111 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》

本題考查在約束條件下，二次型函數的極值問題。這類問題可以透過將二次型寫成矩陣形式，並利用特徵值與特徵向量的概念來求解。

二次型 $Q$ 可以寫成向量 $\mathbf{r} = (x, y, z)^T$ 的形式：
$Q = \mathbf{r}^T A \mathbf{r}$
其中矩陣 $A$ 為：
$A = \begin{pmatrix} 4 & 0 & 1 \\ 0 & 4 & 1 \\ 1 & 1 & 5 \end{pmatrix}$
注意到我們將 $2xz$ 項的係數 $2$ 分攤到 $A_{13}$ 和 $A_{31}$，將 $2yz$ 項的係數 $2$ 分攤到 $A_{23}$ 和 $A_{32}$。

約束條件為 $x^2 + y^2 + z^2 = 1$，這表示我們要在單位球面（或單位向量）上尋找二次型的最小值。這等價於尋找矩陣 $A$ 的最小特徵值及其對應的特徵向量。

首先，我們計算矩陣 $A$ 的特徵值，即解特徵方程 $\det(A - \lambda I) = 0$：
$\det \begin{pmatrix} 4-\lambda & 0 & 1 \\ 0 & 4-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 5-\lambda \end{pmatrix} = 0$
展開行列式：
$(4-\lambda) [(4-\lambda)(5-\lambda) - 1] - 0 + 1 [0 - (4-\lambda)] = 0$
$(4-\lambda) [20 - 4\lambda - 5\lambda + \lambda^2 - 1] + 0 - (4-\lambda) = 0$
$(4-\lambda) [\lambda^2 - 9\lambda + 19] - (4-\lambda) = 0$
$(4-\lambda) [\lambda^2 - 9\lambda + 19 - 1] = 0$
$(4-\lambda) (\lambda^2 - 9\lambda + 18) = 0$
$(4-\lambda) (\lambda - 3)(\lambda - 6) = 0$
特徵值為 $\lambda_1 = 3$, $\lambda_2 = 4$, $\lambda_3 = 6$。

二次型 $Q = \mathbf{r}^T A \mathbf{r}$ 在約束條件 $\mathbf{r}^T \mathbf{r} = 1$ 下，其最大值為最大特徵值，最小值為最小特徵值。

本題考查量子系統的配分函數計算，需要先計算哈密頓量的特徵值，然後利用配分函數的定義來求解。

配分函數的定義為：
$Z = \mathrm{tr}[e^{-\beta H}]$
其中 $\beta = 1/(kT)$。
對於一個矩陣哈密頓量 $H$，其配分函數可以表示為其特徵值的函數：
$Z = \sum_i e^{-\beta E_i}$
其中 $E_i$ 是哈密頓量 $H$ 的特徵值。

首先，我們需要計算哈密頓量 $H$ 的特徵值。
$H = \begin{pmatrix} 0 & \gamma & 0 \\ \gamma & 0 & \gamma \\ 0 & \gamma & 0 \end{pmatrix}$
特徵方程為 $\det(H - \lambda I) = 0$：
$\det \begin{pmatrix} -\lambda & \gamma & 0 \\ \gamma & -\lambda & \gamma \\ 0 & \gamma & -\lambda \end{pmatrix} = 0$
展開行列式：
$-\lambda [(-\lambda)(-\lambda) - \gamma^2] - \gamma [\gamma(-\lambda) - 0] + 0 = 0$
$-\lambda [\lambda^2 - \gamma^2] + \gamma^2 \lambda = 0$
$-\lambda^3 + \lambda \gamma^2 + \lambda \gamma^2 = 0$
$-\lambda^3 + 2\lambda \gamma^2 = 0$

本題考查一階線性非齊次微分方程的求解，特別是涉及單位步階函數的應用。我們需要求解這個微分方程，並考慮初始條件。

微分方程為：
$\tau^2 \frac{d^2x}{dt^2} + x = \Theta(t)$
初始條件為 $x(t < 0) = 0$。由於 $t<0$ 時，$\Theta(t)=0$，所以方程可以寫成：
對於 $t < 0$: $\tau^2 \frac{d^2x}{dt^2} + x = 0$。
由初始條件 $x(t < 0) = 0$ 和系統在 $t<0$ 時是靜止的 (rest)，我們可以推斷 $\frac{dx}{dt}(t < 0) = 0$。
所以，對於 $t < 0$，微分方程的解是 $x(t) = 0$。

對於 $t \geq 0$: $\tau^2 \frac{d^2x}{dt^2} + x = 1$。
這是一個一階線性非齊次微分方程。
我們可以將其改寫為：
$\frac{d^2x}{dt^2} + \frac{1}{\tau^2} x = \frac{1}{\tau^2}$
此方程的解由齊次解 $x_h(t)$ 和特解 $x_p(t)$ 組成：$x(t) = x_h(t) + x_p(t)$。

齊次方程為：$\frac{d^2x_h}{dt^2} + \frac{1}{\tau^2} x_h = 0$。
特徵方程為 $r^2 + \frac{1}{\tau^2} = 0$，所以 $r = \pm i \frac{1}{\tau}$。
齊次解為 $x_h(t) = A \cos\left(\frac{t}{\tau}\right) + B \sin\left(\frac{t}{\tau}\right)$，其中 $A$ 和 $B$ 是待定常數。

特解 $x_p(t)$。由於右側是常數 $1/\tau^2$，我們可以設一個常數特解 $x_p(t) = C$。
代入原方程：$0 + \frac{1}{\tau^2} C = \frac{1}{\tau^2}$，所以 $C = 1$。
特解為 $x_p(t) = 1$。

因此，對於 $t \geq 0$，方程的通解為：
$x(t) = A \cos\left(\frac{t}{\tau}\right) + B \sin\left(\frac{t}{\tau}\right) + 1$。

現在我們需要利用初始條件來確定常數 $A$ 和 $B$。
在 $t=0$ 時，系統從靜止狀態開始。
由於 $x(t)$ 是連續的（物理上，狀態不會瞬間跳變），所以 $x(0) = \lim_{t \to 0^-} x(t) = 0$。
代入通解：$x(0) = A \cos(0) + B \sin(0) + 1 = A + 1 = 0$。
所以，$A = -1$。

為了確定 $B$，我們需要 $\frac{dx}{dt}(0)$。
由於 $\Theta(t)$ 在 $t=0$ 處是跳躍的，直接求導可能會有問題。
我們考慮方程的原始形式：$\tau^2 \frac{d^2x}{dt^2} + x = \Theta(t)$。
在 $t=0$ 附近，右側是 $0$ (for $t<0$) 和 $1$ (for $t \ge 0$)。
一個常見的處理方法是考慮 $\frac{d^2x}{dt^2}$ 的行為。
我們可以將方程改寫為 $\frac{d^2x}{dt^2} = \frac{1}{\tau^2} (\Theta(t) - x(t))$。
對於 $t \to 0^+$, $x(t) \to x(0) = 0$。
所以 $\frac{d^2x}{dt^2}(0^+) = \frac{1}{\tau^2} (1 - 0) = \frac{1}{\tau^2}$。

核心觀念

本題考查量子簡諧振子本徵波函數的標準形式，以及如何由 Hermite 多項式的生成函數求出 $H_3(x)$。

已知

$$\psi_n(x)=\frac{1}{\sqrt{2^n n!}} \left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4} e^{-\frac{m\omega}{2\hbar}x^2} H_n\left(\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x\right).$$

因此求 $\psi_3(x)$ 的關鍵，在於求出三階 Hermite 多項式 $H_3(x)$。

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解題方法：由生成函數求 $H_3(x)$

Hermite 多項式的生成函數為

$$g(x,t)=e^{2xt-t^2} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{n!}H_n(x).$$

將指數拆開：

$$e^{2xt-t^2}=e^{2xt}e^{-t^2}.$$

分別展開為冪級數：

$$e^{2xt} =1+2xt+\frac{(2xt)^2}{2!} +\frac{(2xt)^3}{3!}+\cdots,$$ $$e^{-t^2}=1-t^2+\frac{t^4}{2!}-\cdots.$$

為了取得 $H_3(x)$，只需找出 $t^3$ 的係數。$t^3$ 來源有兩項：

$$\frac{(2xt)^3}{3!}\cdot 1 \quad\text{以及}\quad (2xt)(-t^2).$$

因此 $t^3$ 的係數為

$$\frac{(2x)^3}{3!}-2x =\frac{8x^3}{6}-2x =\frac{4}{3}x^3-2x.$$

根據生成函數中 $t^3$ 項的形式

$$\frac{t^3}{3!}H_3(x) =\frac{t^3}{6}H_3(x),$$

可得

$$\frac{1}{6}H_3(x)=\frac{4}{3}x^3-2x.$$

乘以 $6$：

$$H_3(x)=8x^3-12x.$$

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代入本徵波函數

令

$$\alpha=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}.$$

當 $n=3$ 時，

核心觀念

本題考查固定端弦的波動方程與傅立葉級數展開：

1. 波動方程
   $y_{tt}=c^2y_{xx}.$

2. 固定端邊界條件
   $y(-L,t)=y(L,t)=0.$

3. 初始條件：

   • 初始位移為三角形；
   • 由靜止釋放，因此初速度為零：
     $y_t(x,0)=0.$

由於初始三角形關於 $x=0$ 對稱，解可使用偶函數特徵解
$\cos\left(\frac{(n+\frac12)\pi x}{L}\right).$

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初始條件

弦的中心 $x=0$ 被拉到高度 $h$，兩端位移為零，因此初始位移為

$$f(x)=y(x,0)= \begin{cases} \dfrac{h}{L}(x+L), & -L\le x\le 0,\\[6pt] \dfrac{h}{L}(L-x), & 0\le x\le L. \end{cases}$$

亦可利用對稱性寫成

$$f(x)=h\left(1-\frac{|x|}{L}\right),\qquad -L\le x\le L.$$

初速度條件為

$$y_t(x,0)=0.$$

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解題方法：分離變數

令

$$y(x,t)=X(x)T(t).$$

代入波動方程：

$$X(x)T''(t)=c^2X''(x)T(t).$$

分離變數後可令分離常數為 $-\lambda$，得到

$$X''+\lambda X=0,$$

以及

$$T''+c^2\lambda T=0.$$

固定端條件要求

$$X(-L)=X(L)=0.$$

由於初始位移是偶函數，取偶函數空間中的特徵函數：

$$X_n(x)=\cos(k_nx).$$

由 $X_n(L)=0$ 得

$$\cos(k_nL)=0,$$

因此

$$k_nL=\left(n+\frac12\right)\pi,\qquad n=0,1,2,\ldots$$

所以

$$k_n=\frac{(n+\frac12)\pi}{L}.$$

相對應的時間部分為

$$T_n(t)=A_n\cos(ck_nt)+B_n\sin(ck_nt).$$

因為初速度為零，所有正弦時間項係數皆為零，因此解的形式為

$$y(x,t)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n \cos(k_nx)\cos(ck_nt).$$

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求傅立葉係數

係數由正交性給出：

核心觀念

本題考查：

• 唯一性證明：證明同一組 Neumann 邊界條件不會對應到兩個不同的解。
• Green 第一恆等式：

$$\int_V \left(u\nabla^2 u+|\nabla u|^2\right)dV = \oint_S u\frac{\partial u}{\partial n}\,dS$$

其中 $\partial/\partial n$ 表示沿曲面外法向量的方向微分。

• Neumann 邊界條件：指定邊界上的法向導數

$$\left.\frac{\partial \phi}{\partial n}\right|_S=g(\vec r)$$

本題方程為

$$\nabla^2\phi=m^2\phi$$

其中 $m^2>0$。

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解題方法

採用反證法。假設在同一體積 $V$ 中存在兩個滿足相同方程與相同 Neumann 邊界條件的解，分別記為 $\phi_1$ 與 $\phi_2$。

因此

$$\nabla^2\phi_1=m^2\phi_1, \qquad \nabla^2\phi_2=m^2\phi_2$$

且在邊界 $S$ 上

$$\frac{\partial\phi_1}{\partial n} = \frac{\partial\phi_2}{\partial n} =g(\vec r).$$

令兩解之差為

$$u=\phi_1-\phi_2.$$

將兩個微分方程相減，得到

$$\nabla^2u=m^2u.$$

同理，兩個 Neumann 邊界條件相減後得到

$$\left.\frac{\partial u}{\partial n}\right|_S=0.$$

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套用 Green 第一恆等式

將方程

$$\nabla^2u=m^2u$$

乘上 $u$ 後在體積 $V$ 內積分：

$$\int_V u\nabla^2u\,dV = m^2\int_V u^2\,dV.$$

由 Green 第一恆等式，

$$\int_V u\nabla^2u\,dV = \oint_Su\frac{\partial u}{\partial n}\,dS - \int_V|\nabla u|^2\,dV.$$

由於 $u$ 滿足齊次 Neumann 邊界條件，

$$\frac{\partial u}{\partial n}=0 \qquad\text{在 }S\text{ 上},$$

故邊界積分為零：

$$\oint_Su\frac{\partial u}{\partial n}\,dS=0.$$

因此

$$m^2\int_Vu^2\,dV = -\int_V|\nabla u|^2\,dV.$$

移項可得

$$\int_V \left( |\nabla u|^2+m^2u^2 \right)dV =0.$$

由於

$$|\nabla u|^2\geq 0, \qquad m^2u^2\geq 0,$$

且 $m^2>0$，被積函數在整個體積內皆為非負。其積分為零只能表示

$$u=0 \qquad\text{在 }V\text{ 內處處成立}.$$

因此

$$\phi_1-\phi_2=0,$$

也就是