114 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

本題考察球座標中的向量散度公式。依原卷圖，向量場為

$$\vec v = r^3\cos\theta\,\hat r + r\theta\,\hat\theta + 2\sin\phi\cos\theta\,\hat\phi.$$

若

$$\vec v=A_r\hat r+A_\theta\hat\theta+A_\phi\hat\phi,$$

則球座標下的散度為

$$\nabla\cdot\vec v = \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(r^2A_r) + \frac{1}{r\sin\theta} \frac{\partial}{\partial\theta}(\sin\theta A_\theta) + \frac{1}{r\sin\theta} \frac{\partial A_\phi}{\partial\phi}.$$

解題方法

三個分量分別為

$$A_r=r^3\cos\theta,\qquad A_\theta=r\theta,\qquad A_\phi=2\sin\phi\cos\theta.$$

第一項：

$$\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r} \left(r^2\cdot r^3\cos\theta\right) = \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r} \left(r^5\cos\theta\right) = 5r^2\cos\theta.$$

第二項：

【核心觀念】
此題考查曲面間夾角的計算，曲面間的夾角定義為其法向量夾角的餘弦值的絕對值。

【解題過程】
兩個曲面所夾的角度 $\psi$ 等於它們在交點處法向量夾角的絕對值。
設曲面一為 $F_1(x, y, z) = x^2 + y^2 - z - 3 = 0$。
設曲面二為 $F_2(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 - 9 = 0$。

曲面 $F(x, y, z) = 0$ 的法向量為 $\nabla F = \frac{\partial F}{\partial x} \hat{i} + \frac{\partial F}{\partial y} \hat{j} + \frac{\partial F}{\partial z} \hat{k}$。

對於曲面一 $F_1(x, y, z) = x^2 + y^2 - z - 3 = 0$：
$\nabla F_1 = \frac{\partial}{\partial x}(x^2 + y^2 - z - 3) \hat{i} + \frac{\partial}{\partial y}(x^2 + y^2 - z - 3) \hat{j} + \frac{\partial}{\partial z}(x^2 + y^2 - z - 3) \hat{k}$
$\nabla F_1 = 2x \hat{i} + 2y \hat{j} - 1 \hat{k}$

在點 $(1, 2, 2)$ 處，法向量 $\vec{n}_1$ 為：
$\vec{n}_1 = \nabla F_1(1, 2, 2) = 2(1) \hat{i} + 2(2) \hat{j} - 1 \hat{k} = 2 \hat{i} + 4 \hat{j} - \hat{k}$

對於曲面二 $F_2(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 - 9 = 0$：
$\nabla F_2 = \frac{\partial}{\partial x}(x^2 + y^2 + z^2 - 9) \hat{i} + \frac{\partial}{\partial y}(x^2 + y^2 + z^2 - 9) \hat{j} + \frac{\partial}{\partial z}(x^2 + y^2 + z^2 - 9) \hat{k}$
$\nabla F_2 = 2x \hat{i} + 2y \hat{j} + 2z \hat{k}$

在點 $(1, 2, 2)$ 處，法向量 $\vec{n}_2$ 為：
$\vec{n}_2 = \nabla F_2(1, 2, 2) = 2(1) \hat{i} + 2(2) \hat{j} + 2(2) \hat{k} = 2 \hat{i} + 4 \hat{j} + 4 \hat{k}$

現在計算兩個法向量的夾角 $\psi$。我們使用點積公式：
$\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = |\vec{n}_1| |\vec{n}_2| \cos\psi$
其中 $\psi$ 是法向量之間的夾角。題目要求的是曲面間的夾角，通常是指兩個法向量夾角的餘弦值的絕對值。不過，題目中說 "the angle between two surfaces is the angle between their normal vectors at the point of interest"，這表示我們直接求法向量夾角。

計算點積：
$\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = (2 \hat{i} + 4 \hat{j} - \hat{k}) \cdot (2 \hat{i} + 4 \hat{j} + 4 \hat{k})$
$= (2)(2) + (4)(4) + (-1)(4) = 4 + 16 - 4 = 16$

計算法向量的模長：
$|\vec{n}_1| = \sqrt{2^2 + 4^2 + (-1)^2} = \sqrt{4 + 16 + 1} = \sqrt{21}$

核心觀念

本題考查：

• 共軛轉置與 skew-Hermitian matrix（斜厄米矩陣）的定義：
  $M^*=\overline{M}^{\,T},\qquad M^*=-M.$
• 斜厄米矩陣的特徵值皆為純虛數或 $0$。
• 斜厄米矩陣必為 normal matrix：
  $M^*M=MM^*.$
• Cayley transform：
  $V=(I+M)(I-M)^{-1},$
  當 $M$ 為斜厄米矩陣且 $I-M$ 可逆時，$V$ 為 unitary matrix。

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解題方法

先計算 $M$ 的共軛轉置，再逐項驗證。由於一旦確認 $M^*=-M$，即可直接套用斜厄米矩陣的基本定理，判斷特徵值、normal 性質與 Cayley transform 的酉性。

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選項分析

（A）$M$ is skew-Hermitian.

給定

$$M= \begin{bmatrix} 2i & -1+i\\ 1+i & i \end{bmatrix}.$$

其共軛轉置為

$$M^* = \begin{bmatrix} -2i & 1-i\\ -1-i & -i \end{bmatrix}.$$

另一方面，

$$-M= \begin{bmatrix} -2i & 1-i\\ -1-i & -i \end{bmatrix}.$$

因此

$$M^*=-M,$$

故 $M$ 是斜厄米矩陣，選項（A）正確。

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（B）The eigenvalues of any skew-Hermitian matrix must be either zero or imaginary.

設 $M$ 為斜厄米矩陣，且 $Mx=\lambda x$，其中 $x\neq 0$。

由 $M^*=-M$ 可得

$$x^*Mx=\lambda x^*x.$$

又因為

$$\overline{x^*Mx}=x^*M^*x=x^*(-M)x=-x^*Mx,$$

所以 $x^*Mx$ 為純虛數。因此

$$\lambda=\frac{x^*Mx}{x^*x}$$

也是純虛數。純虛數包含 $0$，故斜厄米矩陣的特徵值必為 $0$ 或純虛數。

選項（B）正確。

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（C）$M$ is normal.

normal matrix 的定義為

$$M^*M=MM^*.$$

【核心觀念】
此題考查矩陣的秩（rank）。矩陣的秩是指其線性獨立的行向量（或列向量）的個數，也等於其非零子行列式的最大階數，或者通過行（列）化簡後非零行的個數。

【解題過程】
我們將使用行化簡（Gaussian elimination）的方法來求矩陣的秩。
給定的矩陣為：
$A = \begin{bmatrix} 2 & 2 & 2 & 2 \\ 17 & 1 & 17 & 1 \\ 10 & 10 & 10 & 10 \\ 3 & 9 & 3 & 9 \end{bmatrix}$

觀察矩陣的行：
第一行：$(2, 2, 2, 2)$
第二行：$(17, 1, 17, 1)$
第三行：$(10, 10, 10, 10)$
第四行：$(3, 9, 3, 9)$

我們可以看到第三行是第一行的 5 倍：$R_3 = 5 R_1$。
所以，第三行是線性相關的，可以通過行運算消去。
$R_3 \leftarrow R_3 - 5R_1$
$\begin{bmatrix} 2 & 2 & 2 & 2 \\ 17 & 1 & 17 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 9 & 3 & 9 \end{bmatrix}$

現在觀察第四行和第二行。
第四行：$(3, 9, 3, 9)$
第二行：$(17, 1, 17, 1)$
我們注意到第四行的結構是 $(a, b, a, b)$，其中 $a=3, b=9$。
我們可以將第四行表示為 $(3, 3+6, 3, 3+6)$。
或者，觀察第四行，我們可以將其表示為 $3(1, 3, 1, 3)$。
觀察第二行，我們可以將其表示為 $(17, 1, 17, 1)$。

讓我們進行進一步的行運算。
將第一行除以 2：$R_1 \leftarrow \frac{1}{2} R_1$
$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 17 & 1 & 17 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 9 & 3 & 9 \end{bmatrix}$

用第一行消去第二行和第四行：
$R_2 \leftarrow R_2 - 17R_1$
$R_4 \leftarrow R_4 - 3R_1$
$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 17 - 17(1) & 1 - 17(1) & 17 - 17(1) & 1 - 17(1) \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 3 - 3(1) & 9 - 3(1) & 3 - 3(1) & 9 - 3(1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -16 & 0 & -16 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 & 6 \end{bmatrix}$

現在我們有：
$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -16 & 0 & -16 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 & 6 \end{bmatrix}$

觀察第二行和第四行。
第二行：$(0, -16, 0, -16)$
第四行：$(0, 6, 0, 6)$
我們可以發現第四行是第二行的 $-\frac{6}{16} = -\frac{3}{8}$ 倍。

核心觀念

本題考查週期函數的 Fourier 級數、Euler 公式，以及奇偶性對 Fourier 係數的影響。

對週期 $2\pi$ 的函數，Fourier 級數寫成

$$f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx)\right],$$

其中

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,$$ $$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)\,dx, \qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin(nx)\,dx.$$

本題在 $-\pi<x<\pi$ 時，

$$f(x)=x+\pi.$$

雖然 $f(x)$ 不是奇函數，但「不是奇函數」並不代表一定有非零的 cosine 項，仍須實際計算 $a_n$。

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解題方法：計算 Fourier 係數

1. 計算 $a_0$

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(x+\pi)\,dx.$$

因此

$$\begin{aligned} a_0 &=\frac{1}{\pi} \left[ \int_{-\pi}^{\pi}x\,dx+\int_{-\pi}^{\pi}\pi\,dx \right] \\ &=\frac{1}{\pi}(0+2\pi^2) =2\pi. \end{aligned}$$

所以 Fourier 級數中的常數項為

$$\frac{a_0}{2}=\pi.$$

函數在一個週期內的平均值也是 $\pi$，但依照本題採用的 Euler 公式，$a_0=2\pi$，不是 $\pi$。

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2. 計算 $a_n$

$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(x+\pi)\cos(nx)\,dx.$$

分開計算：

• $x\cos(nx)$ 是奇函數，故其對稱區間積分為 $0$；
• $\pi\cos(nx)$ 的積分為

$$\pi\int_{-\pi}^{\pi}\cos(nx)\,dx = \pi\left[\frac{\sin(nx)}{n}\right]_{-\pi}^{\pi} =0.$$

因此

$$a_n=0.$$

所以這個函數雖然不是奇函數，但所有非零頻率的 cosine 項都消失。

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3. 計算 $b_n$

$$b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(x+\pi)\sin(nx)\,dx.$$

其中 $\pi\sin(nx)$ 是奇函數，積分為 $0$，因此

$$b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x\sin(nx)\,dx.$$

因為 $x\sin(nx)$ 是偶函數，

$$b_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi x\sin(nx)\,dx.$$

分部積分，取

$$u=x,\qquad dv=\sin(nx)\,dx,$$

則

$$du=dx,\qquad v=-\frac{\cos(nx)}{n}.$$

故

核心觀念

本題考查：

1. Fourier transform 與 inverse Fourier transform 的定義。
2. 偶函數的 Fourier transform 為偶函數。
3. 偶函數的反 Fourier 積分可化為 cosine transform。
4. 積分上下限由整條實軸縮減為 $[0,\infty)$ 時，必須補上係數 $2$。

已知

$$F(f)(k)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-ikx}\,dx$$

其反 Fourier transform 為

$$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}F(f)(k)e^{ikx}\,dk.$$

題目中的 $f(x)$ 是偶函數，因此其 Fourier transform 也為偶函數，反 Fourier 積分中的正弦部分會因奇偶性抵消，只留下 cosine 積分。

解題方法

先計算 $f(x)$ 的 Fourier transform。由於 $f(x)=2$ 僅在 $|x|<1/2$ 時成立，因此

$$F(f)(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-1/2}^{1/2}2e^{-ikx}\,dx.$$

計算積分：

$$\begin{aligned} F(f)(k) &= \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \left[\frac{e^{-ikx}}{-ik}\right]_{-1/2}^{1/2} \\ &= \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \frac{e^{-ik/2}-e^{ik/2}}{-ik} \\ &= \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \frac{2\sin(k/2)}{k} \\ &= \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \frac{\sin(k/2)}{k/2}. \end{aligned}$$

代入反 Fourier transform：

$$f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \frac{\sin(k/2)}{k/2}e^{ikx}\,dk.$$

因為 $\dfrac{\sin(k/2)}{k/2}$ 是偶函數，且

$$e^{ikx}=\cos(kx)+i\sin(kx),$$

其中正弦項為奇函數，在對稱區間 $(-\infty,\infty)$ 上積分為零。因此

核心觀念

本題考查兩個經典廣義積分：

1. Dirichlet 積分
   $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx=\pi.$

2. 利用參數微分計算
   $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}\,dx.$

此外，必須注意 $\dfrac{\sin x}{x^4}$ 在 $x=0$ 附近具有不可積分的奇異性，因此其通常意義下的廣義積分不存在。

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解題方法

一、計算 $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx$

因為 $\sin x$ 與 $x$ 都是奇函數，所以 $\dfrac{\sin x}{x}$ 是偶函數，因此

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx = 2\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}\,dx.$$

引入阻尼因子，令

$$I_\varepsilon(a) = \int_0^\infty e^{-\varepsilon x}\frac{\sin(ax)}{x}\,dx, \qquad \varepsilon>0.$$

對參數 $a$ 微分：

$$\frac{\partial I_\varepsilon}{\partial a} = \int_0^\infty e^{-\varepsilon x}\cos(ax)\,dx = \frac{\varepsilon}{\varepsilon^2+a^2}.$$

由 $I_\varepsilon(0)=0$，積分得到

$$I_\varepsilon(a) = \int_0^a\frac{\varepsilon}{\varepsilon^2+t^2}\,dt = \tan^{-1}\left(\frac{a}{\varepsilon}\right).$$

當 $\varepsilon\to0^+$ 且 $a>0$ 時，

$$\int_0^\infty\frac{\sin(ax)}{x}\,dx = \frac{\pi}{2}.$$

取 $a=1$：

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx = 2\cdot\frac{\pi}{2} = \pi.$$

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二、計算 $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}\,dx$

利用恆等式

$$\sin^2x=\frac{1-\cos(2x)}{2}.$$

因此

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}\,dx = \frac12 \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1-\cos(2x)}{x^2}\,dx.$$

定義

$$F(a) = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1-\cos(ax)}{x^2}\,dx, \qquad a\geq0.$$

對 $a$ 微分：

$$F'(a) = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(ax)}{x}\,dx.$$

當 $a>0$ 時，由前述 Dirichlet 積分的縮放結果，

【核心觀念】
此題考查積分方程的解法，特別是利用拉普拉斯轉換來求解。題目給出了一個積分方程的解，並要求求解另一個積分方程。

【解題過程】
我們將使用拉普拉斯轉換來求解這兩個積分方程。
拉普拉斯轉換的定義是 $\mathcal{L}\{f(t)\}(s) = F(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t) dt$。
一些重要的性質：
$\mathcal{L}\{t^n\}(s) = \frac{n!}{s^{n+1}}$
$\mathcal{L}\{\sin(at)\}(s) = \frac{a}{s^2+a^2}$
$\mathcal{L}\{\cos(at)\}(s) = \frac{s}{s^2+a^2}$
卷積定理：$\mathcal{L}\{(f*g)(t)\}(s) = F(s)G(s)$，其中 $(f*g)(t) = \int_{0}^{t} f(t-\tau)g(\tau) d\tau$。

第一個積分方程：$y(t) - \int_{0}^{t} \sin(t-\tau)y(\tau) d\tau = t$。
令 $f(t) = \sin(t)$，則 $\mathcal{L}\{f(t)\} = \frac{1}{s^2+1}$。
令 $g(t) = y(t)$，則 $\mathcal{L}\{g(t)\} = Y(s)$。
積分方程變為 $y(t) - (f*g)(t) = t$。
對兩邊取拉普拉斯轉換：
$Y(s) - \mathcal{L}\{(f*g)(t)\} = \mathcal{L}\{t\}$
$Y(s) - F(s)G(s) = \frac{1}{s^2}$
$Y(s) - \frac{1}{s^2+1} Y(s) = \frac{1}{s^2}$
$Y(s) \left( 1 - \frac{1}{s^2+1} \right) = \frac{1}{s^2}$
$Y(s) \left( \frac{s^2+1-1}{s^2+1} \right) = \frac{1}{s^2}$
$Y(s) \left( \frac{s^2}{s^2+1} \right) = \frac{1}{s^2}$
$Y(s) = \frac{s^2+1}{s^2} \cdot \frac{1}{s^2} = \frac{s^2+1}{s^4} = \frac{1}{s^2} + \frac{1}{s^4}$
對 $Y(s)$ 取反轉換：
$y(t) = \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2}\right\} + \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^4}\right\}$
$y(t) = t + \frac{t^{4-1}}{(4-1)!} = t + \frac{t^3}{3!} = t + \frac{t^3}{6}$。
這與題目給定的解 $y(t) = t + \frac{t^3}{6}$ 相符。

現在求解第二個積分方程：$y(t) + \int_{0}^{t} (t-\tau)y(\tau) d\tau = \frac{t^3}{6}$。

核心觀念

題目給出的級數為

$$\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{n^k(k+2)k}.$$

其中 $k=0$ 時，分母含有因子 $k=0$，因此該項為

$$\frac{1}{n^0(0+2)\cdot 0}=\frac{1}{0},$$

沒有定義。故題目照字面書寫時，整個有限和不存在，極限也無法定義。

依選項與題型合理推定，求和下限應為 $k=1$，以下在此修正下作答。

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解題方法

考慮

$$S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^k(k+2)k}.$$

因為 $k\geq 1$，有

$$(k+2)k\geq 3,$$

且 $n^k\geq n$，因此每一項滿足

$$0<\frac{1}{n^k(k+2)k}\leq \frac{1}{3n^k}.$$

所以

$$0<S_n \leq \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{3n^k} <\frac{1}{3}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{n^k}.$$

當 $n>1$ 時，右側為等比級數：

$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{n^k} = \frac{\frac1n}{1-\frac1n} = \frac{1}{n-1}.$$

因此

$$0<S_n<\frac{1}{3(n-1)}.$$

由夾擠定理，

$$\lim_{n\to\infty}S_n=0.$$

所以在求和下限修正為 $k=1$ 的合理假設下，答案為

$$\boxed{0}.$$

【核心觀念】
此題考查二階線性常微分方程的奇異點分析與Frobenius級數解法。特別是關於指標方程（indicial equation）的根與Frobenius級數解的形式。

【解題過程】
給定的微分方程為 $y''(z) + \frac{3z-1}{z(z-1)} y'(z) + \frac{1}{z(z-1)} y(z) = 0$。
我們可以將其寫成 $z^2 y'' + z p(z) y' + q(z) y = 0$ 的形式來分析奇異點。
或者直接分析 $p(z) = \frac{3z-1}{z(z-1)}$ 和 $q(z) = \frac{1}{z(z-1)}$。

首先，確定奇異點。
方程的奇異點是 $z=0$ 和 $z=1$。

我們來分析 $z=0$ 點。
$p(z) = \frac{3z-1}{z(z-1)}$。
$q(z) = \frac{1}{z(z-1)}$。
在 $z=0$ 點， $p(z)$ 的行為是 $p(z) \approx \frac{-1}{z(-1)} = \frac{1}{z}$。
$q(z)$ 的行為是 $q(z) \approx \frac{1}{z(-1)} = -\frac{1}{z}$。
為了判斷是正規奇異點還是非正規奇異點，我們需要考察 $z p(z)$ 和 $z^2 q(z)$ 在 $z=0$ 的極限。
$z p(z) = z \frac{3z-1}{z(z-1)} = \frac{3z-1}{z-1}$。
$\lim_{z \to 0} z p(z) = \frac{3(0)-1}{0-1} = \frac{-1}{-1} = 1$。
$z^2 q(z) = z^2 \frac{1}{z(z-1)} = \frac{z}{z-1}$。
$\lim_{z \to 0} z^2 q(z) = \frac{0}{0-1} = 0$。
由於 $z p(z)$ 和 $z^2 q(z)$ 在 $z=0$ 的極限是有限的（1 和 0），所以 $z=0$ 是一個正規奇異點。

(A) The indicial equation of the given equation has a repeated root.
指標方程（indicial equation）是關於正規奇異點 $z_0$ 的。對於 $z_0=0$，設 $p_0 = \lim_{z \to 0} z p(z) = 1$，$q_0 = \lim_{z \to 0} z^2 q(z) = 0$。
指標方程為 $r(r-1) + p_0 r + q_0 = 0$。
$r(r-1) + 1 \cdot r + 0 = 0$。
$r^2 - r + r = 0$。
$r^2 = 0$。
這個方程有一個重根 $r=0$。
所以，指標方程有重根 $r=0$。選項 (A) 為真。

(B) Because $z = 0$ is a regular singular point, at least one solution, say $y_1(z)$, is in the form of a Frobenius series.
Frobenius 方法適用於正規奇異點。

核心觀念

算符 $\hat A$ 為 Hermitian（厄米算符）的定義是：對任意函數 $\phi,\psi$，

$$\langle \phi,\hat A\psi\rangle = \langle \hat A\phi,\psi\rangle,$$

其中內積為

$$\langle \phi,\psi\rangle = \int_{-\infty}^{\infty}\phi^*(x)\psi(x)\,dx.$$

本題的關鍵是判斷微分算符與乘法算符的厄米性。

由分部積分，

$$\left\langle \phi,\frac{d\psi}{dx}\right\rangle = \int_{-\infty}^{\infty}\phi^*(x)\frac{d\psi}{dx}\,dx$$ $$= \left[\phi^*(x)\psi(x)\right]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty} \frac{d\phi^*}{dx}\psi(x)\,dx.$$

因為 $\phi,\psi$ 至少以 $x^{-1}$ 的速度趨近於零，所以

$$\phi^*(x)\psi(x)\sim x^{-2}\to 0 \qquad (x\to\pm\infty),$$

邊界項消失。因此

$$\left(\frac{d}{dx}\right)^\dagger = -\frac{d}{dx}.$$

所以 $\dfrac{d}{dx}$ 是反厄米算符，而

$$\left(i\frac{d}{dx}\right)^\dagger = \left(\frac{d}{dx}\right)^\dagger(-i) = \left(-\frac{d}{dx}\right)(-i) = i\frac{d}{dx},$$

故 $i\dfrac{d}{dx}$ 是 Hermitian。

對於乘法算符 $V(x)$，

$$\langle \phi,V\psi\rangle = \int \phi^*V\psi\,dx,$$

其伴隨算符為乘以 $V^*(x)$。因此，若 $V(x)$ 為實函數，乘法算符便是 Hermitian；若 $V(x)$ 為純虛函數，則為反厄米算符。

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解題方法

逐一將各選項拆成微分算符與乘法算符，利用：

$$\left(\frac{d}{dx}\right)^\dagger=-\frac{d}{dx}, \qquad \left(i\frac{d}{dx}\right)^\dagger=i\frac{d}{dx},$$

以及實函數乘法算符 $x$、$x^2$ 為 Hermitian。

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選項分析

(A) $\displaystyle \frac{1}{i}\frac{d}{dx}+x^2$

因為