115 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》

本題主要考查線性代數中矩陣的特徵值、特徵向量、行列式及逆矩陣的計算。

(a) 求矩陣 A 的特徵值。
特徵值 $\lambda$ 滿足特徵方程 $\det(A - \lambda I) = 0$，其中 $I$ 是單位矩陣。
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 5-\lambda & -2 \\ -2 & 2-\lambda \end{pmatrix}$
$\det(A - \lambda I) = (5-\lambda)(2-\lambda) - (-2)(-2) = (10 - 5\lambda - 2\lambda + \lambda^2) - 4 = \lambda^2 - 7\lambda + 6$
令 $\lambda^2 - 7\lambda + 6 = 0$，因式分解得 $(\lambda - 1)(\lambda - 6) = 0$。
所以特徵值為 $\lambda_1 = 1$ 和 $\lambda_2 = 6$。

【答案】$\lambda_1 = 1, \lambda_2 = 6$

(b) 求矩陣 A 的正規化特徵向量。
對於特徵值 $\lambda_1 = 1$：
$(A - 1I)v_1 = 0$
$\begin{pmatrix} 4 & -2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
由第一行可得 $4x - 2y = 0$，即 $y = 2x$。
取 $x=1$，則 $y=2$。特徵向量為 $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$。
正規化後， $\|v_1\| = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{5}$。
正規化特徵向量為 $u_1 = \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$。

對於特徵值 $\lambda_2 = 6$：
$(A - 6I)v_2 = 0$
$\begin{pmatrix} -1 & -2 \\ -2 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

本題主要考查向量分析中的方向導數、向量場的旋度與散度，以及座標變換。

(a) 求函數 $\phi$ 在指定點沿指定方向的變化率。
變化率即為方向導數，等於梯度向量與單位方向向量的點積。
首先計算梯度向量 $\nabla\phi$：
$\nabla\phi = \frac{\partial\phi}{\partial x} \hat{e}_x + \frac{\partial\phi}{\partial y} \hat{e}_y + \frac{\partial\phi}{\partial z} \hat{e}_z$
$\frac{\partial\phi}{\partial x} = y^3 + z$
$\frac{\partial\phi}{\partial y} = 3xy^2$
$\frac{\partial\phi}{\partial z} = x$
所以在點 $(2, 1, -1)$ 的梯度為：
$\nabla\phi|_{(2,1,-1)} = (1^3 + (-1)) \hat{e}_x + 3(2)(1^2) \hat{e}_y + 2 \hat{e}_z$
$\nabla\phi|_{(2,1,-1)} = (1 - 1) \hat{e}_x + 6 \hat{e}_y + 2 \hat{e}_z = 6 \hat{e}_y + 2 \hat{e}_z$

指定的方向向量為 $\vec{d} = \hat{e}_x + 3 \hat{e}_y + 2 \hat{e}_z$。
單位方向向量 $\hat{u}$ 為：
$\|\vec{d}\| = \sqrt{1^2 + 3^2 + 2^2} = \sqrt{1 + 9 + 4} = \sqrt{14}$
$\hat{u} = \frac{1}{\sqrt{14}} (\hat{e}_x + 3 \hat{e}_y + 2 \hat{e}_z)$

方向導數為 $\nabla\phi \cdot \hat{u}$：
$\nabla\phi|_{(2,1,-1)} \cdot \hat{u} = (6 \hat{e}_y + 2 \hat{e}_z) \cdot \frac{1}{\sqrt{14}} (\hat{e}_x + 3 \hat{e}_y + 2 \hat{e}_z)$
$= \frac{1}{\sqrt{14}} (0 \times 1 + 6 \times 3 + 2 \times 2)$
$= \frac{1}{\sqrt{14}} (0 + 18 + 4) = \frac{22}{\sqrt{14}} = \frac{11\sqrt{14}}{7}$

【答案】$\frac{22}{\sqrt{14}}$ 或 $\frac{11\sqrt{14}}{7}$

(b)
i. 求向量場 $\vec{V}$ 的旋度。
$\vec{V} = yz \hat{e}_x - y \hat{e}_y + xz^2 \hat{e}_z$
旋度 $\nabla \times \vec{V}$ 的計算如下：
$\nabla \times \vec{V} = \begin{vmatrix} \hat{e}_x & \hat{e}_y & \hat{e}_z \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ yz & -y & xz^2 \end{vmatrix}$
$= \hat{e}_x \left( \frac{\partial}{\partial y}(xz^2) - \frac{\partial}{\partial z}(-y) \right) - \hat{e}_y \left( \frac{\partial}{\partial x}(xz^2) - \frac{\partial}{\partial z}(yz) \right) + \hat{e}_z \left( \frac{\partial}{\partial x}(-y) - \frac{\partial}{\partial y}(yz) \right)$
$= \hat{e}_x (0 - (-1)) - \hat{e}_y (z^2 - y) + \hat{e}_z (0 - z)$
$= \hat{e}_x + (y - z^2) \hat{e}_y - z \hat{e}_z$

【答案】$\hat{e}_x + (y - z^2) \hat{e}_y - z \hat{e}_z$

ii. 將向量場 $\vec{V}$ 表達為柱座標。
給定轉換關係：$x = r\cos\theta, y = r\sin\theta, z = z$。
我們需要將向量場的基底向量從笛卡兒座標 $(\hat{e}_x, \hat{e}_y, \hat{e}_z)$ 轉換為柱座標基底向量 $(\hat{e}_r, \hat{e}_\theta, \hat{e}_z)$。
轉換關係為：
$\hat{e}_x = \cos\theta \hat{e}_r - \sin\theta \hat{e}_\theta$
$\hat{e}_y = \sin\theta \hat{e}_r + \cos\theta \hat{e}_\theta$
$\hat{e}_z = \hat{e}_z$

將 $\vec{V} = yz \hat{e}_x - y \hat{e}_y + xz^2 \hat{e}_z$ 中的 $\hat{e}_x, \hat{e}_y$ 替換：
$yz = (r\sin\theta)z$
$-y = -(r\sin\theta)$
$xz^2 = (r\cos\theta)z^2$

$\vec{V} = (r\sin\theta)z (\cos\theta \hat{e}_r - \sin\theta \hat{e}_\theta) - (r\sin\theta) (\sin\theta \hat{e}_r + \cos\theta \hat{e}_\theta) + (r\cos\theta)z^2 \hat{e}_z$
將各項展開並合併 $\hat{e}_r, \hat{e}_\theta, \hat{e}_z$ 的係數：

本題考查二階線性常微分方程的求解，包括齊次方程的通解和非齊次方程的特解。

首先求解齊次方程 $\frac{d^2y}{dx^2} + \frac{dy}{dx} - 2y = 0$。
其特徵方程為 $r^2 + r - 2 = 0$。
因式分解得 $(r+2)(r-1) = 0$。
特徵根為 $r_1 = 1$ 和 $r_2 = -2$。
因此，齊次方程的通解為 $y_h(x) = C_1 e^x + C_2 e^{-2x}$。

接下來，求解非齊次方程的特解 $y_p(x)$。
右側函數為 $g(x) = e^x$。
由於 $e^x$ 是齊次方程的解（對應特徵根 $r_1=1$），我們需要將特解的形式設為 $y_p(x) = Axe^x$。
求導：
$y_p'(x) = A e^x + A x e^x = A(1+x)e^x$

核心觀念

在 $[-1,1]$ 上採用內積

$$\langle g,h\rangle=\int_{-1}^{1}g(x)h(x)\,dx.$$

正交多項式需滿足 $\langle f_m,f_n\rangle=0$（$m\ne n$）；正規化後還要滿足 $\langle p_n,p_n\rangle=1$。

由於積分區間關於原點對稱，奇函數與偶函數的內積為零。題目要求的形式為

$$p_n(x)=\sqrt{\frac{2n+1}{2}}\,f_n(x),$$

其中 $f_n$ 是正交多項式，並且 $\langle f_n,f_n\rangle=\frac{2}{2n+1}$。

解題方法

依序對 $1,x,x^2,x^3$ 使用 Gram–Schmidt 正交化。計算時先找出正交多項式 $q_n$，再調整比例，令最高次項係數符合題目所給的 $f_n$ 形式。

從 $q_0(x)=1$ 開始，有

$$\langle q_0,q_0\rangle=\int_{-1}^{1}1\,dx=2.$$

對 $x$ 正交化：

$$q_1(x)=x-\frac{\langle x,q_0\rangle}{\langle q_0,q_0\rangle}q_0(x)=x,$$

因為 $\int_{-1}^{1}x\,dx=0$。其平方範數為

$$\langle q_1,q_1\rangle=\int_{-1}^{1}x^2\,dx=\frac{2}{3}.$$

因此 $f_0(x)=1$、$f_1(x)=x$，正規化後為

$$p_0(x)=\frac{1}{\sqrt{2}},\qquad p_1(x)=\sqrt{\frac{3}{2}}\,x.$$

對 $x^2$ 正交化。由奇偶性，$x^2$ 與 $q_1=x$ 正交，只需扣除在 $q_0$ 方向上的投影：

$$q_2(x)=x^2-\frac{\langle x^2,q_0\rangle}{\langle q_0,q_0\rangle}q_0(x) =x^2-\frac{1}{3}.$$

核心觀念

本題計算的是三維傅立葉積分：

$$f(\vec r)=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3} \frac{e^{i\vec k\cdot\vec r}}{k^2+k_m^2}.$$

關鍵觀念包括：

1. 利用球座標分解 $d^3k$。
2. 將極座標軸取在 $\vec r$ 方向，使
   $\vec k\cdot\vec r=kr\cos\theta.$
3. 使用角度積分與複變函數留數定理。
4. 認識三維 Helmholtz 算子之 Green’s function：
   $(-\nabla^2+k_m^2)f(\vec r)=\delta^{(3)}(\vec r).$

以下假設 $k_m>0$。

(a) 球座標與 $k$ 的 contour integral

令 $r=|\vec r|$，並將 $\vec r$ 方向選為球座標的極軸，則

$$\vec k\cdot\vec r=kr\cos\theta,$$

且

$$d^3k=k^2\sin\theta\,dk\,d\theta\,d\phi.$$

因此

$$f(\vec r) = \frac{1}{(2\pi)^3} \int_0^\infty dk\, \frac{k^2}{k^2+k_m^2} \int_0^{2\pi}d\phi \int_0^\pi d\theta\, \sin\theta\,e^{ikr\cos\theta}.$$

先計算角度積分。由

$$\int_0^\pi \sin\theta\,e^{ikr\cos\theta}\,d\theta = \int_{-1}^{1}e^{ikru}\,du = \frac{2\sin(kr)}{kr},$$

以及

$$\int_0^{2\pi}d\phi=2\pi,$$

可得

$$f(\vec r) = \frac{1}{(2\pi)^3} (2\pi) \int_0^\infty dk\, \frac{k^2}{k^2+k_m^2} \frac{2\sin(kr)}{kr}.$$

整理後得到

$$f(\vec r) = \frac{1}{2\pi^2r} \int_0^\infty dk\, \frac{k\sin(kr)}{k^2+k_m^2}.$$

使用 contour integral

考慮複變積分

$$I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{k e^{ikr}}{k^2+k_m^2}\,dk.$$

由於 $r>0$，在上半平面取半圓 contour，因為

$$e^{ik r}=e^{i(\operatorname{Re}k)r}e^{-(\operatorname{Im}k)r},$$

當 $\operatorname{Im}k>0$ 時，半圓弧上的積分在半徑趨近無限大時消失。

被積分函數的極點位於

$$k=\pm i k_m.$$

上半平面內只有

$$k=i k_m.$$

其留數為

$$\operatorname{Res}_{k=i k_m} \frac{k e^{ikr}}{(k-i k_m)(k+i k_m)} = \left. \frac{k e^{ikr}}{k+i k_m} \right|_{k=i k_m}.$$

代入 $k=i k_m$：

$$\operatorname{Res}_{k=i k_m} = \frac{i k_m e^{-k_m r}}{2i k_m} = \frac{1}{2}e^{-k_m r}.$$

依留數定理，

$$I=2\pi i \left(\frac{1}{2}e^{-k_m r}\right) = \pi i\,e^{-k_m r}.$$

另一方面，

$$\frac{k e^{ikr}}{k^2+k_m^2} = \frac{k\cos(kr)}{k^2+k_m^2} + i\frac{k\sin(kr)}{k^2+k_m^2}.$$