110 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

本題考查 Fourier transform 的微分性質、Dirac delta 函數的分布運算，以及對稱正規化下的 Fourier 反變換。採用題目定義時，反變換的核是 $e^{i\xi x}$。

需先指出：第 (1) 小題要求證明的符號與題目定義不符。由 $e^{-i\xi x}$ 的指數符號可得正確關係是 $G(\xi)=iF'(\xi)$。

(1) $xf(x)$ 的 Fourier transform

由定義對 $\xi$ 微分：

$$\frac{dF}{d\xi} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} f(x)(-ix)e^{-i\xi x}\,dx = -iG(\xi).$$

兩側乘以 $i$，得到

$$G(\xi)=i\frac{dF}{d\xi}.$$

因此，題目所列的 $G(\xi)=-iF'(\xi)$ 符號錯誤；在題目給定的 Fourier transform 定義下，不能證明該式。

(2) $f(x)=x$ 的 Fourier transform

函數 $x$ 不絕對可積，因此其 Fourier transform 以廣義函數（分布）理解。利用題目給的 delta 函數表示式：

$$\delta(\xi)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-i\xi x}\,dx.$$

對 $\xi$ 微分：

$$\delta'(\xi) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty}(-ix)e^{-i\xi x}\,dx.$$

整理可得

$$\int_{-\infty}^{\infty}xe^{-i\xi x}\,dx = 2\pi i\,\delta'(\xi).$$

故

$$\mathcal{F}\{x\}(\xi) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}xe^{-i\xi x}\,dx = i\sqrt{2\pi}\,\delta'(\xi).$$

(3) 證明 Fourier 反變換還原 $f(x)$

核心觀念

本題考查一階常微分方程的基本解法：

1. 可分離變數方程：將 $f$ 與 $df$、$x$ 與 $dx$ 分離後積分。
2. 一階線性微分方程：利用積分因子法。
3. 冪級數解法：代入級數假設，比較各次方係數，求出遞迴關係，再辨認為指數函數。

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(1) $\displaystyle \frac{d}{dx}f(x)=-\frac{x}{f(x)}$

解題方法

這是可分離變數方程。將 $f(x)$ 移至左側：

$$f(x)\frac{df}{dx}=-x.$$

注意到

$$f(x)\frac{df}{dx} =\frac{1}{2}\frac{d}{dx}\bigl(f(x)^2\bigr),$$

因此

$$\frac{1}{2}\frac{d}{dx}\bigl(f(x)^2\bigr)=-x.$$

兩側對 $x$ 積分：

$$\frac{1}{2}f(x)^2=-\frac{x^2}{2}+C.$$

乘以 $2$ 得

$$f(x)^2=C-x^2.$$

所以

$$f(x)=\pm\sqrt{C-x^2}.$$

定義域說明

原方程含有 $\dfrac{1}{f(x)}$，因此必須滿足 $f(x)\neq 0$。此外，若要求實數解，還要有

$$C-x^2>0.$$

因此實數解須定義在使 $C-x^2>0$ 的區間上，且固定選擇正號或負號。

解題技巧

直接將答案微分驗算：

$$f(x)=\pm\sqrt{C-x^2}$$

則

$$f'(x)=\mp\frac{x}{\sqrt{C-x^2}},$$

而

$$-\frac{x}{f(x)} =-\frac{x}{\pm\sqrt{C-x^2}} =\mp\frac{x}{\sqrt{C-x^2}}.$$

兩者相同。

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(2) $\displaystyle \frac{d}{dx}f(x)+9f(x)=e^{-x}$

核心觀念

這是一階線性微分方程

$$f'(x)+P(x)f(x)=Q(x),$$

其中

$$P(x)=9,\qquad Q(x)=e^{-x}.$$

積分因子為

$$\mu(x)=e^{\int 9\,dx}=e^{9x}.$$

解題方法

原式乘上積分因子 $e^{9x}$：

$$e^{9x}f'(x)+9e^{9x}f(x)=e^{8x}.$$

左側可合併為乘積微分：

$$\frac{d}{dx}\left(e^{9x}f(x)\right)=e^{8x}.$$

兩側積分：

$$e^{9x}f(x)=\int e^{8x}\,dx =\frac{1}{8}e^{8x}+C.$$

除以 $e^{9x}$：

$$f(x)=\frac{1}{8}e^{-x}+Ce^{-9x}.$$

解題技巧

一階線性方程的快速記憶公式為

$$f(x)=\frac{1}{\mu(x)} \left(\int \mu(x)Q(x)\,dx+C\right).$$

本題中

$$\mu Q=e^{9x}e^{-x}=e^{8x},$$

因此特解自然會產生 $e^{-x}$；齊次解則為 $Ce^{-9x}$。

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(3) $\displaystyle \frac{d}{dx}f(x)=x^2f(x)$

核心觀念

此題可用分離變數法直接求解，但題目指定使用冪級數：

$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^{n+\lambda}, \qquad b_0\neq 0.$$

將級數代入微分方程，透過比較各次方係數求出 $\lambda$ 與 $b_n$。

依提示使用冪級數

假設

$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^{n+\lambda}.$$

微分得

$$f'(x) =\sum_{n=0}^{\infty}(n+\lambda)b_nx^{n+\lambda-1}.$$

右側為

$$x^2f(x) =\sum_{n=0}^{\infty}b_nx^{n+\lambda+2}.$$

因此原方程成為

這題主要考驗學生對函數極值、條件極值（拉格朗日乘數法）以及變分法（歐拉-拉格朗日方程式）的理解與應用。其中，變分法部分更進一步要求推導適用於高階導數的微分方程。

(1) 計算題 5%

求函數 $I(x) = x^3 + 9x^2 + 24x$ 的局部極值。

解題過程：

要求函數的局部極值，我們需要找到其一階導數為零的點，然後利用二階導數來判斷這些點是局部極大值、局部極小值還是反曲點。

首先，計算函數 $I(x)$ 的一階導數：
$I'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 + 9x^2 + 24x) = 3x^2 + 18x + 24$

令一階導數等於零，求解臨界點：
$3x^2 + 18x + 24 = 0$
$x^2 + 6x + 8 = 0$
因式分解得：
$(x+2)(x+4) = 0$
所以臨界點為 $x = -2$ 和 $x = -4$。

接下來，計算二階導數，以判斷臨界點的性質：
$I''(x) = \frac{d}{dx}(3x^2 + 18x + 24) = 6x + 18$

將臨界點代入二階導數：
對於 $x = -2$:
$I''(-2) = 6(-2) + 18 = -12 + 18 = 6$
由於 $I''(-2) > 0$，所以在 $x = -2$ 處函數有局部極小值。
局部極小值為 $I(-2) = (-2)^3 + 9(-2)^2 + 24(-2) = -8 + 9(4) - 48 = -8 + 36 - 48 = -20$。

對於 $x = -4$:
$I''(-4) = 6(-4) + 18 = -24 + 18 = -6$
由於 $I''(-4) < 0$，所以在 $x = -4$ 處函數有局部極大值。
局部極大值為 $I(-4) = (-4)^3 + 9(-4)^2 + 24(-4) = -64 + 9(16) - 96 = -64 + 144 - 96 = -16$。

【答案】
局部極大值：$I(-4) = -16$
局部極小值：$I(-2) = -20$

(2) 計算題 5%

求函數 $I(x, y, z) = xyz$ 在約束條件 $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ 且 $x, y, z > 0$ 下的極值。

解題過程：

此題為條件極值問題，我們可以使用拉格朗日乘數法來求解。
定義拉格朗日函數 $L(x, y, z, \lambda)$：
$L(x, y, z, \lambda) = xyz - \lambda(x^2 + y^2 + z^2 - 1)$

為了找到極值，我們需要令 $L$ 對於 $x, y, z, \lambda$ 的偏導數為零：

1. $\frac{\partial L}{\partial x} = yz - 2\lambda x = 0 \implies yz = 2\lambda x$ (1)
2. $\frac{\partial L}{\partial y} = xz - 2\lambda y = 0 \implies xz = 2\lambda y$ (2)
3. $\frac{\partial L}{\partial z} = xy - 2\lambda z = 0 \implies xy = 2\lambda z$ (3)
4. $\frac{\partial L}{\partial \lambda} = -(x^2 + y^2 + z^2 - 1) = 0 \implies x^2 + y^2 + z^2 = 1$ (4)

由於題目要求 $x, y, z > 0$，我們可以推斷 $\lambda \neq 0$。
將 (1) 式乘以 $x$，(2) 式乘以 $y$，(3) 式乘以 $z$：
$xyz = 2\lambda x^2$
$xyz = 2\lambda y^2$
$xyz = 2\lambda z^2$

由於 $x, y, z > 0$，所以 $xyz > 0$。因此，$2\lambda x^2 = 2\lambda y^2 = 2\lambda z^2$。
因為 $\lambda \neq 0$，我們可以得到 $x^2 = y^2 = z^2$。
由於 $x, y, z > 0$，所以 $x = y = z$。

將 $x = y = z$ 代入約束條件 (4)：
$x^2 + x^2 + x^2 = 1$
$3x^2 = 1$
$x^2 = \frac{1}{3}$
由於 $x > 0$，所以 $x = \frac{1}{\sqrt{3}}$。
因此，$x = y = z = \frac{1}{\sqrt{3}}$。

此時的函數值為：
$I\left(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^3 = \frac{1}{3\sqrt{3}}$

我們需要確認這是一個極值。由於約束條件定義了一個緊緻集合（球面與第一卦限的交集），且函數 $I(x, y, z)$ 在此集合上連續，因此一定存在最大值和最小值。
在邊界情況（例如 $x \to 0$ 或 $y \to 0$ 或 $z \to 0$），函數值 $xyz \to 0$。
因此，我們找到的唯一臨界點對應的函數值 $\frac{1}{3\sqrt{3}}$ 必定是最大值。
由於題目要求極值，且在 $x, y, z > 0$ 的條件下，我們找到的唯一點是最大值點。

【答案】
極大值：$I\left(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \frac{1}{3\sqrt{3}}$

(3) 計算題 10%

使用歐拉-拉格朗日方程式，找出函數 $f(x)$，使其滿足泛函 $I[f(\cdot)] = \int_2^5 \sqrt{1 + (\frac{df}{dx})^2} dx$ 的極值，且邊界條件為 $f(2) = 3$ 和 $f(5) = 9$。

解題過程：

此題考驗歐拉-拉格朗日方程式的應用。泛函的積分形式為 $I[f(\cdot)] = \int_a^b L(x, f, f') dx$，其中 $L$ 是拉格朗日量。
在本題中，積分上下限為 $a=2$ 和 $b=5$。
拉格朗日量為 $L(f, f') = \sqrt{1 + (f')^2}$。

歐拉-拉格朗日方程式為：
$\frac{\partial L}{\partial f} - \frac{d}{dx}\left(\frac{\partial L}{\partial f'}\right) = 0$

首先，計算 $\frac{\partial L}{\partial f}$：
由於 $L$ 不顯含 $f$，所以 $\frac{\partial L}{\partial f} = 0$。

接下來，計算 $\frac{\partial L}{\partial f'}$：
$\frac{\partial L}{\partial f'} = \frac{\partial}{\partial f'} \left(\sqrt{1 + (f')^2}\right) = \frac{1}{2\sqrt{1 + (f')^2}} \cdot 2f' = \frac{f'}{\sqrt{1 + (f')^2}}$

將這些代入歐拉-拉格朗日方程式：
$0 - \frac{d}{dx}\left(\frac{f'}{\sqrt{1 + (f')^2}}\right) = 0$
$\frac{d}{dx}\left(\frac{f'}{\sqrt{1 + (f')^2}}\right) = 0$

這表示 $\frac{f'}{\sqrt{1 + (f')^2}}$ 是一個常數。設此常數為 $C$。
$\frac{f'}{\sqrt{1 + (f')^2}} = C$

平方兩邊：
$\frac{(f')^2}{1 + (f')^2} = C^2$
$(f')^2 = C^2 (1 + (f')^2)$
$(f')^2 = C^2 + C^2 (f')^2$
$(f')^2 (1 - C^2) = C^2$
$(f')^2 = \frac{C^2}{1 - C^2}$

令 $\frac{C^2}{1 - C^2} = K^2$ (其中 $K$ 為常數)。
$(f')^2 = K^2$
$f'(x) = \pm K$

這表示 $f'(x)$ 是一個常數。因此，$f(x)$ 是一個線性函數，形式為 $f(x) = Kx + D$，其中 $K$ 和 $D$ 是常數。

現在，我們使用邊界條件來確定常數 $K$ 和 $D$。
邊界條件是 $f(2) = 3$ 和 $f(5) = 9$。

將 $f(x) = Kx + D$ 代入邊界條件：

1. $f(2) = K(2) + D = 3 \implies 2K + D = 3$
2. $f(5) = K(5) + D = 9 \implies 5K + D = 9$

解這個聯立方程組。從第一個方程減去第二個方程：
$(2K + D) - (5K + D) = 3 - 9$
$-3K = -6$
$K = 2$

將 $K=2$ 代入第一個方程：
$2(2) + D = 3$
$4 + D = 3$
$D = -1$

所以，函數為 $f(x) = 2x - 1$。

我們也可以從 $\frac{f'}{\sqrt{1 + (f')^2}} = C$ 來判斷常數 $C$ 的值。
對於 $f(x) = 2x - 1$，我們有 $f'(x) = 2$。
$C = \frac{2}{\sqrt{1 + 2^2}} = \frac{2}{\sqrt{1 + 4}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$
所以常數 $C$ 是 $\frac{2}{\sqrt{5}}$。

此泛函的拉格朗日量 $L = \sqrt{1 + (f')^2}$ 代表了曲線的弧長密度。因此，這個泛函實際上是在尋找兩點之間的最短距離，也就是直線。這與我們的結果一致。

【答案】
$f(x) = 2x - 1$

(4) 申論題 10%

核心觀念

本題考查：

• 特徵值與特徵向量的定義：

  $\hat A\vec v=\lambda\vec v,\qquad \vec v\ne \vec 0$

• 特徵方程：

  $\det(\lambda\hat E-\hat A)=0$

• 複數向量的內積：

  $\vec a\cdot\vec b=\vec a^\dagger\vec b=\sum_j a_j^*b_j$

  其中 $\dagger$ 表示共軛轉置，即

  $\hat A^\dagger=(\hat A^T)^*$

• 若矩陣滿足

  $\hat A^\dagger\hat A=\hat E$

  則稱為酉矩陣（unitary matrix），可保持內積不變。

• 若矩陣滿足

  $\hat A^\dagger=\hat A$

  則稱為厄米矩陣（Hermitian matrix），其特徵值必為實數。

題目第（2）小題給出的條件 $(\hat A^T)^*=\hat A^{-1}$，實際上是酉矩陣的條件；第（3）小題要證明特徵值為實數，需採用厄米矩陣的正確定義 $\hat A^\dagger=\hat A$。

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（1）求特徵值與特徵向量

給定

$$\hat A= \begin{pmatrix} 0&1\\ 1&0 \end{pmatrix}$$

特徵值由特徵方程決定：

$$\det(\lambda\hat E-\hat A)=0$$

其中

$$\lambda\hat E-\hat A = \begin{pmatrix} \lambda&0\\ 0&\lambda \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0&1\\ 1&0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda&-1\\ -1&\lambda \end{pmatrix}$$

因此

$$\det \begin{pmatrix} \lambda&-1\\ -1&\lambda \end{pmatrix} =\lambda^2-1=0$$

所以

$$\lambda=\pm1$$

當 $\lambda=1$

求解

$$\hat A\vec v=\vec v$$

設

$$\vec v= \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix}$$

則

$$\begin{pmatrix} 0&1\\ 1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} y\\x \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix}$$

得到

$$y=x$$

因此 $\lambda=1$ 的特徵向量為

$$\vec v_1= \begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix}$$

其所有非零倍數皆為特徵向量：

$$\vec v=c \begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix}, \qquad c\ne0$$

當 $\lambda=-1$

求解

$$\hat A\vec v=-\vec v$$

即

$$\begin{pmatrix} y\\x \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -x\\-y \end{pmatrix}$$

得到

$$y=-x$$

因此 $\lambda=-1$ 的特徵向量為

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

其所有非零倍數皆為特徵向量：

$$\vec v=c \begin{pmatrix} 1\\-1 \end{pmatrix}, \qquad c\ne0$$

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（2）證明線性轉換保持內積

題目給定

$$\vec a'=\hat A\vec a,\qquad \vec b'=\hat A\vec b$$

欲證明

$$\vec a'\cdot\vec b'=\vec a\cdot\vec b$$

由複數內積定義，

$$\vec a'\cdot\vec b' =(\vec a')^\dagger\vec b'$$

代入 $\vec a'$ 與 $\vec b'$：