108 年 國立中央大學天文研究所碩士班一般生《應用數學》

本題主要考驗微積分基本概念，包括求極值、畫函數圖形，以及對曲線變形的理解。

(a) 求極值與繪製函數圖形

首先，我們需要找出函數 $y = x^3 - 3x + 2$ 的極值。這需要計算一階導數並令其為零。
$y' = \frac{dy}{dx} = 3x^2 - 3$
令 $y' = 0$，得 $3x^2 - 3 = 0 \implies x^2 = 1 \implies x = \pm 1$。

接著，我們使用二階導數來判斷這些點是極大值還是極小值。
$y'' = \frac{d^2y}{dx^2} = 6x$

當 $x = 1$ 時，$y''(1) = 6(1) = 6 > 0$，所以 $x=1$ 是局部極小值點。
對應的 $y$ 值為 $y(1) = (1)^3 - 3(1) + 2 = 1 - 3 + 2 = 0$。
極小值點為 $(1, 0)$。

當 $x = -1$ 時，$y''(-1) = 6(-1) = -6 < 0$，所以 $x=-1$ 是局部極大值點。
對應的 $y$ 值為 $y(-1) = (-1)^3 - 3(-1) + 2 = -1 + 3 + 2 = 4$。
極大值點為 $(-1, 4)$。

接下來，我們找出函數的根（即 $y=0$ 的點）。
題目已給出 $y = (x+2)(x-1)^2$。
令 $y=0$，則 $(x+2)(x-1)^2 = 0$，根為 $x = -2$ 和 $x = 1$（重根）。
重根 $x=1$ 代表函數在 $x=1$ 處與 x 軸相切。

結合極值點 $(-1, 4)$、$(1, 0)$，以及根 $x=-2$ 和 $x=1$（切點），我們可以在 x-y 平面上繪製函數圖形。
函數在 $x \to \infty$ 時 $y \to \infty$，在 $x \to -\infty$ 時 $y \to -\infty$。
圖形大致會從左下角上升，經過 $(-2, 0)$，在 $(-1, 4)$ 達到局部極大值，然後下降經過 $(1, 0)$ 處與 x 軸相切，之後再上升。

【答案】
函數有局部極大值點 $(-1, 4)$ 和局部極小值點 $(1, 0)$。
函數的根為 $x = -2$ 和 $x = 1$（重根）。
繪製的圖形應包含上述特徵。

(b) 繪製曲線 $y^2 = x^3 - 3x + 2$

這個曲線是 $y = x^3 - 3x + 2$ 的對稱變形。
首先，觀察函數 $f(x) = x^3 - 3x + 2$。我們已經知道它的根是 $x=-2$ 和 $x=1$（重根），極大值點是 $(-1, 4)$，極小值點是 $(1, 0)$。

由於曲線是 $y^2 = f(x)$，我們有以下性質：

1. 對稱性: 由於 $y$ 只出現在 $y^2$ 的形式中，所以如果 $(x, y)$ 在曲線上，那麼 $(x, -y)$ 也一定在曲線上。這表示曲線關於 x 軸對稱。
2. 定義域: $y^2 \ge 0$，所以我們必須有 $f(x) = x^3 - 3x + 2 \ge 0$。從 (a) 的分析，我們知道 $f(x) \ge 0$ 的區域是 $x \in [-2, 1] \cup [1, \infty)$，也就是 $x \ge -2$。
3. y=0 的點: 當 $y=0$ 時，$f(x)=0$，即 $x^3 - 3x + 2 = 0$。這發生在 $x=-2$ 和 $x=1$。所以曲線與 x 軸的交點是 $(-2, 0)$ 和 $(1, 0)$。
4. 極值:
   • 當 $f(x)$ 有局部極大值時，例如在 $x=-1$，$f(-1)=4$。此時 $y^2 = 4$，所以 $y = \pm 2$。這產生了兩個點 $(-1, 2)$ 和 $(-1, -2)$。
   • 當 $f(x)$ 有局部極小值時，例如在 $x=1$，$f(1)=0$。此時 $y^2 = 0$，所以 $y=0$。這產生了點 $(1, 0)$，與 x 軸相切。

繪製步驟：

• 標出 x 軸交點 $(-2, 0)$ 和 $(1, 0)$。
• 標出關於 x 軸對稱的點 $(-1, 2)$ 和 $(-1, -2)$。
• 由於 $x \ge -2$，我們從 $x=-2$ 開始繪製。
• 在 $x=-2$ 到 $x=-1$ 之間，$f(x)$ 從 0 上升到 4。這意味著 $y$ 從 0 上升到 $\pm 2$。
• 在 $x=-1$ 到 $x=1$ 之間，$f(x)$ 從 4 下降到 0。這意味著 $y$ 從 $\pm 2$ 下降到 0。
• 在 $x > 1$ 之間，$f(x)$ 從 0 上升到 $\infty$。這意味著 $y^2$ 從 0 上升到 $\infty$，所以 $y$ 從 0 上升到 $\pm \infty$。
• 由於曲線關於 x 軸對稱，我們繪製上半部 ($y \ge 0$) 然後鏡射到下半部 ($y \le 0$)。

【答案】
曲線關於 x 軸對稱，定義域為 $x \ge -2$。
主要特徵點包括 $(-2, 0)$, $(1, 0)$, $(-1, 2)$, $(-1, -2)$。
在 $x=1$ 處，曲線與 x 軸相切。
繪製的圖形應反映上述特徵。

核心觀念

本題考查球座標與直角座標的轉換，以及球座標的局部正交單位向量。採用慣例：

• $r$：原點至粒子的距離。
• $\theta$：與正 $z$ 軸的夾角，稱為極角。
• $\phi$：粒子在 $xy$ 平面投影與正 $x$ 軸的夾角，稱為方位角。

球座標的單位向量會隨位置改變，因此求速度與加速度時，除了微分 $r,\theta,\phi$，也必須微分 $\hat e_r,\hat e_\theta,\hat e_\phi$。

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(a) 兩種座標系的關係

粒子位置為 $P(x,y,z)$，其在 $xy$ 平面的投影為 $Q$。定義

$$OP=r,\qquad OQ=r\sin\theta,\qquad z=r\cos\theta.$$

示意圖如下：

                         z
                         ↑
                         │
                         │        P(r,θ,φ)
                         │       ●
                         │      /│
                         │     / │ r
                         │    /θ │
                         │   /   │
                         O──●─────┘────────→ x
                           Q
                          ╱
                         ╱ φ
                        ↙
                       y

其中：

• $\hat e_r$ 指向半徑增加的方向，即由原點指向粒子。
• $\hat e_\theta$ 指向 $\theta$ 增加的方向，即沿經線朝遠離正 $z$ 軸的方向。
• $\hat e_\phi$ 指向 $\phi$ 增加的方向，即繞 $z$ 軸的切線方向。

三個球座標單位向量彼此正交，但其方向隨著 $\theta,\phi$ 改變。

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(b) 球座標單位向量

徑向單位向量 $\hat e_r$

位置向量可寫成

$$\vec r=x\hat e_x+y\hat e_y+z\hat e_z.$$

除以長度 $r$，得到徑向單位向量：

$$\hat e_r = \sin\theta\cos\phi\,\hat e_x + \sin\theta\sin\phi\,\hat e_y + \cos\theta\,\hat e_z.$$

極角方向單位向量 $\hat e_\theta$

對 $\hat e_r$ 對 $\theta$ 微分：

$$\frac{\partial \hat e_r}{\partial\theta} = \cos\theta\cos\phi\,\hat e_x + \cos\theta\sin\phi\,\hat e_y - \sin\theta\,\hat e_z.$$

此向量的長度為 $1$，且方向正是 $\theta$ 增加的方向，因此

$$\hat e_\theta = \cos\theta\cos\phi\,\hat e_x + \cos\theta\sin\phi\,\hat e_y - \sin\theta\,\hat e_z.$$

方位角方向單位向量 $\hat e_\phi$

對 $\hat e_r$ 對 $\phi$ 微分：

$$\frac{\partial \hat e_r}{\partial\phi} = -\sin\theta\sin\phi\,\hat e_x + \sin\theta\cos\phi\,\hat e_y.$$

其長度為 $\sin\theta$，所以除以 $\sin\theta$ 後得到單位向量：

$$\hat e_\phi = -\sin\phi\,\hat e_x + \cos\phi\,\hat e_y.$$

因此三個單位向量為

$$\boxed{ \hat e_r = \sin\theta\cos\phi\,\hat e_x + \sin\theta\sin\phi\,\hat e_y + \cos\theta\,\hat e_z }$$ $$\boxed{ \hat e_\theta = \cos\theta\cos\phi\,\hat e_x + \cos\theta\sin\phi\,\hat e_y - \sin\theta\,\hat e_z }$$ $$\boxed{ \hat e_\phi = -\sin\phi\,\hat e_x + \cos\phi\,\hat e_y }$$

快速驗算：

$$\hat e_r\cdot\hat e_\theta = \hat e_\theta\cdot\hat e_\phi = \hat e_\phi\cdot\hat e_r =0,$$

且

$$|\hat e_r|=|\hat e_\theta|=|\hat e_\phi|=1.$$

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(c) 位置、速度與加速度

位置向量

由直角座標轉換式，

$$\vec r = x\hat e_x+y\hat e_y+z\hat e_z.$$

代入

$$x=r\sin\theta\cos\phi,\qquad y=r\sin\theta\sin\phi,\qquad z=r\cos\theta,$$

可得

$$\vec r = r\left( \sin\theta\cos\phi\,\hat e_x + \sin\theta\sin\phi\,\hat e_y + \cos\theta\,\hat e_z \right).$$

因此

$$\boxed{\vec r=r\hat e_r}.$$

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球座標基底向量的時間微分

由 $\hat e_r$ 對 $\theta,\phi$ 的偏微分，

$$\frac{\partial\hat e_r}{\partial\theta} =\hat e_\theta, \qquad \frac{\partial\hat e_r}{\partial\phi} =\sin\theta\,\hat e_\phi.$$

使用鏈鎖律：

$$\frac{d\hat e_r}{dt} = \frac{\partial\hat e_r}{\partial\theta}\dot\theta + \frac{\partial\hat e_r}{\partial\phi}\dot\phi,$$

所以

$$\boxed{ \frac{d\hat e_r}{dt} = \dot\theta\,\hat e_\theta + \dot\phi\sin\theta\,\hat e_\phi }.$$

同理可得

核心觀念

本題評量線性代數中矩陣特徵理論與矩陣求逆運算的三大基本主題：

1. 特徵值與特徵向量（Eigenvalues and Eigenvectors）：
   • 滿足特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$ 的標量 $\lambda$ 為特徵值。
   • 對應特定特徵值 $\lambda$ 的非零向量 $\mathbf{v}$，滿足 $(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$，構成該特徵值的特徵空間（Eigenspace）。
2. 正交性（Orthogonality）：
   • 在標準內積空間中，兩實向量 $\mathbf{u}, \mathbf{v}$ 若滿足內積 $\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} = \mathbf{u}^T \mathbf{v} = 0$，則兩向量互相垂直（正交）。
3. 反矩陣（Inverse Matrix）：
   • 若矩陣 $A$ 之行列式值 $\det(A) \neq 0$，則 $A$ 可逆。
   • 可利用古典伴隨矩陣法（Adjugate Formula）：$A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \operatorname{adj}(A)$，或列運算高斯－喬登消去法（Gauss-Jordan Elimination）求得。

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解題方法與推導過程

(a) 求特徵值與對應之特徵向量

Step 1：求解特徵多項式

計算特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$：

$$\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} 1 - \lambda & 0 & 4 \\ 0 & 4 - \lambda & 0 \\ 1 & 0 & 1 - \lambda \end{vmatrix} = 0$$

沿著第二列（第二列僅有一個非零元素 $4 - \lambda$）進行拉普拉斯展開：

$$\det(A - \lambda I) = (4 - \lambda) \begin{vmatrix} 1 - \lambda & 4 \\ 1 & 1 - \lambda \end{vmatrix} = 0$$

展開二階行列式：

$$(4 - \lambda) \left[ (1 - \lambda)^2 - 4 \right] = 0$$ $$(4 - \lambda) \left( \lambda^2 - 2\lambda - 3 \right) = 0$$ $$(4 - \lambda)(\lambda - 3)(\lambda + 1) = 0$$

解得特徵值為：

$$\lambda_1 = 4, \quad \lambda_2 = 3, \quad \lambda_3 = -1$$

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Step 2：求各特徵值對應之特徵向量

1. 當 $\lambda_1 = 4$ 時：
   解方程式 $(A - 4I)\mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$：

   $$\begin{pmatrix} -3 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

   由第一式 $-3x_1 + 4x_3 = 0$ 與第三式 $x_1 - 3x_3 = 0$ 可得聯立解：

   $$x_1 = 0, \quad x_3 = 0$$

   變數 $x_2$ 為自由變數（Free variable）。令 $x_2 = 1$（或任意非零實數 $c_1$），對應之特徵向量為：

   $$\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$$

2. 當 $\lambda_2 = 3$ 時：
   解方程式 $(A - 3I)\mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$：

   $$\begin{pmatrix} -2 & 0 & 4 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

   由第二列直接得 $x_2 = 0$；
   由第一列及第三列得 $-2x_1 + 4x_3 = 0 \implies x_1 = 2x_3$。
   令 $x_3 = 1$（或任意非零實數 $c_2$），對應之特徵向量為：

   $$\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$$

3. 當 $\lambda_3 = -1$ 時：
   解方程式 $(A - (-1)I)\mathbf{v}_3 = (A + I)\mathbf{v}_3 = \mathbf{0}$：

   $$\begin{pmatrix} 2 & 0 & 4 \\ 0 & 5 & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

   由第二列得 $5x_2 = 0 \implies x_2 = 0$；
   由第一列與第三列得 $x_1 + 2x_3 = 0 \implies x_1 = -2x_3$。
   令 $x_3 = 1$（或任意非零實數 $c_3$），對應之特徵向量為：

   $$\mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$$

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(b) 檢驗特徵向量之間的正交性

分別計算三組特徵向量之間的兩兩點積（內積）：

1. $\mathbf{v}_1$ 與 $\mathbf{v}_2$：

   $$\mathbf{v}_1 \cdot \mathbf{v}_2 = (0)(2) + (1)(0) + (0)(1) = 0$$

   因此 $\mathbf{v}_1 \perp \mathbf{v}_2$。

2. $\mathbf{v}_1$ 與 $\mathbf{v}_3$：

   $$\mathbf{v}_1 \cdot \mathbf{v}_3 = (0)(-2) + (1)(0) + (0)(1) = 0$$

   因此 $\mathbf{v}_1 \perp \mathbf{v}_3$。

3. $\mathbf{v}_2$ 與 $\mathbf{v}_3$：

   $$\mathbf{v}_2 \cdot \mathbf{v}_3 = (2)(-2) + (0)(0) + (1)(1) = -4 + 0 + 1 = -3 \neq 0$$

本題主要考驗向量微積分中的保守力、旋度、梯度，以及重力位能的概念。

(a) 證明保守力旋度為零

一個力場 $\mathbf{F}$ 被定義為一個勢能函數 $\phi$ 的梯度負值，即 $\mathbf{F} = -\nabla \phi$，則稱 $\mathbf{F}$ 為保守力。
我們需要證明其旋度 $\nabla \times \mathbf{F} = \mathbf{0}$。

設 $\mathbf{F} = F_x \hat{e}_x + F_y \hat{e}_y + F_z \hat{e}_z$。
根據定義， $F_x = -\frac{\partial \phi}{\partial x}$, $F_y = -\frac{\partial \phi}{\partial y}$, $F_z = -\frac{\partial \phi}{\partial z}$。

旋度的定義為：

$$\nabla \times \mathbf{F} = \begin{vmatrix} \hat{e}_x & \hat{e}_y & \hat{e}_z \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ F_x & F_y & F_z \end{vmatrix}$$ $$= \left( \frac{\partial F_z}{\partial y} - \frac{\partial F_y}{\partial z} \right) \hat{e}_x + \left( \frac{\partial F_x}{\partial z} - \frac{\partial F_z}{\partial x} \right) \hat{e}_y + \left( \frac{\partial F_y}{\partial x} - \frac{\partial F_x}{\partial y} \right) \hat{e}_z$$

我們來計算每一項的係數：

$\hat{e}_x$ 的係數：$\frac{\partial F_z}{\partial y} - \frac{\partial F_y}{\partial z}$
$= \frac{\partial}{\partial y} \left( -\frac{\partial \phi}{\partial z} \right) - \frac{\partial}{\partial z} \left( -\frac{\partial \phi}{\partial y} \right)$
$= -\frac{\partial^2 \phi}{\partial y \partial z} + \frac{\partial^2 \phi}{\partial z \partial y}$
由於二階偏導數在連續區域是連續的，所以 $\frac{\partial^2 \phi}{\partial y \partial z} = \frac{\partial^2 \phi}{\partial z \partial y}$。
因此，$\hat{e}_x$ 的係數為 0。

$\hat{e}_y$ 的係數：$\frac{\partial F_x}{\partial z} - \frac{\partial F_z}{\partial x}$
$= \frac{\partial}{\partial z} \left( -\frac{\partial \phi}{\partial x} \right) - \frac{\partial}{\partial x} \left( -\frac{\partial \phi}{\partial z} \right)$
$= -\frac{\partial^2 \phi}{\partial z \partial x} + \frac{\partial^2 \phi}{\partial x \partial z}$
同樣，由於二階偏導數的連續性，此項也為 0。

$\hat{e}_z$ 的係數：$\frac{\partial F_y}{\partial x} - \frac{\partial F_x}{\partial y}$
$= \frac{\partial}{\partial x} \left( -\frac{\partial \phi}{\partial y} \right) - \frac{\partial}{\partial y} \left( -\frac{\partial \phi}{\partial x} \right)$
$= -\frac{\partial^2 \phi}{\partial x \partial y} + \frac{\partial^2 \phi}{\partial y \partial x}$
此項也為 0。

所以，$\nabla \times \mathbf{F} = 0 \hat{e}_x + 0 \hat{e}_y + 0 \hat{e}_z = \mathbf{0}$。
這證明了任何保守力場的旋度都為零。

【答案】
通過計算，所有旋度的分量均為零，因此 $\nabla \times \mathbf{F} = \mathbf{0}$。

(b) 證明潮汐力是保守力並求勢能

給定的潮汐力分量為：
$F_x = -\frac{GMm}{R^3}x$
$F_y = -\frac{GMm}{R^3}y$
$F_z = \frac{2GMm}{R^3}z$

首先，我們需要證明這個力場是保守的，即證明 $\nabla \times \mathbf{F} = \mathbf{0}$。
設 $k = \frac{GMm}{R^3}$。則 $\mathbf{F} = (-kx, -ky, 2kz)$。

計算旋度：
$\frac{\partial F_z}{\partial y} = \frac{\partial (2kz)}{\partial y} = 0$
$\frac{\partial F_y}{\partial z} = \frac{\partial (-ky)}{\partial z} = 0$
所以 $\hat{e}_x$ 的係數為 $0 - 0 = 0$。

$\frac{\partial F_x}{\partial z} = \frac{\partial (-kx)}{\partial z} = 0$
$\frac{\partial F_z}{\partial x} = \frac{\partial (2kz)}{\partial x} = 0$
所以 $\hat{e}_y$ 的係數為 $0 - 0 = 0$。

$\frac{\partial F_y}{\partial x} = \frac{\partial (-ky)}{\partial x} = 0$
$\frac{\partial F_x}{\partial y} = \frac{\partial (-kx)}{\partial y} = 0$
所以 $\hat{e}_z$ 的係數為 $0 - 0 = 0$。

因此，$\nabla \times \mathbf{F} = \mathbf{0}$。這證明了潮汐力是一個保守力場。

接下來，我們需要找到對應的勢能 $\phi$。根據保守力的定義，$\mathbf{F} = -\nabla \phi$。
$F_x = -\frac{\partial \phi}{\partial x} = -kx \implies \frac{\partial \phi}{\partial x} = kx$
$F_y = -\frac{\partial \phi}{\partial y} = -ky \implies \frac{\partial \phi}{\partial y} = ky$
$F_z = -\frac{\partial \phi}{\partial z} = 2kz \implies \frac{\partial \phi}{\partial z} = -2kz$

對第一個方程積分：
$\phi(x, y, z) = \int kx \, dx = \frac{1}{2} kx^2 + f(y, z)$
其中 $f(y, z)$ 是積分常數，它可能是 $y$ 和 $z$ 的函數。

對第二個方程積分：
$\phi(x, y, z) = \int ky \, dy = \frac{1}{2} ky^2 + g(x, z)$
其中 $g(x, z)$ 是積分常數，它可能是 $x$ 和 $z$ 的函數。

將第一個積分結果代入第二個方程的條件：
$\frac{\partial}{\partial y} (\frac{1}{2} kx^2 + f(y, z)) = ky$
$\frac{\partial f(y, z)}{\partial y} = ky$
對 $f(y, z)$ 進行積分：

本題考驗常微分方程的求解，特別是包含狄拉克 δ 函數的非齊次方程，以及如何處理匹配條件。

(a) 連續解的匹配條件

考慮方程 $\ddot{x} + \frac{\dot{x}}{t} - \frac{x}{t^2} = \delta(t - t_0)$。
狄拉克 δ 函數 $\delta(t-t_0)$ 在 $t=t_0$ 處有一個衝激。
我們尋求一個連續的解 $x(t)$。

首先，觀察方程的齊次部分：$\ddot{x} + \frac{\dot{x}}{t} - \frac{x}{t^2} = 0$。
這個方程的結構類似於 Euler-Cauchy 方程，但多了 $\frac{\dot{x}}{t}$ 這一項。
如果我們假設解的形式是 $x(t) = t^r$，則 $\dot{x} = rt^{r-1}$，$\ddot{x} = r(r-1)t^{r-2}$。
代入齊次方程：
$r(r-1)t^{r-2} + \frac{rt^{r-1}}{t} - \frac{t^r}{t^2} = 0$
$r(r-1)t^{r-2} + rt^{r-2} - t^{r-2} = 0$
$t^{r-2} [r(r-1) + r - 1] = 0$
$r^2 - r + r - 1 = 0$
$r^2 - 1 = 0 \implies r = \pm 1$。
所以，齊次方程的兩個獨立解是 $x_h(t) = c_1 t + c_2 t^{-1}$。
這意味著，在 $t=0$ 附近，齊次解 $c_2 t^{-1}$ 是不連續的（趨於無窮大）。
然而，題目中給定的初始條件是 $x(0)=0$ 和 $\dot{x}(0)=1$。這意味著解在 $t=0$ 處必須是有限的。
如果 $x(t) = c_1 t + c_2 t^{-1}$，那麼 $\dot{x}(t) = c_1 - c_2 t^{-2}$。
為了使 $x(0)$ 有限， $c_2$ 必須為 0。
為了使 $\dot{x}(0)$ 有限， $c_2$ 也必須為 0。
所以，在 $t=0$ 附近，齊次解必須是 $x_h(t) = c_1 t$。
這與初始條件 $x(0)=0$ 和 $\dot{x}(0)=1$ 相符，因為這會得到 $x(t)=t$ (當沒有 δ 函數時)。

現在考慮 δ 函數的影響。狄拉克 δ 函數表示在 $t=t_0$ 處有一個無限大的瞬時「力」或「衝激」。
對於一個連續的解 $x(t)$，我們要求 $x(t)$ 在 $t=t_0$ 處是連續的。
然而，δ 函數會導致 $\ddot{x}$ 在 $t=t_0$ 處有一個「跳躍」。
我們可以通過對原方程積分來分析這種跳躍。

對方程兩邊從 $t_0 - \epsilon$ 到 $t_0 + \epsilon$ 積分，其中 $\epsilon \to 0^+$。

$$\int_{t_0-\epsilon}^{t_0+\epsilon} \left( \ddot{x} + \frac{\dot{x}}{t} - \frac{x}{t^2} \right) dt = \int_{t_0-\epsilon}^{t_0+\epsilon} \delta(t - t_0) dt$$ $$\int_{t_0-\epsilon}^{t_0+\epsilon} \ddot{x} dt + \int_{t_0-\epsilon}^{t_0+\epsilon} \frac{\dot{x}}{t} dt - \int_{t_0-\epsilon}^{t_0+\epsilon} \frac{x}{t^2} dt = 1$$

當 $\epsilon \to 0^+$ 時：
$\int_{t_0-\epsilon}^{t_0+\epsilon} \ddot{x} dt = [\dot{x}]_{t_0-\epsilon}^{t_0+\epsilon} = \dot{x}(t_0^+) - \dot{x}(t_0^-)$
$\int_{t_0-\epsilon}^{t_0+\epsilon} \frac{\dot{x}}{t} dt \approx \frac{\dot{x}(t_0)}{t_0} \int_{t_0-\epsilon}^{t_0+\epsilon} dt = \frac{\dot{x}(t_0)}{t_0} (2\epsilon) \to 0$
$\int_{t_0-\epsilon}^{t_0+\epsilon} \frac{x}{t^2} dt \approx \frac{x(t_0)}{t_0^2} \int_{t_0-\epsilon}^{t_0+\epsilon} dt = \frac{x(t_0)}{t_0^2} (2\epsilon) \to 0$

所以，主要的貢獻來自 $\ddot{x}$ 的積分：
$\dot{x}(t_0^+) - \dot{x}(t_0^-) = 1$

這意味著，在 $t=t_0$ 處，一階導數 $\dot{x}$ 有一個大小為 1 的跳躍。
題目要求的是「連續解 for $x(t)$」，這意味著 $x(t)$ 本身在 $t=t_0$ 處是連續的，即 $x(t_0^+) = x(t_0^-)$。
但是，對於 $\dot{x}$，我們發現它有一個跳躍。

然而，題目問的是 "what kind of matching condition(s) will you suggest for $\dot{x}$ at time $t = t_0$."
如果我們尋求一個「廣義解」 (weak solution)，那麼 $\dot{x}$ 的跳躍是允許的。
但如果我們尋求的是一個「經典解」 (classical solution)，那麼 $\ddot{x}$ 必須是良態的 (well-behaved)，並且 $\dot{x}$ 必須連續。
但是，δ 函數的引入本身就暗示了我們需要處理某種形式的不連續性。

通常，對於帶有 δ 函數的 ODE，我們允許解的某些導數有跳躍。
對於 $\ddot{x} + P(t)\dot{x} + Q(t)x = f(t)\delta(t-t_0)$ 類型的方程：
如果 $f(t_0) \ne 0$ 且 $P(t_0) \ne 0$，那麼 $\dot{x}$ 會有跳躍。
如果 $P(t_0) = 0$ 且 $f(t_0) \ne 0$，那麼 $\ddot{x}$ 會有跳躍。

在我們的方程 $\ddot{x} + \frac{1}{t}\dot{x} - \frac{1}{t^2}x = \delta(t - t_0)$ 中，
$P(t) = 1/t$
$Q(t) = -1/t^2$
$f(t) = 1$
在 $t=t_0$ 處，$P(t_0) = 1/t_0$。
如果 $t_0 \ne 0$，那麼 $P(t_0) \ne 0$。
因此，我們預期 $\dot{x}$ 會有跳躍，其大小為 $f(t_0) = 1$。
即 $\dot{x}(t_0^+) - \dot{x}(t_0^-) = 1$。

所以，匹配條件是 $\dot{x}(t)$ 在 $t=t_0$ 處有一個大小為 1 的跳躍。

理由:
狄拉克 δ 函數代表一個無限大的瞬時作用。當它出現在方程的右側時，它會導致解的某些導數發生跳躍。對於形如 $\ddot{x} + P(t)\dot{x} + Q(t)x = f(t)\delta(t-t_0)$ 的方程，如果 $P(t_0) \ne 0$ 且 $f(t_0) \ne 0$，則