111 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》

這兩題是典型的極限問題，主要考驗羅必達法則 (L'Hôpital's Rule) 或泰勒展開 (Taylor Expansion) 的應用。

(a) 當 $x \to 0$ 時，分子 $e^{2x} - e^x \to e^0 - e^0 = 1 - 1 = 0$，分母 $x \to 0$。這是 $\frac{0}{0}$ 的不定型，可以使用羅必達法則。
對分子和分母分別微分：
分子微分為 $\frac{d}{dx}(e^{2x} - e^x) = 2e^{2x} - e^x$
分母微分為 $\frac{d}{dx}(x) = 1$
所以，極限變為 $\lim_{x\to 0} \frac{2e^{2x} - e^x}{1} = \frac{2e^0 - e^0}{1} = \frac{2(1) - 1}{1} = 1$。

另一種方法是使用泰勒展開。當 $x$ 接近 0 時，$e^x \approx 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots$。
$e^{2x} \approx 1 + (2x) + \frac{(2x)^2}{2!} + \dots = 1 + 2x + 2x^2 + \dots$
$e^x \approx 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots$
所以，$e^{2x} - e^x \approx (1 + 2x + 2x^2) - (1 + x + \frac{x^2}{2}) = x + \frac{3}{2}x^2 + \dots$
$\frac{e^{2x} - e^x}{x} \approx \frac{x + \frac{3}{2}x^2 + \dots}{x} = 1 + \frac{3}{2}x + \dots$
當 $x \to 0$ 時，極限為 1。

這兩題分別考驗不定積分和瑕積分 (Improper Integral)。

(a) 這個不定積分可以透過換元法來求解。令 $u = x^2$，則 $du = 2x dx$。
為了湊出 $du$，我們需要將積分式改寫為 $\int x^2 \cos x^2 (x dx)$。
然而，直接這樣代換比較困難，因為我們有 $x^3 dx$，而非 $x dx$。
考慮令 $u = x^2$，則 $du = 2x dx$。我們可以將 $x^3 dx$ 寫成 $x^2 \cdot (x dx)$。
所以，$\int x^3 \cos x^2 dx = \int x^2 \cos(x^2) (x dx)$。
將 $x dx$ 表示為 $\frac{1}{2} du$。
同時，將 $x^2$ 表示為 $u$。
所以，積分變成 $\int u \cos(u) (\frac{1}{2} du) = \frac{1}{2} \int u \cos u du$。

現在我們需要計算 $\int u \cos u du$。這是一個乘積積分，可以使用分部積分法 (Integration by Parts)，令 $w = u$，$dv = \cos u du$。
那麼 $dw = du$，$v = \sin u$。
$\int u \cos u du = w v - \int v dw = u \sin u - \int \sin u du = u \sin u - (-\cos u) + C = u \sin u + \cos u + C$。

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. 使用 Rodrigues 公式
   $P_n(x)=\frac{1}{2^n n!}\frac{d^n}{dx^n}\left[(x^2-1)^n\right]$
   求出前四個 Legendre 多項式。

2. 將多項式 $f(x)$ 表示成 Fourier–Legendre 級數
   $f(x)=\sum_{m=0}^{\infty}a_mP_m(x).$

Legendre 多項式具有正交性：

$$\int_{-1}^{1}P_m(x)P_n(x)\,dx= \begin{cases} 0,&m\ne n,\\[4pt] \dfrac{2}{2n+1},&m=n. \end{cases}$$

因此係數可由

$$a_m=\frac{2m+1}{2}\int_{-1}^{1}f(x)P_m(x)\,dx$$

求得。不過本題的 $f(x)$ 是四次多項式，直接利用 $x^k$ 與 $P_m(x)$ 的關係進行改寫較為快速。

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（a）利用 Rodrigues 公式求 $P_0,P_1,P_2,P_3$

$P_0(x)$

$$P_0(x)=\frac{d^0}{dx^0}(1)=1.$$

所以

$$\boxed{P_0(x)=1}.$$

$P_1(x)$

$$P_1(x)=\frac{1}{2}\frac{d}{dx}(x^2-1) =\frac{1}{2}(2x)=x.$$

所以

$$\boxed{P_1(x)=x}.$$

$P_2(x)$

$$P_2(x)=\frac{1}{2^2 2!}\frac{d^2}{dx^2}(x^2-1)^2.$$

先展開：

$$(x^2-1)^2=x^4-2x^2+1.$$

連續微分兩次：

$$\frac{d}{dx}(x^4-2x^2+1)=4x^3-4x,$$ $$\frac{d^2}{dx^2}(x^4-2x^2+1)=12x^2-4.$$

因此

$$P_2(x)=\frac{1}{8}(12x^2-4) =\frac{1}{2}(3x^2-1).$$

所以

$$\boxed{P_2(x)=\frac{1}{2}(3x^2-1)}.$$

$P_3(x)$

$$P_3(x)=\frac{1}{2^3 3!}\frac{d^3}{dx^3}(x^2-1)^3.$$

先展開：

$$(x^2-1)^3=x^6-3x^4+3x^2-1.$$

連續微分三次：

$$\frac{d}{dx}=6x^5-12x^3+6x,$$ $$\frac{d^2}{dx^2}=30x^4-36x^2+6,$$ $$\frac{d^3}{dx^3}=120x^3-72x.$$

因此

$$P_3(x)=\frac{1}{48}(120x^3-72x) =\frac{1}{2}(5x^3-3x).$$

所以

$$\boxed{P_3(x)=\frac{1}{2}(5x^3-3x)}.$$

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（b）求 $f(x)$ 的 Fourier–Legendre 級數

已知

$$P_4(x)=\frac{1}{8}(35x^4-30x^2+3).$$

題目中的函數為

$$f(x)=7x^4+10x^3+6x^2+3x+5.$$

由於 $f(x)$ 的最高次數為 $4$，因此其 Fourier–Legendre 級數只會包含 $P_0$ 到 $P_4$，即

$$f(x)=a_0P_0(x)+a_1P_1(x)+a_2P_2(x)+a_3P_3(x)+a_4P_4(x),$$

且

這是一個二階線性齊次微分方程 (Second-order linear homogeneous differential equation) 的初值問題 (Initial Value Problem, IVP)。

首先，我們需要找到微分方程的特徵方程 (characteristic equation)。
方程為 $y'' + y' + 0.25y = 0$。
特徵方程為 $r^2 + r + 0.25 = 0$。
我們可以將 0.25 寫成 $\frac{1}{4}$，所以方程為 $r^2 + r + \frac{1}{4} = 0$。
這個方程可以分解為 $(r + \frac{1}{2})^2 = 0$。
因此，我們有一個重根 (repeated root)：$r_1 = r_2 = -\frac{1}{2}$。

當特徵方程有重根 $r$ 時，微分方程的通解 (general solution) 形如 $y(x) = c_1 e^{rx} + c_2 x e^{rx}$。
在這裡， $r = -\frac{1}{2}$，所以通解是 $y(x) = c_1 e^{-\frac{1}{2}x} + c_2 x e^{-\frac{1}{2}x}$。

接下來，我們需要使用初始條件來確定常數 $c_1$ 和 $c_2$。
初始條件是 $y(0) = 3.0$ 和 $y'(0) = -3.5$。

首先應用 $y(0) = 3.0$：
$y(0) = c_1 e^{-\frac{1}{2}(0)} + c_2 (0) e^{-\frac{1}{2}(0)} = c_1 e^0 + 0 = c_1$。
所以，$c_1 = 3.0$。

現在，我們需要找到 $y'(x)$ 來應用第二個初始條件。
$y(x) = c_1 e^{-\frac{1}{2}x} + c_2 x e^{-\frac{1}{2}x}$。
使用乘積法則對第二項微分：

核心觀念

本題考查複數的極式表示與輻角公式：

$$z=re^{i\theta}$$

其中 $r=|z|$ 是複數的模，$\theta$ 是複數的輻角。此外，對實數 $a,b$ 且 $a\neq 0$，

$$\tan^{-1}\frac{b}{a}$$

可用來表示複數 $a+ib$ 的相位角。

題目中的等式需假設 $a>0$，且 $a+ib\neq 0$；否則 $\theta=-2\tan^{-1}(b/a)$ 可能因輻角分支或 $a=0$ 而不適用。

解題方法

將分式視為複數，先求其模，再求其輻角。

設

$$z=\frac{a-ib}{a+ib}.$$

由於 $a,b$ 為實數，分母 $a+ib$ 的共軛為 $a-ib$，因此

$$|a-ib|=|a+ib|=\sqrt{a^2+b^2}.$$

故

$$|z| = \left|\frac{a-ib}{a+ib}\right| = \frac{|a-ib|}{|a+ib|} = \frac{\sqrt{a^2+b^2}}{\sqrt{a^2+b^2}} = 1.$$

另一方面，當 $a>0$ 時，

$$\arg(a+ib)=\tan^{-1}\frac{b}{a},$$

而共軛複數的輻角相反，因此

$$\arg(a-ib)=-\tan^{-1}\frac{b}{a}.$$

利用商的輻角等於分子輻角減去分母輻角：

$$\arg z = \arg(a-ib)-\arg(a+ib).$$

代入上式得

$$\arg z = -\tan^{-1}\frac{b}{a} - \tan^{-1}\frac{b}{a} = -2\tan^{-1}\frac{b}{a}.$$

因此，$z$ 的極式表示為

$$z = 1\cdot e^{-2i\tan^{-1}(b/a)}.$$

與題設

這題是經典的波動方程式 (Wave Equation) 的求解問題，使用分離變數法 (Method of Separating Variables)。

波動方程式為：$\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$
邊界條件 (Boundary Conditions, BCs)：$u(0,t) = 0$, $u(L,t) = 0$
初始條件 (Initial Conditions, ICs)：$u(x, 0) = f(x)$, $u_t(x,0) = 0$

1. 分離變數法：
   假設解的形式為 $u(x,t) = X(x)T(t)$。
   代入波動方程式：
   $X(x)T''(t) = c^2 X''(x)T(t)$
   將兩邊同除以 $c^2 X(x)T(t)$：
   $\frac{T''(t)}{c^2 T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}$
   由於左邊只依賴於 $t$，右邊只依賴於 $x$，兩邊必須等於一個常數。我們稱這個常數為 $-\lambda$ (通常選擇負數以得到有意義的物理解)。
   $\frac{T''(t)}{c^2 T(t)} = -\lambda \implies T''(t) + \lambda c^2 T(t) = 0$
   $\frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda \implies X''(x) + \lambda X(x) = 0$

2. 求解空間部分 $X(x)$：
   邊界條件 $u(0,t) = 0$ 和 $u(L,t) = 0$ 應用到 $u(x,t) = X(x)T(t)$ 上。
   $u(0,t) = X(0)T(t) = 0$。如果 $T(t)$ 不是恆等於零，則必須 $X(0) = 0$。
   $u(L,t) = X(L)T(t) = 0$。同理，必須 $X(L) = 0$。
   所以我們需要求解邊值問題 (Boundary Value Problem, BVP)：
   $X''(x) + \lambda X(x) = 0$
   $X(0) = 0$, $X(L) = 0$

   考慮 $\lambda$ 的幾種情況：

   • 如果 $\lambda < 0$，令 $\lambda = -\mu^2$ ($\mu > 0$)。
     $X''(x) - \mu^2 X(x) = 0$。特徵方程為 $r^2 - \mu^2 = 0$，根為 $r = \pm \mu$。
     通解為 $X(x) = c_1 e^{\mu x} + c_2 e^{-\mu x}$。
     $X(0) = c_1 + c_2 = 0 \implies c_2 = -c_1$。
     $X(x) = c_1 (e^{\mu x} - e^{-\mu x}) = 2c_1 \sinh(\mu x)$。
     $X(L) = 2c_1 \sinh(\mu L) = 0$。由於 $\mu > 0$ 且 $L > 0$，$\sinh(\mu L) \neq 0$。所以 $2c_1 = 0 \implies c_1 = 0$。
     這意味著 $X(x) \equiv 0$，得到零解，沒有物理意義。

   • 如果 $\lambda = 0$。
     $X''(x) = 0$。特徵方程為 $r^2 = 0$，根為 $r = 0$ (重根)。
     通解為 $X(x) = c_1 + c_2 x$。
     $X(0) = c_1 = 0$。
     $X(L) = c_1 + c_2 L = 0 + c_2 L = 0$。由於 $L > 0$，必須 $c_2 = 0$。
     這同樣得到零解。

   • 如果 $\lambda > 0$，令 $\lambda = \mu^2$ ($\mu > 0$)。
     $X''(x) + \mu^2 X(x) = 0$。特徵方程為 $r^2 + \mu^2 = 0$，根為 $r = \pm i\mu$。
     通解為 $X(x) = c_1 \cos(\mu x) + c_2 \sin(\mu x)$。
     $X(0) = c_1 \cos(0) + c_2 \sin(0) = c_1 = 0$。
     $X(x) = c_2 \sin(\mu x)$。
     $X(L) = c_2 \sin(\mu L) = 0$。
     為了得到非零解，必須 $c_2 \neq 0$。所以 $\sin(\mu L) = 0$。
     這意味著 $\mu L = n\pi$，其中 $n$ 是正整數 ($n=1, 2, 3, \dots$)。
     所以，$\mu_n = \frac{n\pi}{L}$。
     對應的 $\lambda_n = \mu_n^2 = \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2$。
     對應的空間函數為 $X_n(x) = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$ (我們取 $c_2=1$，因為常數可以合併到時間部分的係數中)。

3. 求解時間部分 $T(t)$：
   對於每一個 $\lambda_n = \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2$，我們有時間方程：

核心觀念

本題考查：

1. Heaviside 單位階躍函數的定義。
2. Heaviside 函數的 Laplace transform。
3. 第二移位定理：
   $\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}=e^{-as}G(s),$
   其中 $G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}$。
4. 基本反 Laplace 變換： $$$$

\mathcal{L}^{-1}\left{\frac{1}{s^2+\omega^2}\right}
=\frac{1}{\omega}\sin(\omega t),$$

$$=te^{-at}.$$

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(a) Heaviside 函數與 Laplace Transform

Heaviside 函數的定義

Heaviside 單位階躍函數 $u(t-a)$ 定義為

$$u(t-a)= \begin{cases} 0, & t<a,\\ 1, & t>a. \end{cases}$$

在 $t=a$ 的函數值通常定義為 $0$、$1$ 或 $\frac12$，但不影響 Laplace transform 的結果，因為單一點對積分沒有影響。

其作用是在 $t=a$ 時突然由 $0$ 跳升為 $1$，因此若 $g(t-a)$ 乘上 $u(t-a)$，便可將函數延後至 $t=a$ 才開始作用。

Laplace Transform

由定義，

$$\mathcal{L}\{u(t-a)\} =\int_0^\infty e^{-st}u(t-a)\,dt.$$

因為當 $0\le t<a$ 時，$u(t-a)=0$；當 $t\ge a$ 時，$u(t-a)=1$，所以

$$\mathcal{L}\{u(t-a)\} =\int_a^\infty e^{-st}\,dt.$$

計算得

$$\int_a^\infty e^{-st}\,dt = \left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_a^\infty = \frac{e^{-as}}{s}, \qquad \operatorname{Re}(s)>0.$$

因此

$$\boxed{\mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-as}}{s}}.$$

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(b) 求 $F(s)$ 的反 Laplace Transform

已知

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

兩項都含有 $e^{-as}$，因此直接使用第二移位定理。

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第一項

先處理未含延遲因子的部分：

$$G_1(s)=\frac{1}{s^2+\pi^2}.$$

利用公式

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^2+\omega^2}\right\} = \frac{1}{\omega}\sin(\omega t),$$

取 $\omega=\pi$，得到

$$g_1(t)=\frac{1}{\pi}\sin(\pi t).$$

由於

這題要求計算一個給定函數的奇函數週期擴展 (Odd Periodic Extension)，這通常意味著計算其傅立葉正弦級數 (Fourier Sine Series)。
題目給的函數 $f(x)$ 在區間 $(0, L)$ 上定義，並且是分段線性的。
$f(x) = \begin{cases} \frac{2k}{L}x & \text{if } 0 < x < \frac{L}{2} \\ \frac{2k}{L}(L-x) & \text{if } \frac{L}{2} < x < L \end{cases}$
這個函數在 $x=L/2$ 的值為 $\frac{2k}{L} \frac{L}{2} = k$。
在 $x=L/2$ 的右側，當 $x \to L/2^+$, $f(x) \to \frac{2k}{L}(L - L/2) = \frac{2k}{L} \frac{L}{2} = k$。
所以函數在 $x=L/2$ 是連續的，且 $f(x) \ge 0$。
這個函數在 $(0, L)$ 上是關於 $x=L/2$ 對稱的，形狀像一個三角形的頂部。

奇函數週期擴展的傅立葉級數形式為：
$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$
其中係數 $b_n$ 由以下公式給出：
$b_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$

我們需要將積分範圍 $(0, L)$ 分成兩部分：$(0, L/2)$ 和 $(L/2, L)$。
$b_n = \frac{2}{L} \left[ \int_{0}^{L/2} \frac{2k}{L}x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx + \int_{L/2}^{L} \frac{2k}{L}(L-x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \right]$
$b_n = \frac{4k}{L^2} \left[ \int_{0}^{L/2} x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx + \int_{L/2}^{L} (L-x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \right]$

我們需要計算積分 $\int x \sin(ax) dx$ 和 $\int (L-x) \sin(ax) dx$。
令 $a = \frac{n\pi}{L}$。
使用分部積分法 $\int u dv = uv - \int v du$。
對於 $\int x \sin(ax) dx$：
令 $u = x$, $dv = \sin(ax) dx$。
則 $du = dx$, $v = -\frac{1}{a}\cos(ax)$。
$\int x \sin(ax) dx = x \left(-\frac{1}{a}\cos(ax)\right) - \int \left(-\frac{1}{a}\cos(ax)\right) dx$
$= -\frac{x}{a}\cos(ax) + \frac{1}{a} \int \cos(ax) dx$
$= -\frac{x}{a}\cos(ax) + \frac{1}{a} \left(\frac{1}{a}\sin(ax)\right) = -\frac{x}{a}\cos(ax) + \frac{1}{a^2}\sin(ax)$。

對於 $\int (L-x) \sin(ax) dx$：
令 $u = L-x$, $dv = \sin(ax) dx$。
則 $du = -dx$, $v = -\frac{1}{a}\cos(ax)$。
$\int (L-x) \sin(ax) dx = (L-x) \left(-\frac{1}{a}\cos(ax)\right) - \int \left(-\frac{1}{a}\cos(ax)\right) (-dx)$
$= -\frac{L-x}{a}\cos(ax) - \frac{1}{a} \int \cos(ax) dx$
$= -\frac{L-x}{a}\cos(ax) - \frac{1}{a^2}\sin(ax)$。

現在將這些結果代入 $b_n$ 的計算。
令 $a = \frac{n\pi}{L}$。
第一部分積分：$\int_{0}^{L/2} x \sin(ax) dx$
$= \left[ -\frac{x}{a}\cos(ax) + \frac{1}{a^2}\sin(ax) \right]_0^{L/2}$
$= \left( -\frac{L/2}{a}\cos(a L/2) + \frac{1}{a^2}\sin(a L/2) \right) - (0 + 0)$
$= -\frac{L}{2a}\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) + \frac{1}{a^2}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)$
代回 $a = \frac{n\pi}{L}$：
$= -\frac{L}{2(n\pi/L)}\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) + \frac{1}{(n\pi/L)^2}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)$
$= -\frac{L^2}{2n\pi}\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) + \frac{L^2}{n^2\pi^2}\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)$。

第二部分積分：$\int_{L/2}^{L} (L-x) \sin(ax) dx$
$= \left[ -\frac{L-x}{a}\cos(ax) - \frac{1}{a^2}\sin(ax) \right]_{L/2}^{L}$
$= \left( -\frac{L-L}{a}\cos(aL) - \frac{1}{a^2}\sin(aL) \right) - \left( -\frac{L-L/2}{a}\cos(a L/2) - \frac{1}{a^2}\sin(a L/2) \right)$

核心觀念

特徵值 $\lambda$ 與特徵向量 $\mathbf v\neq \mathbf 0$ 滿足

$$A\mathbf v=\lambda\mathbf v$$

等價於

$$(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0.$$

因此特徵值由特徵方程

$$\det(A-\lambda I)=0$$

求得；求出每個 $\lambda$ 後，再解其對應的齊次方程，即可得到特徵向量。

本題矩陣

$$A= \begin{bmatrix} 3&-1&0\\ -1&2&-1\\ 0&-1&3 \end{bmatrix}$$

為實對稱矩陣，因此不同特徵值所對應的特徵向量必互相正交。

解題方法一：求特徵方程

先計算

$$A-\lambda I= \begin{bmatrix} 3-\lambda&-1&0\\ -1&2-\lambda&-1\\ 0&-1&3-\lambda \end{bmatrix}.$$

沿第一列展開行列式：

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(3-\lambda) \begin{vmatrix} 2-\lambda&-1\\ -1&3-\lambda \end{vmatrix} -\begin{vmatrix} -1&-1\\ 0&3-\lambda \end{vmatrix}\\ &=(3-\lambda)\big[(2-\lambda)(3-\lambda)-1\big]-(3-\lambda)\\ &=(3-\lambda)\big[(2-\lambda)(3-\lambda)-2\big]. \end{aligned}$$

展開括號內的部分：

$$(2-\lambda)(3-\lambda)-2 =\lambda^2-5\lambda+4 =(\lambda-1)(\lambda-4).$$

所以

$$\det(A-\lambda I) =(3-\lambda)(\lambda-1)(\lambda-4).$$

因此三個特徵值為

$$\lambda=1,\qquad \lambda=3,\qquad \lambda=4.$$

求 $\lambda=1$ 的特徵向量

解

$$(A-I)\mathbf v=\mathbf 0.$$

令 $\mathbf v=(x,y,z)^T$，則

$$A-I= \begin{bmatrix} 2&-1&0\\ -1&1&-1\\ 0&-1&2 \end{bmatrix}.$$

方程組為

$$\begin{cases} 2x-y=0,\\ -x+y-z=0,\\ -y+2z=0. \end{cases}$$

由第一式得 $y=2x$，再由第三式得 $z=x$。取 $x=1$，可得

$$\mathbf v_1= \begin{bmatrix} 1\\2\\1 \end{bmatrix}.$$

故 $\lambda=1$ 的特徵向量為

$$\boxed{\mathbf v_1=t \begin{bmatrix} 1\\2\\1 \end{bmatrix}},\qquad t\neq 0.$$

求 $\lambda=3$ 的特徵向量

解

$$(A-3I)\mathbf v=\mathbf 0.$$ $$A-3I= \begin{bmatrix} 0&-1&0\\ -1&-1&-1\\ 0&-1&0 \end{bmatrix}.$$

方程組為

$$\begin{cases} -y=0,\\ -x-y-z=0. \end{cases}$$

因此 $y=0$，且 $x+z=0$，即 $z=-x$。取 $x=1$，得到

這題包含物理概念的解釋和推導。

(a) 熱導係數 (Thermal Conductivity) 和 比熱 (Specific Heat) 的解釋：

• 熱導係數 (Thermal Conductivity, $k$ 或 $\kappa$)：
  熱導係數是衡量材料傳導熱量能力的物理量。它描述了在單位面積、單位長度梯度下，材料每單位時間傳導的熱量。
  根據傅立葉導熱定律 (Fourier's Law of Heat Conduction)：
  $\mathbf{q} = -k \nabla T$
  其中 $\mathbf{q}$ 是熱流密度向量 (單位：W/m²)，$k$ 是熱導係數 (單位：W/(m·K))，$\nabla T$ 是溫度梯度向量 (單位：K/m)。
  熱導係數越大，表示材料越容易傳導熱量（例如金屬）；熱導係數越小，表示材料越不容易傳導熱量，是良好的絕緣體（例如空氣、木材、塑膠）。
  它是一個材料的內在屬性。

• 比熱 (Specific Heat, $c$ 或 $c_p, c_v$)：
  比熱是指單位質量（或有時是單位莫耳數）的物質，在溫度升高 1 度時所需的熱量。
  它描述了物質吸收或釋放熱量時，其溫度變化的難易程度。
  公式為 $Q = mc\Delta T$，其中 $Q$ 是吸收或釋放的熱量，$m$ 是質量，$c$ 是比熱，$\Delta T$ 是溫度變化。
  比熱越大，表示要使物質的溫度升高一度，需要更多的熱量；反之，溫度變化越小。
  例如，水的比熱很高，所以加熱水需要較多熱量，降溫也較慢。
  比熱的單位通常是 J/(kg·K) 或 J/(mol·K)。
  需要注意的是，比熱通常會區分為定壓比熱 ($c_p$) 和定容比熱 ($c_v$)，尤其是在氣體中。

(b) 散度定理 (Divergence Theorem)：
散度定理，又稱高斯散度定理 (Gauss's Divergence Theorem)，是向量微積分中的一個重要定理，它將一個向量場通過一個閉合曲面的面積分（通量）與該向量場在該閉合曲面所圍體積內的體積分（散度）聯繫起來。

定理內容：
設 $V$ 是一個空間中的有界閉合區域，其邊界是光滑的閉合曲面 $S$。設 $\mathbf{F}(x,y,z)$ 是一個具有連續的一階偏導數的向量場。則：
$\iiint_V (\nabla \cdot \mathbf{F}) \, dV = \iint_S (\mathbf{F} \cdot \mathbf{n}) \, dS$
其中 $\nabla \cdot \mathbf{F}$ 是向量場 $\mathbf{F}$ 的散度 (divergence)，$\mathbf{n}$ 是曲面 $S$ 的外法線單位向量。

簡單來說，散度定理說明：一個向量場通過一個閉合曲面的總淨流出量 (通量)，等於該向量場在該區域內的總「源」的強度（散度在區域內的體積分）。散度衡量的是向量場在某點的「源」或「匯」的強度。

(c) 從熱流推導熱傳導方程式 (Heat Equation)：
我們考慮一個導體中的熱傳導過程，假設熱量只沿一個方向傳播（例如一維桿）。

1. 基本假設：

   • 能量守恆：系統中熱量的總變化率等於進入系統的熱量減去離開系統的熱量。
   • 傅立葉導熱定律：熱流密度 $\mathbf{q}$ 與溫度梯度 $\nabla T$ 成正比，即 $\mathbf{q} = -k \nabla T$。

2. 考慮一個微小體積元：
   考慮一個微小的體積元 $dV$（或在 1D 中是 $dx$）。
   在時間 $dt$ 內，通過這個體積元邊界的熱量變化。
   假設我們考慮的是一個一維桿，一個微小段的長度是 $dx$，橫截面積是 $A$。
   在時間 $dt$ 內，左邊進入的熱量 $dQ_{in}$：
   $dQ_{in} = -k A \frac{\partial T}{\partial x}(x,t) dt$
   右邊離開的熱量 $dQ_{out}$：
   $dQ_{out} = -k A \frac{\partial T}{\partial x}(x+dx,t) dt$
   熱量淨增加量 $dQ = dQ_{in} - dQ_{out}$。
   $dQ = -k A \left[ \frac{\partial T}{\partial x}(x,t) - \frac{\partial T}{\partial x}(x+dx,t) \right] dt$