108 年 國立中央大學地球科學學系地球物理碩士班一般生《微積分》

本題考查微分與極限的計算。

(a) 考查反三角函數的微分。
首先，我們需要知道 $\cos^{-1} \theta$ 的微分公式：
$\frac{d}{d\theta} \cos^{-1} \theta = -\frac{1}{\sqrt{1-\theta^2}}$
接下來，我們需要對這個結果再微分一次：
$\frac{d^2}{d\theta^2} \cos^{-1} \theta = \frac{d}{d\theta} \left( -\frac{1}{\sqrt{1-\theta^2}} \right)$
$= \frac{d}{d\theta} \left( -(1-\theta^2)^{-1/2} \right)$
$= - \left( -\frac{1}{2} \right) (1-\theta^2)^{-3/2} \cdot (-2\theta)$
$= -\theta (1-\theta^2)^{-3/2}$
$= -\frac{\theta}{(1-\theta^2)^{3/2}}$

【答案】 $-\frac{\theta}{(1-\theta^2)^{3/2}}$

(b) 考查不定型極限的計算，此處為 $\frac{0}{0}$ 型，可使用羅必達法則 (L'Hôpital's Rule)。
令 $f(x) = \sin 2x - 2x$ 且 $g(x) = x^3$。

本題考查積分與隱函數微分。

(a) 考查分部積分法 (Integration by Parts)。
令 $u = x^3$ 且 $dv = \cos 3x \, dx$。
則 $du = 3x^2 \, dx$ 且 $v = \int \cos 3x \, dx = \frac{1}{3} \sin 3x$。
根據分部積分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$，我們有：
$\int x^3 \cos 3x \, dx = x^3 \left( \frac{1}{3} \sin 3x \right) - \int \left( \frac{1}{3} \sin 3x \right) (3x^2 \, dx)$
$= \frac{1}{3} x^3 \sin 3x - \int x^2 \sin 3x \, dx$
對於積分 $\int x^2 \sin 3x \, dx$，我們需要再次使用分部積分法。
令 $u_1 = x^2$ 且 $dv_1 = \sin 3x \, dx$。
則 $du_1 = 2x \, dx$ 且 $v_1 = \int \sin 3x \, dx = -\frac{1}{3} \cos 3x$。
$\int x^2 \sin 3x \, dx = x^2 \left( -\frac{1}{3} \cos 3x \right) - \int \left( -\frac{1}{3} \cos 3x \right) (2x \, dx)$
$= -\frac{1}{3} x^2 \cos 3x + \frac{2}{3} \int x \cos 3x \, dx$
對於積分 $\int x \cos 3x \, dx$，我們需要第三次使用分部積分法。
令 $u_2 = x$ 且 $dv_2 = \cos 3x \, dx$。
則 $du_2 = dx$ 且 $v_2 = \int \cos 3x \, dx = \frac{1}{3} \sin 3x$。
$\int x \cos 3x \, dx = x \left( \frac{1}{3} \sin 3x \right) - \int \left( \frac{1}{3} \sin 3x \right) dx$
$= \frac{1}{3} x \sin 3x - \frac{1}{3} \int \sin 3x \, dx$

本題為求解二階線性齊次微分方程的初值問題。

首先，我們需要找出微分方程的特徵方程 (characteristic equation)。
給定微分方程 $y'' + y' - 2y = 0$。
其對應的特徵方程為：
$r^2 + r - 2 = 0$
對此二次方程式進行因式分解：
$(r+2)(r-1) = 0$
解得特徵根為 $r_1 = 1$ 和 $r_2 = -2$。
由於特徵根為實數且相異，微分方程的通解 (general solution) 為：
$y(x) = c_1 e^{r_1 x} + c_2 e^{r_2 x}$
$y(x) = c_1 e^x + c_2 e^{-2x}$
其中 $c_1$ 和 $c_2$ 是待定常數。

接下來，我們需要利用給定的初始條件來求解 $c_1$ 和 $c_2$。
初始條件為 $y(0) = 4$ 和 $y'(0) = -5$。

首先，使用 $y(0) = 4$：
$y(0) = c_1 e^0 + c_2 e^{-2(0)}$
$4 = c_1 (1) + c_2 (1)$
$c_1 + c_2 = 4$ (方程式 1)

本題考查求解矩陣的特徵值 (eigenvalues) 和特徵向量 (eigenvectors)。

首先，我們需要計算特徵值。特徵值 $\lambda$ 是滿足特徵方程 $\det(A - \lambda I) = 0$ 的值，其中 $I$ 是單位矩陣。
給定矩陣 $A = \begin{bmatrix} -4.0 & 4.0 \\ -1.6 & 1.2 \end{bmatrix}$。
$A - \lambda I = \begin{bmatrix} -4.0 & 4.0 \\ -1.6 & 1.2 \end{bmatrix} - \lambda \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -4.0 - \lambda & 4.0 \\ -1.6 & 1.2 - \lambda \end{bmatrix}$

計算行列式：
$\det(A - \lambda I) = (-4.0 - \lambda)(1.2 - \lambda) - (4.0)(-1.6)$
$= (-4.0)(1.2) - (-4.0)\lambda - 1.2\lambda + \lambda^2 - (-6.4)$
$= -4.8 + 4.0\lambda - 1.2\lambda + \lambda^2 + 6.4$
$= \lambda^2 + 2.8\lambda + 1.6$

設置特徵方程為 0：
$\lambda^2 + 2.8\lambda + 1.6 = 0$
為了方便計算，我們可以將小數點轉換為分數，或者直接使用求根公式。
將小數點乘以 10： $10\lambda^2 + 28\lambda + 16 = 0$
再除以 2： $5\lambda^2 + 14\lambda + 8 = 0$

使用求根公式 $\lambda = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$，其中 $a=5$, $b=14$, $c=8$。
$\lambda = \frac{-14 \pm \sqrt{14^2 - 4(5)(8)}}{2(5)}$
$\lambda = \frac{-14 \pm \sqrt{196 - 160}}{10}$
$\lambda = \frac{-14 \pm \sqrt{36}}{10}$
$\lambda = \frac{-14 \pm 6}{10}$

解得兩個特徵值：
$\lambda_1 = \frac{-14 + 6}{10} = \frac{-8}{10} = -0.8$
$\lambda_2 = \frac{-14 - 6}{10} = \frac{-20}{10} = -2.0$

接下來，我們需要計算對應於每個特徵值的特徵向量。特徵向量 $v$ 滿足 $(A - \lambda I)v = 0$。

本題考查勒壤得多項式 (Legendre polynomials) 及其關聯勒壤得多項式 (Associated Legendre polynomials) 的計算。

首先，我們需要計算 $P_0(x)$, $P_1(x)$, $P_2(x)$。
勒壤得多項式的定義為 $P_n(x) = \frac{1}{2^n n!} \frac{d^n}{dx^n} [(x^2 - 1)^n]$。

計算 $P_0(x)$ (n=0)：
$P_0(x) = \frac{1}{2^0 0!} \frac{d^0}{dx^0} [(x^2 - 1)^0]$
$P_0(x) = \frac{1}{1 \cdot 1} \cdot 1$ (注意 $0! = 1$ 且任何非零數的 0 次方為 1)
$P_0(x) = 1$

計算 $P_1(x)$ (n=1)：
$P_1(x) = \frac{1}{2^1 1!} \frac{d^1}{dx^1} [(x^2 - 1)^1]$
$P_1(x) = \frac{1}{2} \frac{d}{dx} (x^2 - 1)$
$P_1(x) = \frac{1}{2} (2x)$
$P_1(x) = x$

計算 $P_2(x)$ (n=2)：
$P_2(x) = \frac{1}{2^2 2!} \frac{d^2}{dx^2} [(x^2 - 1)^2]$
$P_2(x) = \frac{1}{4 \cdot 2} \frac{d^2}{dx^2} [x^4 - 2x^2 + 1]$
$P_2(x) = \frac{1}{8} \frac{d}{dx} [4x^3 - 4x]$
$P_2(x) = \frac{1}{8} [12x^2 - 4]$

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換的基本公式、第一位移定理，以及部分分式分解。

拉普拉斯轉換定義為

$$\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt.$$

常用公式如下：

$$\mathcal{L}\{\cos \omega t\} =\frac{s}{s^2+\omega^2}$$ $$\mathcal{L}\{\sin \omega t\} =\frac{\omega}{s^2+\omega^2}$$

若已知

$$\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s),$$

則第一位移定理為

$$\mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}=F(s-a).$$

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解題方法

一、求 $\cos \omega t$ 的拉普拉斯轉換

由基本公式，

$$\mathcal{L}\{\cos \omega t\} =\frac{s}{s^2+\omega^2}.$$

因此

$$\boxed{\mathcal{L}\{\cos \omega t\} =\frac{s}{s^2+\omega^2}}.$$

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二、求 $\sin \omega t$ 的拉普拉斯轉換

同樣使用基本公式，

$$\mathcal{L}\{\sin \omega t\} =\frac{\omega}{s^2+\omega^2}.$$

因此

$$\boxed{\mathcal{L}\{\sin \omega t\} =\frac{\omega}{s^2+\omega^2}}.$$

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三、求 $e^{at}\cos \omega t$ 的拉普拉斯轉換

先取

$$f(t)=\cos \omega t,$$

其拉普拉斯轉換為

$$F(s)=\frac{s}{s^2+\omega^2}.$$

根據第一位移定理，將 $s$ 替換成 $s-a$：

$$\mathcal{L}\{e^{at}\cos \omega t\} =F(s-a).$$

所以

$$\mathcal{L}\{e^{at}\cos \omega t\} = \frac{s-a}{(s-a)^2+\omega^2}.$$

因此

$$\boxed{ \mathcal{L}\{e^{at}\cos \omega t\} = \frac{s-a}{(s-a)^2+\omega^2} }.$$

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四、求 $\dfrac{-s+11}{s^2-2s-3}$ 的反拉普拉斯轉換

令

$$F(s)=\frac{-s+11}{s^2-2s-3}.$$

先將分母因式分解：

$$s^2-2s-3=(s-3)(s+1).$$

因此

$$F(s)=\frac{-s+11}{(s-3)(s+1)}.$$

進行部分分式分解，設

本題考查求解方陣的逆矩陣 (inverse matrix)。

我們可以使用伴隨矩陣法 (Adjoint Matrix Method) 來求解逆矩陣。
逆矩陣 $A^{-1}$ 的公式為 $A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \text{adj}(A)$，其中 $\text{adj}(A)$ 是 $A$ 的伴隨矩陣，即 $A$ 的餘因子矩陣 (matrix of cofactors) 的轉置。

第一步：計算矩陣 $A$ 的行列式 $\det(A)$。
$A = \begin{bmatrix} -1 & 1 & 2 \\ 3 & -1 & 1 \\ -1 & 3 & 4 \end{bmatrix}$
$\det(A) = -1 \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 3 & 4 \end{vmatrix} - 1 \begin{vmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 4 \end{vmatrix} + 2 \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix}$
$= -1 ((-1)(4) - (1)(3)) - 1 ((3)(4) - (1)(-1)) + 2 ((3)(3) - (-1)(-1))$
$= -1 (-4 - 3) - 1 (12 + 1) + 2 (9 - 1)$
$= -1 (-7) - 1 (13) + 2 (8)$
$= 7 - 13 + 16$
$= 10$
由於 $\det(A) = 10 \neq 0$，所以矩陣 $A$ 可逆。

第二步：計算矩陣 $A$ 的餘因子矩陣 (Matrix of Cofactors)。
餘因子 $C_{ij} = (-1)^{i+j} M_{ij}$，其中 $M_{ij}$ 是刪除第 $i$ 行和第 $j$ 列後剩下的子矩陣的行列式。

$C_{11} = (-1)^{1+1} \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 3 & 4 \end{vmatrix} = 1 ((-1)(4) - (1)(3)) = -7$
$C_{12} = (-1)^{1+2} \begin{vmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 4 \end{vmatrix} = -1 ((3)(4) - (1)(-1)) = -1 (12 + 1) = -13$
$C_{13} = (-1)^{1+3} \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix} = 1 ((3)(3) - (-1)(-1)) = 1 (9 - 1) = 8$

本題考查高斯積分 (Gaussian Integral) 的計算。

這個積分 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, dx$ 沒有初等函數的原函數，因此不能直接使用牛頓-萊布尼茲公式。我們通常採用一種巧妙的方法，將其轉換為二維積分來求解。

設 $I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, dx$。
我們考慮 $I^2$：
$I^2 = \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, dx \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2} \, dy \right)$
我們可以將兩個單變數積分合併成一個二維積分：
$I^2 = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} e^{-y^2} \, dx \, dy$
$I^2 = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^2+y^2)} \, dx \, dy$

現在，我們將直角座標 $(x, y)$ 轉換為極座標 $(r, \theta)$。
轉換關係為 $x = r \cos \theta$, $y = r \sin \theta$, $x^2 + y^2 = r^2$。
面積元素 $dx \, dy$ 在極座標下變為 $r \, dr \, d\theta$。
積分區域從整個 xy 平面向整個 r-θ 平面轉換。
當 $x$ 從 $-\infty$ 到 $\infty$，$y$ 從 $-\infty$ 到 $\infty$ 時，
$r$ 的範圍是從 $0$ 到 $\infty$。

本題考查週期函數的傅立葉係數 (Fourier Coefficients) 的計算。

給定的週期函數為 $f(x)$，週期為 $2\pi$。
$f(x) = \begin{cases} -k & \text{if } -\pi < x < 0 \\ k & \text{if } 0 < x < \pi \end{cases}$
且 $f(x + 2\pi) = f(x)$。

傅立葉級數展開式為：
$f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx))$

其中傅立葉係數的計算公式為：
$a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \, dx$
$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) \, dx$
$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) \, dx$

首先，觀察函數 $f(x)$ 的奇偶性。
$f(-x) = \begin{cases} -k & \text{if } -\pi < -x < 0 \implies 0 < x < \pi \\ k & \text{if } 0 < -x < \pi \implies -\pi < x < 0 \end{cases}$
所以，$f(-x) = \begin{cases} k & \text{if } -\pi < x < 0 \\ -k & \text{if } 0 < x < \pi \end{cases}$
這表示 $f(-x) = -f(x)$。因此，$f(x)$ 是一個奇函數 (odd function)。

對於奇函數，其傅立葉級數展開式中，餘弦項的係數 $a_0$ 和 $a_n$ 都為零。
$a_0 = 0$
$a_n = 0$ (因為 $f(x) \cos(nx)$ 是奇函數乘以奇函數，結果是偶函數，但由於 $f(x)$ 是奇函數，所以 $f(x)\cos(nx)$ 是奇函數，積分為零)
更嚴謹地說：
$f(x) \cos(nx)$ 是奇函數 $\times$ 偶函數 = 奇函數。
$\int_{-\pi}^{\pi} (\text{奇函數}) \, dx = 0$。

我們只需要計算 $b_n$。
$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) \, dx$
由於 $f(x)$ 是奇函數，$\sin(nx)$ 是奇函數，所以 $f(x) \sin(nx)$ 是偶函數 $\times$ 奇函數 = 奇函數。
但是，這裡有一個常見的誤解。
$f(x)$ 是奇函數，$\sin(nx)$ 是奇函數。
$f(x) \sin(nx)$ 是 奇函數 $\times$ 奇函數 = 偶函數。
因此，積分 $\int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) \, dx = 2 \int_{0}^{\pi} f(x) \sin(nx) \, dx$。

核心觀念

本題考查以分離變數法求解有限長度、兩端固定的波動方程。核心概念包括：

• 將解設為空間函數與時間函數的乘積：
  $u(x,t)=X(x)T(t)$
• 邊界條件導致空間部分形成特徵值問題。
• 兩端固定條件要求空間函數為正弦函數。
• 初始位移 $f(x)$ 與初始速度 $g(x)$ 分別以 Fourier 正弦級數展開。

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解題方法：分離變數

令

$$u(x,t)=X(x)T(t).$$

代入波動方程

$$u_{tt}=c^2u_{xx},$$

得到

$$X(x)T''(t)=c^2X''(x)T(t).$$

除以 $c^2X(x)T(t)$：

$$\frac{T''(t)}{c^2T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}.$$

左式只與 $t$ 有關，右式只與 $x$ 有關，因此兩者必為常數。取分離常數為 $-\lambda$：

$$\frac{X''}{X} = \frac{T''}{c^2T} = -\lambda.$$

因此得到兩個常微分方程：

$$X''+\lambda X=0,$$

以及

$$T''+c^2\lambda T=0.$$

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空間特徵值問題

由邊界條件 $u(0,t)=u(L,t)=0$，可得

$$X(0)=0,\qquad X(L)=0.$$

考慮不同的 $\lambda$。

情況一：$\lambda=0$

此時

$$X''=0,$$

所以

$$X(x)=A+Bx.$$

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，再由 $X(L)=0$ 得 $B=0$。因此只有平凡解 $X\equiv 0$，不產生振動模態。

情況二：$\lambda<0$

令 $\lambda=-\mu^2$，其中 $\mu>0$，則

$$X''-\mu^2X=0.$$

其解為

$$X(x)=A\cosh(\mu x)+B\sinh(\mu x).$$

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，再由 $X(L)=0$ 得 $B=0$。同樣只有平凡解。

情況三：$\lambda>0$

令

$$\lambda=\mu^2.$$

則

$$X''+\mu^2X=0,$$

其一般解為

$$X(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x).$$

由 $X(0)=0$：

$$A=0.$$

因此

$$X(x)=B\sin(\mu x).$$

再由 $X(L)=0$：

$$B\sin(\mu L)=0.$$

為得到非平凡解，必須滿足

$$\sin(\mu L)=0,$$

故

$$\mu L=n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

所以特徵值與特徵函數為

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2,$$ $$X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

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時間函數

對應於 $\lambda_n$，時間方程為

$$T_n''+c^2\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2T_n=0.$$

定義第 $n$ 個模態的角頻率

$$\omega_n=\frac{cn\pi}{L}.$$

則

$$T_n(t)=A_n\cos(\omega_nt)+B_n\sin(\omega_nt).$$

因此第 $n$ 個分離變數解為

$$u_n(x,t) = \left[A_n\cos(\omega_nt)+B_n\sin(\omega_nt)\right] \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

利用線性疊加原理，總解為

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \left[A_n\cos(\omega_nt)+B_n\sin(\omega_nt)\right] \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

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套用初始位移條件

當 $t=0$ 時，

$$u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

由 $u(x,0)=f(x)$，可將 $f(x)$ 展開成 Fourier 正弦級數：