112 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》

這題考查二階線性齊次微分方程的特徵方程法。其核心是根據特徵方程的根的性質來構造通解。

該微分方程的特徵方程為：
$r^2 + 2ar + b^2 = 0$
利用二次方程求根公式，可得特徵根為：
$r = \frac{-2a \pm \sqrt{(2a)^2 - 4(1)(b^2)}}{2} = \frac{-2a \pm \sqrt{4a^2 - 4b^2}}{2} = -a \pm \sqrt{a^2 - b^2}$

我們根據 $a^2 - b^2$ 的正負來討論三種情況：

(a) $a > b$
此時 $a^2 - b^2 > 0$，特徵根為兩個不相等且為實數的根：
$r_1 = -a + \sqrt{a^2 - b^2}$
$r_2 = -a - \sqrt{a^2 - b^2}$
因此，微分方程的通解為：
$x(t) = C_1 e^{r_1 t} + C_2 e^{r_2 t} = C_1 e^{(-a + \sqrt{a^2 - b^2})t} + C_2 e^{(-a - \sqrt{a^2 - b^2})t}$
其中 $C_1$ 和 $C_2$ 是任意常數。

核心觀念

本題考查：

• 向量場的散度：

$$\nabla\cdot\vec H =\frac{\partial H_x}{\partial x} +\frac{\partial H_y}{\partial y} +\frac{\partial H_z}{\partial z}.$$

• 高斯散度定理：

$$\iint_S \vec H\cdot d\vec S =\iiint_V(\nabla\cdot\vec H)\,dV.$$

• 線積分與保守向量場。若

$$\frac{\partial E_y}{\partial x} -\frac{\partial E_x}{\partial y}=0,$$

則在單連通區域內，線積分與路徑無關。

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(a) 向量場 $\vec H$ 的散度與通量

已知

$$\vec H=2xy\,\hat i+(x^2+z^2)\,\hat j+2yz\,\hat k.$$

因此

$$H_x=2xy,\qquad H_y=x^2+z^2,\qquad H_z=2yz.$$

(i) 求 $\vec H$ 的散度

依定義，

$$\nabla\cdot\vec H =\frac{\partial}{\partial x}(2xy) +\frac{\partial}{\partial y}(x^2+z^2) +\frac{\partial}{\partial z}(2yz).$$

逐項計算：

$$\frac{\partial}{\partial x}(2xy)=2y,$$ $$\frac{\partial}{\partial y}(x^2+z^2)=0,$$ $$\frac{\partial}{\partial z}(2yz)=2y.$$

所以

$$\boxed{\nabla\cdot\vec H=4y}.$$

(ii) 求矩形封閉曲面的通量

矩形區域所包圍的立體長方體為

$$0\le x\le1,\qquad 1\le y\le2,\qquad -1\le z\le3.$$

其體積區域記為 $V$，邊界封閉曲面記為 $S$。由高斯散度定理，

$$\iint_S\vec H\cdot d\vec S =\iiint_V\nabla\cdot\vec H\,dV.$$

代入 $\nabla\cdot\vec H=4y$：

$$\iint_S\vec H\cdot d\vec S =\int_0^1\int_1^2\int_{-1}^3 4y\,dz\,dy\,dx.$$

先對 $z$ 積分：

$$\int_{-1}^3 4y\,dz =4y(3-(-1)) =16y.$$

因此

$$\iint_S\vec H\cdot d\vec S =\int_0^1\int_1^2 16y\,dy\,dx.$$

繼續計算：

$$\int_1^2 16y\,dy =8y^2\bigg|_1^2 =8(4-1)=24.$$

再對 $x$ 積分：

$$\int_0^1 24\,dx=24.$$

故封閉曲面的總通量為

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值、特徵向量與對角化：

• 特徵值 $\lambda$ 滿足特徵方程
  $\det(A-\lambda I)=0$
• 對應於 $\lambda$ 的特徵向量 $\mathbf v$ 滿足
  $A\mathbf v=\lambda\mathbf v$
• 若取兩個線性獨立的特徵向量作為矩陣 $Q$ 的欄向量，則
  $Q^{-1}AQ=D$
  其中 $D$ 是由對應特徵值組成的對角矩陣。
• 由於 $A$ 是實對稱矩陣，因此不同特徵值所對應的特徵向量互相正交，且必定可以正交對角化。

解題方法

令

$$A= \begin{pmatrix} 5&-2\\ -2&2 \end{pmatrix}.$$

（a）求特徵值

特徵方程為

$$\det(A-\lambda I) = \det \begin{pmatrix} 5-\lambda&-2\\ -2&2-\lambda \end{pmatrix} =0.$$

因此

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

展開得

$$10-7\lambda+\lambda^2-4=0,$$

即

$$\lambda^2-7\lambda+6=0.$$

因式分解：

$$(\lambda-1)(\lambda-6)=0.$$

所以兩個特徵值為

$$\boxed{\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=6}.$$

（b）求正規化特徵向量

對應 $\lambda_1=1$

解

$$(A-I)\mathbf v=\mathbf 0.$$

有

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

令 $\mathbf v=(x,y)^T$，則

$$4x-2y=0,$$

所以

$$y=2x.$$

可取未正規化特徵向量

$$\mathbf v_1= \begin{pmatrix} 1\\ 2 \end{pmatrix}.$$

其長度為

$$\|\mathbf v_1\|=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt5.$$

因此正規化特徵向量為

$$\boxed{ \mathbf u_1= \frac{1}{\sqrt5} \begin{pmatrix} 1\\ 2 \end{pmatrix} }.$$

對應 $\lambda_2=6$

解

$$(A-6I)\mathbf v=\mathbf 0.$$

有

$$A-6I= \begin{pmatrix} -1&-2\\ -2&-4 \end{pmatrix}.$$

因此

$$-x-2y=0,$$

即

$$x=-2y.$$

可取未正規化特徵向量

$$\mathbf v_2= \begin{pmatrix} -2\\ 1 \end{pmatrix}.$$

其長度為

本題考查高斯積分的計算及其在二維積分中的應用。

(a) 證明高斯積分的平方等於 $\frac{\pi}{a}$
這是經典的高斯積分（或稱概率積分）。
令 $I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} dx$。
我們將 $I$ 的平方寫成一個二重積分：
$I^2 = \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} dx \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ay^2} dy \right)$
$I^2 = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} e^{-ay^2} dx\,dy$
$I^2 = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a(x^2+y^2)} dx\,dy$
現在，我們轉換到極座標。令 $x = r \cos\theta$，$y = r \sin\theta$。則 $x^2+y^2 = r^2$。
雅可比行列式為 $J = \det \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} \cos\theta & -r\sin\theta \\ \sin\theta & r\cos\theta \end{pmatrix} = r\cos^2\theta - (-r\sin^2\theta) = r(\cos^2\theta + \sin^2\theta) = r$。
因此，$dx\,dy = r\,dr\,d\theta$。
積分區域在極座標下是 $r \in [0, \infty)$，$\theta \in [0, 2\pi)$。
$I^2 = \int_0^{2\pi} \int_0^{\infty} e^{-ar^2} r\,dr\,d\theta$
首先對 $r$ 積分。令 $u = ar^2$，則 $du = 2ar\,dr$，所以 $r\,dr = \frac{1}{2a}du$。
當 $r=0$, $u=0$。當 $r\to\infty$, $u\to\infty$。
$\int_0^{\infty} e^{-ar^2} r\,dr = \int_0^{\infty} e^{-u} \frac{1}{2a}du = \frac{1}{2a} [-e^{-u}]_0^{\infty} = \frac{1}{2a} (0 - (-1)) = \frac{1}{2a}$
然後對 $\theta$ 積分：
$I^2 = \int_0^{2\pi} \frac{1}{2a} d\theta = \frac{1}{2a} [\theta]_0^{2\pi} = \frac{1}{2a} (2\pi - 0) = \frac{\pi}{a}$
因此，我們證明了 $\left( \int_{-\infty}^{\infty} dx \, e^{-ax^2} \right)^2 = \frac{\pi}{a}$。

(b) 計算二重積分 $\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} dy \, dx \, e^{-(ax^2 + 2bxy + cy^2)}$
這個積分的形式是 $\iint e^{-\vec{x}^T M \vec{x}} dx\,dy$，其中 $\vec{x} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ 且 $M = \begin{pmatrix} a & b \\ b & c \end{pmatrix}$。
二重積分的結果與矩陣 $M$ 的特徵值有關。
對於一個二次型 $Q(\vec{x}) = \vec{x}^T M \vec{x}$，如果 $M$ 是對稱矩陣，我們可以通過矩陣對角化來簡化它。
令 $\vec{x} = P\vec{x}'$，其中 $P$ 是由 $M$ 的標準化特徵向量構成的正交矩陣，則 $\vec{x}^T M \vec{x} = (\vec{x}')^T (P^T M P) \vec{x}' = (\vec{x}')^T D \vec{x}'$，其中 $D$ 是對角矩陣，對角線元素是 $M$ 的特徵值。
令 $M$ 的特徵值為 $\lambda$ 和 $\xi$。
則二次型可以寫成 $a' (x')^2 + c' (y')^2$，其中 $a'$ 和 $c'$ 是特徵值 $\lambda$ 和 $\xi$。
$ax^2 + 2bxy + cy^2 = \lambda (x')^2 + \xi (y')^2$。
雅可比行列式 $|J| = |\det(P)| = 1$ (因為 $P$ 是正交矩陣)。
所以，積分變為：
$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(\lambda (x')^2 + \xi (y')^2)} dx'\,dy'$
這是一個標準形式的高斯積分的乘積。

核心觀念

本題考查週期性一維彈簧鏈的 Gaussian 積分，以及二次型中「平移不變性」所造成的零模（zero mode）。

對最近鄰耦合的週期鏈，令彈簧常數為 $\epsilon>0$，則

$$\epsilon_{jk} = \begin{cases} \epsilon, & k=j+1\ \text{或}\ k=j-1 \pmod N,\\ 0, & \text{其他情況}. \end{cases}$$

由於雙重總和會將每條彈簧計算兩次，

$$\sum_{j,k=1}^N \frac{N}{2}\epsilon_{jk}(x_j-x_k)^2 = N\epsilon\sum_{j=1}^N (x_j-x_{j+1})^2, \qquad x_{N+1}=x_1.$$

因此積分的被積函數為

$$\exp\left[-N\epsilon\sum_{j=1}^N(x_j-x_{j+1})^2\right].$$

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解題方法：檢查平移不變性

令所有珠子同時平移一個常數 $a$：

$$x_j\longmapsto x_j+a.$$

則每個相鄰差值滿足

$$(x_j+a)-(x_{j+1}+a)=x_j-x_{j+1},$$

所以指數中的勢能完全不變：

$$\sum_{j=1}^N(x_j-x_{j+1})^2 \longmapsto \sum_{j=1}^N(x_j-x_{j+1})^2.$$

這表示系統的總質心座標

$$X_{\mathrm{cm}}=\frac{1}{N}\sum_{j=1}^N x_j$$

沒有受到任何限制。積分可分解成：

• 相對座標的有限 Gaussian 積分；
• 質心座標的積分 $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}dX_{\mathrm{cm}}$。

因此

$$\int_{-\infty}^{\infty}dX_{\mathrm{cm}}=\infty,$$

整體積分發散。

用矩陣表示也可看出此結果。令 $L$ 為週期鏈的 Laplacian 矩陣，則

$$\sum_{j=1}^N(x_j-x_{j+1})^2 = \boldsymbol{x}^{\,T}L\boldsymbol{x}.$$

其本徵值為

核心觀念

本題考查一維邊界值問題中的 Green 函數。對算子

$$L=\frac{d^2}{dx^2},$$

Green 函數 $G(x,x')$ 滿足

$$\frac{\partial^2G(x,x')}{\partial x^2}=-\delta(x-x'),$$

並且滿足與原問題相同的齊次邊界條件。

由 Dirac delta 函數的性質，$G$ 在 $x=x'$ 處：

1. 函數值連續；
2. 一階導數有跳躍，且跳躍量為 $-1$。

具體而言，對方程式在 $x'$ 附近積分：

$$\int_{x'-\varepsilon}^{x'+\varepsilon}G''(x,x')\,dx = -\int_{x'-\varepsilon}^{x'+\varepsilon}\delta(x-x')\,dx,$$

令 $\varepsilon\to 0$，得到

$$G_x(x'^+,x')-G_x(x'^-,x')=-1.$$

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(a) Green 函數的求解

因為在 $x\neq x'$ 時沒有 Dirac delta 函數，所以

$$\frac{\partial^2G}{\partial x^2}=0.$$

因此 $G$ 在 $x=x'$ 左右分別是一次函數。依照邊界條件分段設為

$$G(x,x')= \begin{cases} A x, & 0\leq x\leq x',\\[4pt] B(1-x), & x'\leq x\leq 1. \end{cases}$$

這樣自然滿足

$$G(0,x')=0,\qquad G(1,x')=0.$$

1. 在 $x=x'$ 處連續

函數連續要求

$$A x'=B(1-x').$$

2. 一階導數的跳躍條件

左右兩側導數為

$$G_x(x'^-,x')=A,$$ $$G_x(x'^+,x')=-B.$$

代入跳躍條件：

$$-B-A=-1,$$

即

$$A+B=1.$$

由

$$A x'=B(1-x')$$

可取

$$A=1-x',\qquad B=x'.$$

因此 Green 函數為

$$\boxed{ G(x,x')= \begin{cases} x(1-x'), & 0\leq x\leq x',\\[4pt] x'(1-x), & x'\leq x\leq 1. \end{cases} }$$

也可寫成對稱形式：

$$\boxed{ G(x,x')=\min(x,x')\bigl[1-\max(x,x')\bigr]. }$$

確實有

$$G(x,x')=G(x',x),$$

符合自伴算子在相同邊界條件下 Green 函數的對稱性。

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(b) 利用 Green 函數求 $\phi(x)$

原方程為

$$\phi''(x)=-x^2.$$

由於 Green 函數滿足

$$\frac{\partial^2G(x,x')}{\partial x^2} =-\delta(x-x'),$$

取

$$\phi(x)=\int_0^1G(x,x')\,x'^2\,dx'.$$

則