$u+v=\frac{\varphi_1+\varphi_0}{2} +\frac{\varphi_1-\varphi_0}{2} =\varphi_1,$$

因此

$$\boxed{ \frac{\partial^2\varphi_1}{\partial\sigma\partial\rho} -\sin\varphi_1=0 }.$$

所以 $\varphi_1$ 確實也是原非線性偏微分方程的解。

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（b）由 $\varphi_0=0$ 求非平凡解

將 $\varphi_0=0$ 代入題目給定的兩式：

$$\frac{1}{2}\frac{\partial\varphi_1}{\partial\sigma} =a\sin\left(\frac{\varphi_1}{2}\right),$$

以及

本題考驗複變函數的定義、收斂域以及解析延拓。

(a) 函數 $f(z)$ 的定義為 $f(z) = \int_0^\infty e^{-zt} dt$。
此為一個不含參數的積分，其收斂性取決於被積函數 $e^{-zt}$ 在積分區間 $[0, \infty)$ 上的行為。
令 $z = x + iy$，其中 $x = \text{Re}(z)$ 且 $y = \text{Im}(z)$。
則 $e^{-zt} = e^{-(x+iy)t} = e^{-xt} e^{-iyt}$。
積分為 $\int_0^\infty e^{-xt} e^{-iyt} dt$。
為了使積分收斂，被積函數的模長必須趨近於零，或者積分必須是絕對可積的。
$|e^{-zt}| = |e^{-xt} e^{-iyt}| = e^{-xt} |e^{-iyt}| = e^{-xt}$。
積分 $\int_0^\infty |e^{-zt}| dt = \int_0^\infty e^{-xt} dt$。
此積分的收斂條件是 $-x < 0$，即 $x > 0$。
當 $x > 0$ 時，積分收斂，且其值為 $\left[ \frac{e^{-xt}}{-x} \right]_0^\infty = 0 - \frac{1}{-x} = \frac{1}{x}$。

因此，積分 $f(z)$ 存在且絕對收斂的條件是 $\text{Re}(z) > 0$。
在此區域內，積分 $f(z) = \int_0^\infty e^{-zt} dt$ 可以直接計算：
令 $u = -zt$，則 $du = -z dt$。當 $t=0$, $u=0$。當 $t \to \infty$, 若 $\text{Re}(z) > 0$, 則 $u \to -\infty$。
$dt = -\frac{1}{z} du$。
$f(z) = \int_0^{-\infty} e^u (-\frac{1}{z}) du = -\frac{1}{z} \int_0^{-\infty} e^u du = \frac{1}{z} \int_{-\infty}^0 e^u du = \frac{1}{z} [e^u]_{-\infty}^0 = \frac{1}{z} (e^0 - 0) = \frac{1}{z}$。

所以，在 $\text{Re}(z) > 0$ 的區域，函數 $f(z) = \frac{1}{z}$。
在複變函數論中，若一個函數可以表示為一個收斂的積分，則該函數在该積分的收斂域內是解析的。
因此，$f(z)$ 在 $\text{Re}(z) > 0$ 的區域是解析的。

定義域為 $\text{Re}(z) > 0$。

(b) 確定 $f(z)$ 在整個 $z$-平面（除了 $\text{Re}(z) = 0$）上的解析延拓。
我們已經找到 $f(z) = \frac{1}{z}$ 在 $\text{Re}(z) > 0$ 的區域。
函數 $g(z) = \frac{1}{z}$ 在整個複數平面（除了 $z=0$）上都是解析的。
我們需要將 $f(z)$ 從 $\text{Re}(z) > 0$ 延拓到整個 $z$-平面，除了 $\text{Re}(z) = 0$。
$\text{Re}(z) = 0$ 的區域是虛軸。

考慮函數 $g(z) = \frac{1}{z}$。
在 $\text{Re}(z) > 0$ 的區域， $f(z) = g(z)$。
函數 $g(z)$ 在 $\text{Re}(z) < 0$ 的區域也是解析的。
因此，我們可以將 $f(z)$ 的定義域延拓到 $\text{Re}(z) > 0$ 和 $\text{Re}(z) < 0$ 的區域。

核心觀念

本題考查：

1. 以特徵方程式求矩陣的特徵值。
2. 由特徵向量與廣義特徵向量，求線性微分方程組 $$\frac{dx}{dt}=Ax$$ 的一般解。
3. 當重根的線性獨立特徵向量不足時，需使用 Jordan 鏈；此時解中會出現 $t e^{\lambda t}$ 項。

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解題方法

令

$$x(t)= \begin{pmatrix} x_1(t)\\ x_2(t)\\ x_3(t) \end{pmatrix}.$$

先求矩陣 $A$ 的特徵值，再根據特徵向量與廣義特徵向量建立微分方程的基本解。

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(a) 求特徵值

特徵方程式為

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

其中

$$A-\lambda I= \begin{pmatrix} 5-\lambda & -4 & 0\\ 1 & -\lambda & 2\\ 0 & 2 & 5-\lambda \end{pmatrix}.$$

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(5-\lambda) \begin{vmatrix} -\lambda & 2\\ 2 & 5-\lambda \end{vmatrix} -(-4) \begin{vmatrix} 1 & 2\\ 0 & 5-\lambda \end{vmatrix}\\ &=(5-\lambda)\bigl[-\lambda(5-\lambda)-4\bigr] +4(5-\lambda)\\ &=(5-\lambda)\bigl[-\lambda(5-\lambda)\bigr]\\ &=-\lambda(5-\lambda)^2. \end{aligned}$$

因此特徵方程式為

$$-\lambda(5-\lambda)^2=0.$$

所以矩陣的特徵值為

$$\boxed{\lambda=0,\quad \lambda=5,\quad \lambda=5}.$$

其中 $\lambda=5$ 是代數重數為 $2$ 的重根。

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(b) 求微分方程的一般解

1. 對應於 $\lambda=0$ 的特徵向量

解

$$A v_0=0.$$

設

$$v_0= \begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix}.$$

則

$$\begin{cases} 5a-4b=0,\\ a+2c=0,\\ 2b+5c=0. \end{cases}$$

取 $c=-2$，可得 $a=4$、$b=5$，因此

$$v_0= \begin{pmatrix} 4\\5\\-2 \end{pmatrix}.$$

所以對應的解為

$$x^{(0)}(t)= \begin{pmatrix} 4\\5\\-2 \end{pmatrix}.$$

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2. 對應於 $\lambda=5$ 的特徵向量

解

$$(A-5I)v_1=0.$$

由

$$A-5I= \begin{pmatrix} 0&-4&0\\ 1&-5&2\\ 0&2&0 \end{pmatrix},$$

得到

$$\begin{cases} -4b=0,\\ a-5b+2c=0,\\ 2b=0. \end{cases}$$

因此 $b=0$，且 $a+2c=0$。取 $c=2$，可得 $a=-4$，故

$$v_1= \begin{pmatrix} -4\\0\\2 \end{pmatrix}.$$

相應的特徵解為

核心觀念

反酉算子 $U$ 具有兩個重要性質：

1. $U$ 是反線性的：
   $U(\alpha x+\beta y)=\alpha^*Ux+\beta^*Uy.$

2. $U$ 保持內積的絕對值結構，題目給定
   $(Ux|Uy)=(y|x)^*.$

利用內積的共軛對稱性
$(y|x)^*=(x|y),$
因此也可寫成
$(Ux|Uy)=(x|y).$

題目要證明的兩個算子 $U^2$ 與 $UK$ 都是線性且保持內積，因此皆為酉算子。

解題方法

直接計算任意向量 $x,y$ 經過算子作用後的內積：

• 連續作用兩次反酉算子：反線性作用兩次會恢復線性，並計算 $U^2$ 是否保持內積。
• $U$ 與複共軛算子 $K$ 的乘積：兩個反線性算子相乘會恢復線性，再檢查內積是否保持不變。

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(a) 證明 $U^2$ 為酉算子

1. $U^2$ 為線性算子

由 $U$ 的反線性，

$$U(\alpha x+\beta y) = \alpha^*Ux+\beta^*Uy.$$

再次作用 $U$：

$$\begin{aligned} U^2(\alpha x+\beta y) &=U\left(\alpha^*Ux+\beta^*Uy\right)\\ &=(\alpha^*)^*U^2x+(\beta^*)^*U^2y\\ &=\alpha U^2x+\beta U^2y. \end{aligned}$$

因此 $U^2$ 是線性算子。

2. $U^2$ 保持內積

將題目給定的關係套用於向量 $Ux$ 與 $Uy$：

$$(U^2x|U^2y)=(Uy|Ux)^*.$$

再對 $(Uy|Ux)$ 使用反酉算子的定義：

$$(Uy|Ux)=(x|y)^*.$$

因此

$$\begin{aligned} (U^2x|U^2y) &=\left[(x|y)^*\right]^*\\ &=(x|y). \end{aligned}$$

所以 $U^2$ 保持內積：

$$(U^2x|U^2y)=(x|y).$$

由於 $U^2$ 同時具備線性與內積保持性，故

$$\boxed{U^2\ \text{為酉算子}}.$$

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(b) 證明 $UK$ 為酉算子

令

$$V=UK.$$