112 年 國立臺灣大學海洋研究所物理與化學與地物組（3組聯招）《應用數學》

本題為基本的連鎖律應用。
令 $u = \sin(x^2)$，則 $y = e^u$。
根據連鎖律，$\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx}$。

首先計算 $\frac{dy}{du}$:
$\frac{dy}{du} = \frac{d}{du}(e^u) = e^u$。

接下來計算 $\frac{du}{dx}$。令 $v = x^2$，則 $u = \sin(v)$。
再次使用連鎖律：$\frac{du}{dx} = \frac{du}{dv} \cdot \frac{dv}{dx}$。
$\frac{du}{dv} = \frac{d}{dv}(\sin v) = \cos v$。

本題要求計算函數 $(1-x)^{-1}$ 在 $x_0=0$ 點的泰勒級數展開。

方法一：使用泰勒級數定義
泰勒級數的定義為：
$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$
在此，$f(x) = (1-x)^{-1}$，且 $x_0 = 0$。
我們需要計算 $f(x)$ 的各階導數，並在 $x_0=0$ 處求值。

$f(x) = (1-x)^{-1}$
$f(0) = (1-0)^{-1} = 1$

$f'(x) = -1(1-x)^{-2}(-1) = (1-x)^{-2}$
$f'(0) = (1-0)^{-2} = 1$

$f''(x) = -2(1-x)^{-3}(-1) = 2(1-x)^{-3}$
$f''(0) = 2(1-0)^{-3} = 2$

$f'''(x) = 2(-3)(1-x)^{-4}(-1) = 6(1-x)^{-4}$
$f'''(0) = 6(1-0)^{-4} = 6$

$f^{(4)}(x) = 6(-4)(1-x)^{-5}(-1) = 24(1-x)^{-5}$
$f^{(4)}(0) = 24(1-0)^{-5} = 24$

核心觀念

本題考查單變數函數的泰勒級數展開（Taylor Series Expansion）。
若函數 $g(\theta)$ 在 $\theta = \theta_0$ 處無窮次可微，則其在 $\theta_0$ 附近的泰勒級數定義為：

$$g(\theta) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{g^{(n)}(\theta_0)}{n!} (\theta - \theta_0)^n = g(\theta_0) + g'(\theta_0)(\theta - \theta_0) + \frac{g''(\theta_0)}{2!}(\theta - \theta_0)^2 + \frac{g'''(\theta_0)}{3!}(\theta - \theta_0)^3 + \cdots$$

其中 $g^{(n)}(\theta_0)$ 代表 $g(\theta)$ 對 $\theta$ 的 $n$ 階導數在 $\theta = \theta_0$ 的取值。

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解題方法

給定科氏參數（Coriolis parameter）：

$$f(\theta) = 2\Omega\sin\theta$$

其中 $\Omega$ 為常數。求 $f(\theta)$ 在 $\theta = \theta_0$ 的泰勒級數，依序計算各階導數在 $\theta = \theta_0$ 處的數值：

1. 各階導數計算：

   • 零階項： $$f(\theta_0) = 2\Omega\sin\theta_0$$
   • 一階導數： $$f'(\theta) = \frac{d}{d\theta}(2\Omega\sin\theta) = 2\Omega\cos\theta \implies f'(\theta_0) = 2\Omega\cos\theta_0$$
   • 二階導數： $$f''(\theta) = \frac{d^2}{d\theta^2}(2\Omega\sin\theta) = -2\Omega\sin\theta \implies f''(\theta_0) = -2\Omega\sin\theta_0$$
   • 三階導數： $$f'''(\theta) = \frac{d^3}{d\theta^3}(2\Omega\sin\theta) = -2\Omega\cos\theta \implies f'''(\theta_0) = -2\Omega\cos\theta_0$$
   • 四階導數： $$f^{(4)}(\theta) = 2\Omega\sin\theta \implies f^{(4)}(\theta_0) = 2\Omega\sin\theta_0$$

2. 帶入泰勒級數展開式：
   展開式逐項展開為：

   $$f(\theta) = f(\theta_0) + f'(\theta_0)(\theta - \theta_0) + \frac{f''(\theta_0)}{2!}(\theta - \theta_0)^2 + \frac{f'''(\theta_0)}{3!}(\theta - \theta_0)^3 + \cdots$$

   代入上述各階導數：

   $$f(\theta) = 2\Omega\sin\theta_0 + 2\Omega\cos\theta_0(\theta - \theta_0) - \frac{2\Omega\sin\theta_0}{2!}(\theta - \theta_0)^2 - \frac{2\Omega\cos\theta_0}{3!}(\theta - \theta_0)^3 + \cdots$$

   提出公因數 $2\Omega$：

   $$f(\theta) = 2\Omega \left[ \sin\theta_0 \left( 1 - \frac{(\theta - \theta_0)^2}{2!} + \frac{(\theta - \theta_0)^4}{4!} - \cdots \right) + \cos\theta_0 \left( (\theta - \theta_0) - \frac{(\theta - \theta_0)^3}{3!} + \frac{(\theta - \theta_0)^5}{5!} - \cdots \right) \right]$$

本題要求計算一個極限，當分子和分母都趨近於零時，可以使用羅必達法則 (L'Hôpital's Rule) 或泰勒級數展開。

方法一：羅必達法則
當 $x \to 0$，分子 $\cos(x)-1 \to \cos(0)-1 = 1-1=0$。
分母 $x^2 \to 0^2 = 0$。
由於是 $\frac{0}{0}$ 型不定式，可以使用羅必達法則。

對分子和分母分別求導：
分子導函數：$\frac{d}{dx}(\cos x - 1) = -\sin x$。
分母導函數：$\frac{d}{dx}(x^2) = 2x$。

新的極限為：$\lim_{x \to 0} \frac{-\sin x}{2x}$。
再次檢查，當 $x \to 0$，分子 $-\sin x \to -\sin(0) = 0$。
分母 $2x \to 2(0) = 0$。
仍然是 $\frac{0}{0}$ 型不定式，再次使用羅必達法則。

對分子和分母再次求導：
分子導函數：$\frac{d}{dx}(-\sin x) = -\cos x$。
分母導函數：$\frac{d}{dx}(2x) = 2$。

本題要求計算一個定積分。被積函數是 $x^2 \cos(x)$，積分區間是 $[-1, 1]$。

觀察被積函數 $f(x) = x^2 \cos(x)$ 的奇偶性。
$f(-x) = (-x)^2 \cos(-x) = x^2 \cos(x) = f(x)$。
因為 $f(-x) = f(x)$，所以 $f(x)$ 是偶函數。

對於一個偶函數 $f(x)$，在對稱區間 $[-a, a]$ 上的積分有以下性質：
$\int_{-a}^{a} f(x) dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) dx$。

所以，原積分可以寫成：
$\int_{-1}^{1} x^2 \cos(x) dx = 2 \int_{0}^{1} x^2 \cos(x) dx$。

現在我們需要計算 $\int x^2 \cos(x) dx$。這通常需要分部積分法。
設 $u = x^2$，$dv = \cos(x) dx$。
則 $du = 2x dx$，$v = \sin(x)$。

$\int x^2 \cos(x) dx = uv - \int v du$
$= x^2 \sin(x) - \int \sin(x) (2x dx)$
$= x^2 \sin(x) - 2 \int x \sin(x) dx$。

現在需要計算 $\int x \sin(x) dx$。再次使用分部積分法。
設 $u' = x$，$dv' = \sin(x) dx$。

本題要求找出渦旋旋轉速度最大的半徑。已知速度與高度梯度 $|\frac{dh}{dr}|$ 成正比。因此，我們需要找到 $|\frac{dh}{dr}|$ 最大的半徑 $r$。

首先，我們需要計算高度 $h$ 對半徑 $r$ 的梯度 $\frac{dh}{dr}$。
$h(r) = Ae^{-r^2/L^2}$
其中 $A$ 和 $L$ 都是常數。

使用連鎖律對 $h(r)$ 進行微分：
$\frac{dh}{dr} = \frac{d}{dr} \left( Ae^{-r^2/L^2} \right)$
$= A \cdot \frac{d}{dr} \left( e^{-r^2/L^2} \right)$
令 $u = -\frac{r^2}{L^2}$，則 $\frac{du}{dr} = -\frac{2r}{L^2}$。
$\frac{d}{dr} \left( e^{-r^2/L^2} \right) = e^u \cdot \frac{du}{dr} = e^{-r^2/L^2} \cdot \left(-\frac{2r}{L^2}\right)$。

所以，$\frac{dh}{dr} = A e^{-r^2/L^2} \left(-\frac{2r}{L^2}\right) = -\frac{2Ar}{L^2} e^{-r^2/L^2}$。

渦旋速度 $v$ 與高度梯度成正比，即 $v \propto \left|\frac{dh}{dr}\right|$。
因此，我們要找的是 $|\frac{dh}{dr}|$ 的最大值。
$\left|\frac{dh}{dr}\right| = \left|-\frac{2Ar}{L^2} e^{-r^2/L^2}\right|$。
由於 $r \ge 0$ (半徑)、$A>0$ (振幅通常為正)、$L>0$ (長度尺度)，所以 $\frac{2Ar}{L^2} \ge 0$ 且 $e^{-r^2/L^2} > 0$。
因此，$\left|\frac{dh}{dr}\right| = \frac{2Ar}{L^2} e^{-r^2/L^2}$。

為了找到使 $\left|\frac{dh}{dr}\right|$ 最大的 $r$，我們需要對 $\left|\frac{dh}{dr}\right|$ 關於 $r$ 求導，並令其等於零。
令 $g(r) = \frac{2Ar}{L^2} e^{-r^2/L^2}$。

本題要求計算高斯函數 $h = Ae^{-r^2/L^2}$ 在整個區域的面積積分。由於函數 $h$ 只依賴於徑向距離 $r$，這是一個徑向對稱的積分。我們應該使用極座標來計算這個面積積分。

面積元素 $dA$ 在極座標下是 $dA = r dr d\phi$。
積分區域是整個平面，所以 $\phi$ 的積分範圍是 $[0, 2\pi]$，而 $r$ 的積分範圍是 $[0, \infty)$。

面積積分為：
$\iint_A h dA = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\infty} Ae^{-r^2/L^2} r dr d\phi$。

首先，我們積分 $\phi$：
$\int_{0}^{2\pi} d\phi = 2\pi$。

所以積分變成：
$2\pi A \int_{0}^{\infty} e^{-r^2/L^2} r dr$。

現在我們需要計算徑向積分 $\int_{0}^{\infty} e^{-r^2/L^2} r dr$。
這可以使用變數代換來簡化。
令 $u = -\frac{r^2}{L^2}$。
則 $du = -\frac{2r}{L^2} dr$。
所以，$r dr = -\frac{L^2}{2} du$。

本題要求計算一個方波函數的傅立葉弦級數係數。

給定的方波函數 $SW(x)$ 在區間 $[-\pi, \pi]$ 的定義如下：

$$SW(x) = \begin{cases} -1 & \text{if } -\pi \le x < 0 \\ 0 & \text{if } x = 0 \\ 1 & \text{if } 0 < x \le \pi \end{cases}$$

並且 $SW(x)$ 是一個週期為 $2\pi$ 的函數。

傅立葉弦級數的形式為 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin nx$。
對於一個函數 $f(x)$ 在區間 $[-\pi, \pi]$ 上的傅立葉弦級數，其係數 $b_n$ 的計算公式為：
$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin nx dx$。

在此，我們需要計算 $SW(x)$ 的 $b_n$ 係數：
$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} SW(x) \sin nx dx$。

由於 $SW(x)$ 在 $[-\pi, 0)$ 和 $(0, \pi]$ 上有不同的定義，我們將積分拆開：
$b_n = \frac{1}{\pi} \left( \int_{-\pi}^{0} SW(x) \sin nx dx + \int_{0}^{\pi} SW(x) \sin nx dx \right)$。

將 $SW(x)$ 的定義代入：
$b_n = \frac{1}{\pi} \left( \int_{-\pi}^{0} (-1) \sin nx dx + \int_{0}^{\pi} (1) \sin nx dx \right)$。

現在計算這兩個積分。

第一個積分：$\int_{-\pi}^{0} (-1) \sin nx dx = -\int_{-\pi}^{0} \sin nx dx$。
$\int \sin nx dx = -\frac{1}{n} \cos nx$。
所以，$-\int_{-\pi}^{0} \sin nx dx = -\left[ -\frac{1}{n} \cos nx \right]_{-\pi}^{0} = \frac{1}{n} [\cos nx]_{-\pi}^{0}$
$= \frac{1}{n} (\cos(n \cdot 0) - \cos(n \cdot (-\pi)))$
$= \frac{1}{n} (\cos(0) - \cos(-n\pi))$
$= \frac{1}{n} (1 - \cos(n\pi))$。

核心觀念

本題考查一階線性常微分方程的初值問題：

$$C\frac{dT}{dt}=S-\lambda T, \qquad T(0)=T_0,$$

其中 $S$ 為常數。假設熱容量 $C\neq 0$，且冷卻係數 $\lambda\neq 0$。

將方程式除以 $C$，可得

$$\frac{dT}{dt}+\frac{\lambda}{C}T=\frac{S}{C}.$$

這是一階線性微分方程，亦可直接視為「溫度向平衡溫度衰減」的模型。

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解題方法

先求平衡溫度。當溫度不再變化時，$\dfrac{dT}{dt}=0$，因此

$$0=S-\lambda T_{\mathrm{eq}},$$

得到

$$T_{\mathrm{eq}}=\frac{S}{\lambda}.$$

令溫度偏離平衡值的部分為

$$u(t)=T(t)-\frac{S}{\lambda}.$$

由於 $S/\lambda$ 為常數，

$$\frac{du}{dt}=\frac{dT}{dt}.$$

代回原方程式：

$$C\frac{du}{dt} =S-\lambda\left(u+\frac{S}{\lambda}\right).$$

整理得

$$C\frac{du}{dt}=S-\lambda u-S=-\lambda u,$$

因此

$$\frac{du}{dt}=-\frac{\lambda}{C}u.$$

分離變數：

$$\frac{1}{u}\,du=-\frac{\lambda}{C}\,dt.$$

積分後得到

$$\ln|u|=-\frac{\lambda}{C}t+\text{常數},$$

所以

$$u=Ae^{-\lambda t/C},$$

其中 $A$ 為常數。換回 $T$：

$$T(t)=\frac{S}{\lambda}+Ae^{-\lambda t/C}.$$

利用初始條件 $T(0)=T_0$：

核心觀念

本題考查一階線性常微分方程的週期性受迫響應。承接前一小題，假設溫度模型為

$$\frac{dT}{dt}+\alpha T=S, \qquad \alpha>0,$$

其中 $\alpha$ 為熱散失或回復至平衡狀態的速率常數。代入週期性加熱

$$S=S_0\cos(\omega t),$$

得到

$$\frac{dT}{dt}+\alpha T=S_0\cos(\omega t).$$

解答由兩部分組成：

1. 齊次解：初始暫態，會隨時間衰減。
2. 特解：外加週期加熱所造成的穩態週期響應。

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解題方法：待定係數法

先解齊次方程

$$\frac{dT_h}{dt}+\alpha T_h=0.$$

因此

$$T_h(t)=Ce^{-\alpha t},$$

其中 $C$ 為積分常數。

由於右側為 $\cos(\omega t)$，設週期特解為

$$T_p(t)=A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t).$$

微分得

$$\frac{dT_p}{dt} =-A\omega\sin(\omega t)+B\omega\cos(\omega t).$$

代回微分方程：

$$-A\omega\sin(\omega t)+B\omega\cos(\omega t) +\alpha A\cos(\omega t)+\alpha B\sin(\omega t) =S_0\cos(\omega t).$$

整理 $\cos(\omega t)$ 與 $\sin(\omega t)$ 的係數：

$$(\omega B+\alpha A)\cos(\omega t) +(\alpha B-\omega A)\sin(\omega t) =S_0\cos(\omega t).$$

比較係數可得

$$\alpha A+\omega B=S_0,$$ $$-\omega A+\alpha B=0.$$

由第二式得

$$B=\frac{\omega}{\alpha}A.$$

代入第一式：

$$\alpha A+\omega\left(\frac{\omega}{\alpha}A\right)=S_0,$$ $$\frac{\alpha^2+\omega^2}{\alpha}A=S_0.$$

故

$$A=\frac{\alpha S_0}{\alpha^2+\omega^2}, \qquad B=\frac{\omega S_0}{\alpha^2+\omega^2}.$$

所以週期特解為

$$T_p(t) = \frac{S_0}{\alpha^2+\omega^2} \left[ \alpha\cos(\omega t)+\omega\sin(\omega t) \right].$$

合併齊次解與特解，溫度的完整解為

$$T(t) = Ce^{-\alpha t} + \frac{S_0}{\alpha^2+\omega^2} \left[ \alpha\cos(\omega t)+\omega\sin(\omega t) \right].$$

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振幅與相位形式

利用

核心觀念

本題考查一階熱傳導模型的週期受迫響應，以及「準靜態近似」的物理意義。依照前一小題，將熱平衡方程式寫成

$$C\frac{dT}{dt}+\lambda T=F_0+F_1\cos(\omega t),$$

其中：

• $T(t)$：系統溫度；
• $C$：熱容量；
• $\lambda$：散熱係數；
• $F_0+F_1\cos(\omega t)$：外界週期性加熱；
• $\omega$：加熱變化的角頻率。

題目給定

$$\lambda\gg C\omega.$$

此條件表示熱傳導造成的恢復作用，遠快於外界加熱變化的速度。

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解題方法

先求方程式的穩態週期解。令

$$T(t)=T_{\mathrm{mean}}+A\cos(\omega t-\phi),$$

其中 $T_{\mathrm{mean}}$ 為平均溫度，$A$ 為溫度振幅，$\phi$ 為相位落後。

由常數項可得

$$T_{\mathrm{mean}}=\frac{F_0}{\lambda}.$$

對週期項而言，方程式為

$$C\frac{dT}{dt}+\lambda T=F_1\cos(\omega t).$$

設週期解為

$$T_{\mathrm{p}}(t)=a\cos(\omega t)+b\sin(\omega t).$$

則

$$\frac{dT_{\mathrm{p}}}{dt} =-a\omega\sin(\omega t)+b\omega\cos(\omega t).$$

代回方程式：

$$C[-a\omega\sin(\omega t)+b\omega\cos(\omega t)] +\lambda[a\cos(\omega t)+b\sin(\omega t)] =F_1\cos(\omega t).$$

比較 $\cos(\omega t)$ 與 $\sin(\omega t)$ 的係數：

$$\lambda a+C\omega b=F_1,$$ $$-C\omega a+\lambda b=0.$$

解得

$$a=\frac{F_1\lambda}{\lambda^2+C^2\omega^2}, \qquad b=\frac{F_1C\omega}{\lambda^2+C^2\omega^2}.$$

因此穩態解為

$$T_{\mathrm{p}}(t) = \frac{F_0}{\lambda} + \frac{F_1\lambda}{\lambda^2+C^2\omega^2}\cos(\omega t) + \frac{F_1C\omega}{\lambda^2+C^2\omega^2}\sin(\omega t).$$

亦可寫成振幅—相位形式：

$$T_{\mathrm{p}}(t) = \frac{F_0}{\lambda} + \frac{F_1}{\sqrt{\lambda^2+C^2\omega^2}} \cos(\omega t-\phi),$$

其中

$$\tan\phi=\frac{C\omega}{\lambda}.$$

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套用題目所給近似條件

由

$$\lambda\gg C\omega$$

可得

$$C^2\omega^2\ll \lambda^2.$$

因此

$$\lambda^2+C^2\omega^2\approx \lambda^2.$$

代入週期解：

$$\frac{F_1\lambda}{\lambda^2+C^2\omega^2} \approx \frac{F_1}{\lambda},$$