111 年 國立中央大學地球科學學系地球物理碩士班在職生《微積分》

這兩題考驗極限的計算，尤其是當出現 $0/0$ 不定型時，可以利用羅必達法則或泰勒展開。

(a) 當 $x \to 0$ 時，分子 $e^{2x}-e^x \to e^0 - e^0 = 1-1 = 0$，分母 $x \to 0$。此為 $0/0$ 型不定式，可使用羅必達法則。
$\lim_{x\to 0} \frac{e^{2x}-e^x}{x} = \lim_{x\to 0} \frac{\frac{d}{dx}(e^{2x}-e^x)}{\frac{d}{dx}(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{2e^{2x}-e^x}{1} = \frac{2e^0 - e^0}{1} = \frac{2-1}{1} = 1$
或者，我們可以利用泰勒展開 $e^u \approx 1+u$ 當 $u \to 0$。
$\lim_{x\to 0} \frac{(1+2x) - (1+x)}{x} = \lim_{x\to 0} \frac{x}{x} = 1$
【答案】1

(b) 當 $\theta \to 0$ 時，分子 $\sin\theta \to 0$，分母 $\theta+\tan\theta \to 0+0 = 0$。此為 $0/0$ 型不定式，可使用羅必達法則。

這兩題分別考驗不定積分與瑕積分。

(a) 這是一個不定積分。觀察到被積函數中含有 $x^3$ 和 $\cos x^2$，這暗示著可以利用換元積分法，令 $u = x^2$。
令 $u = x^2$，則 $du = 2x dx$，所以 $x dx = \frac{1}{2} du$。
積分變為：
$\int x^3 \cos x^2 dx = \int x^2 \cos x^2 (x dx) = \int u \cos u \left(\frac{1}{2} du\right) = \frac{1}{2} \int u \cos u du$
現在我們需要計算 $\int u \cos u du$。這可以使用分部積分法來解決，令 $f(u) = u$ 且 $g'(u) = \cos u$。則 $f'(u) = 1$ 且 $g(u) = \sin u$。
$\int u \cos u du = u \sin u - \int 1 \cdot \sin u du = u \sin u - (-\cos u) + C = u \sin u + \cos u + C$
將 $u = x^2$ 代回：
$\frac{1}{2} (x^2 \sin x^2 + \cos x^2) + C$
【答案】$\frac{1}{2} (x^2 \sin x^2 + \cos x^2) + C$

本題考驗Legendre函數的計算與傅立葉-Legendre級數的展開。

(a) 我們需要利用Rodrigues's formula來計算Legendre函數$P_0(x), P_1(x), P_2(x), P_3(x)$。
Rodrigues's formula: $P_n(x) = \frac{1}{2^n n!} \frac{d^n}{dx^n} [(x^2-1)^n]$

$n=0$:
$P_0(x) = \frac{1}{2^0 0!} \frac{d^0}{dx^0} [(x^2-1)^0] = \frac{1}{1 \cdot 1} \cdot 1 = 1$
（注意：$0! = 1$，任何非零數的 0 次方是 1，微分 0 次表示不微分，直接取原式。）
【答案】$P_0(x) = 1$

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

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

$n=3$:
$P_3(x) = \frac{1}{2^3 3!} \frac{d^3}{dx^3} [(x^2-1)^3] = \frac{1}{8 \cdot 6} \frac{d^3}{dx^3} [(x^2)^3 - 3(x^2)^2(1) + 3(x^2)(1)^2 - 1^3]$
$P_3(x) = \frac{1}{48} \frac{d^3}{dx^3} [x^6 - 3x^4 + 3x^2 - 1]$
先微分一次：
$\frac{d}{dx} [x^6 - 3x^4 + 3x^2 - 1] = 6x^5 - 12x^3 + 6x$
再微分一次：
$\frac{d^2}{dx^2} [x^6 - 3x^4 + 3x^2 - 1] = 30x^4 - 36x^2 + 6$
再微分一次：
$\frac{d^3}{dx^3} [x^6 - 3x^4 + 3x^2 - 1] = 120x^3 - 72x$
所以：
$P_3(x) = \frac{1}{48} (120x^3 - 72x) = \frac{120}{48}x^3 - \frac{72}{48}x = \frac{5}{2}x^3 - \frac{3}{2}x = \frac{1}{2}(5x^3 - 3x)$
【答案】$P_3(x) = \frac{1}{2}(5x^3 - 3x)$

(b) 我們需要將 $f(x) = 7x^4 + 10x^3 + 6x^2 + 3x + 5$ 展開成 Fourier-Legendre 級數 $f(x) = \sum_{m=0}^{\infty} a_m P_m(x)$。
由於 $f(x)$ 是一個多項式，且我們已經計算出 $P_0, P_1, P_2, P_3$ 以及題目給定的 $P_4$，我們可以嘗試將 $f(x)$ 表示成這些 Legendre 函數的線性組合。
首先，我們已知 $P_0(x)=1$, $P_1(x)=x$, $P_2(x)=\frac{1}{2}(3x^2-1)$, $P_3(x)=\frac{1}{2}(5x^3-3x)$。
我們也需要 $P_4(x)$ 的形式。題目給定的 $P_4(x) = \frac{1}{8}(35x^4 - 30x^2 + 3)$。

我們從最高次項開始處理。
$f(x) = 7x^4 + 10x^3 + 6x^2 + 3x + 5$

處理 $x^4$ 項：
$P_4(x) = \frac{35}{8}x^4 - \frac{30}{8}x^2 + \frac{3}{8} = \frac{35}{8}x^4 - \frac{15}{4}x^2 + \frac{3}{8}$
從 $f(x)$ 中提取 $x^4$ 的係數 7，我們需要將 $P_4(x)$ 的係數 $\frac{35}{8}$ 調整為 1。

這是一個二階線性齊次微分方程的初值問題。我們首先求解其通解，然後利用初始條件確定特解。

方程為：$y'' + y' + 0.25y = 0$。
其特徵方程為：$r^2 + r + 0.25 = 0$。
我們可以將 0.25 寫成 $\frac{1}{4}$，則方程變為 $r^2 + r + \frac{1}{4} = 0$。
這個二次方程可以因式分解為 $(r + \frac{1}{2})^2 = 0$。
因此，我們得到一個重根 $r = -\frac{1}{2}$。

當特徵方程有重根 $r_0$ 時，齊次方程的通解形式為 $y(x) = c_1 e^{r_0 x} + c_2 x e^{r_0 x}$。
在這裡，$r_0 = -\frac{1}{2}$，所以通解為：
$y(x) = c_1 e^{-x/2} + c_2 x e^{-x/2}$

接下來，我們需要利用初始條件 $y(0) = 3.0$ 和 $y'(0) = -3.5$ 來求解常數 $c_1$ 和 $c_2$。

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

現在，我們需要求 $y'(x)$。對通解 $y(x) = c_1 e^{-x/2} + c_2 x e^{-x/2}$ 求導。
利用乘法定則：

核心觀念

複數的極式為 $re^{i\theta}=r(\cos\theta+i\sin\theta)$，其中 $r$ 是複數的模長，$\theta$ 是幅角。求模長可直接使用商的模長性質；求幅角則將分式化成實部與虛部，再與倍角公式比較。

解題方法

假設 $a,b\in\mathbb{R}$ 且 $a\ne 0$。先求右側複數的模長：

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

因此 $r=1$。

接著將分式的分母有理化：

$$\frac{a-ib}{a+ib} = \frac{(a-ib)^2}{(a+ib)(a-ib)} = \frac{a^2-b^2-2iab}{a^2+b^2}.$$

令 $\phi=\tan^{-1}\frac{b}{a}$，則 $\tan\phi=\frac{b}{a}$。由倍角公式，

$$\cos(2\phi) = \frac{1-\tan^2\phi}{1+\tan^2\phi} = \frac{a^2-b^2}{a^2+b^2},$$

本題要求利用分離變數法求解一維波動方程式，並考慮給定的邊界條件和初始條件。

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：$u(0,t) = 0$, $u(L,t) = 0$
初始條件：$u(x, 0) = f(x)$, $u_t(x,0) = 0$

分離變數法假設解可以寫成 $u(x,t) = X(x)T(t)$ 的形式。
將此形式代入波動方程式：
$X(x)T''(t) = c^2 X''(x)T(t)$
將兩邊同除以 $c^2 X(x)T(t)$ (假設 $X(x) \neq 0$ 且 $T(t) \neq 0$)：
$\frac{T''(t)}{c^2 T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}$

由於等號左邊只依賴於 $t$，右邊只依賴於 $x$，兩者必須等於一個常數。我們稱這個常數為 $-\lambda$。
所以，我們得到兩個常微分方程：

1. $\frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda \implies X''(x) + \lambda X(x) = 0$
2. $\frac{T''(t)}{c^2 T(t)} = -\lambda \implies T''(t) + c^2 \lambda T(t) = 0$

現在我們將邊界條件應用到 $X(x)$ 的方程上。
$u(0,t) = X(0)T(t) = 0$。由於 $T(t)$ 不恆為零，所以 $X(0) = 0$。
$u(L,t) = X(L)T(t) = 0$。由於 $T(t)$ 不恆為零，所以 $X(L) = 0$。
所以，$X(x)$ 的邊界條件是 $X(0)=0$ 和 $X(L)=0$。

我們需要考慮常數 $-\lambda$ 的不同情況。

情況 1：$\lambda < 0$。令 $\lambda = -\mu^2$ 其中 $\mu > 0$。
$X''(x) - \mu^2 X(x) = 0$。特徵方程為 $r^2 - \mu^2 = 0$，根為 $r = \pm \mu$。
$X(x) = c_1 e^{\mu x} + c_2 e^{-\mu x}$。
應用邊界條件：
$X(0) = c_1 + c_2 = 0 \implies c_2 = -c_1$。
$X(x) = c_1 e^{\mu x} - c_1 e^{-\mu x} = c_1 (e^{\mu x} - e^{-\mu x})$。
$X(L) = c_1 (e^{\mu L} - e^{-\mu L}) = 0$。
由於 $e^{\mu L} - e^{-\mu L} \neq 0$ (因為 $\mu > 0, L > 0$)，所以必須 $c_1 = 0$。
這導致 $X(x) \equiv 0$，從而 $u(x,t) \equiv 0$。這不是一個有意義的解。

情況 2：$\lambda = 0$。
$X''(x) = 0$。積分兩次得到 $X(x) = c_1 x + c_2$。
應用邊界條件：
$X(0) = c_1 \cdot 0 + c_2 = 0 \implies c_2 = 0$。
$X(x) = c_1 x$。
$X(L) = c_1 L = 0$。由於 $L \neq 0$，所以 $c_1 = 0$。
這也導致 $X(x) \equiv 0$，從而 $u(x,t) \equiv 0$。

情況 3：$\lambda > 0$。令 $\lambda = \omega^2$ 其中 $\omega > 0$。
$X''(x) + \omega^2 X(x) = 0$。特徵方程為 $r^2 + \omega^2 = 0$，根為 $r = \pm i\omega$。
$X(x) = A \cos(\omega x) + B \sin(\omega x)$。
應用邊界條件：
$X(0) = A \cos(0) + B \sin(0) = A \cdot 1 + B \cdot 0 = A = 0$。
所以，$X(x) = B \sin(\omega x)$。
$X(L) = B \sin(\omega L) = 0$。
為了得到非零解，我們必須有 $B \neq 0$，所以 $\sin(\omega L) = 0$。
這意味著 $\omega L = n\pi$，其中 $n$ 是正整數 (因為 $\omega > 0, L > 0$)。
所以，$\omega_n = \frac{n\pi}{L}$。
對應的 $\lambda_n = \omega_n^2 = (\frac{n\pi}{L})^2$。
對應的 $X_n(x) = B_n \sin(\frac{n\pi x}{L})$。我們通常取 $B_n=1$ 並將常數合併到 $T(t)$ 中。
所以，空間部分的特徵函數為 $X_n(x) = \sin(\frac{n\pi x}{L})$，對應的 eigenvalues $\lambda_n = (\frac{n\pi}{L})^2$。

本題考驗拉普拉斯轉換的定義、性質以及反轉換的計算。

(a) Heaviside 單位躍階函數 (Unit Step Function)，通常記為 $u(t-a)$ 或 $H(t-a)$，定義如下：
$u(t-a) = \begin{cases} 0, & t < a \\ 1, & t \ge a \end{cases}$
這個函數表示在 $t=a$ 時從 0 躍升到 1。

Heaviside 函數 $u(t-a)$ 的拉普拉斯轉換為：
$L\{u(t-a)\} = \int_{0}^{\infty} e^{-st} u(t-a) dt$
由於 $u(t-a)$ 在 $t<a$ 時為 0，積分範圍實際上從 $a$ 開始：
$L\{u(t-a)\} = \int_{a}^{\infty} e^{-st} \cdot 1 dt$
$L\{u(t-a)\} = \left[ -\frac{1}{s} e^{-st} \right]_{a}^{\infty}$
當 $t \to \infty$ 時，如果 $s>0$，則 $e^{-st} \to 0$。
$L\{u(t-a)\} = 0 - \left( -\frac{1}{s} e^{-sa} \right) = \frac{e^{-sa}}{s}$。
這個結果是拉普拉斯轉換中的「延遲定理」或「二階移位定理」。

【答案】Heaviside function $u(t-a)$ 定義為 $u(t-a) = \begin{cases} 0, & t < a \\ 1, & t \ge a \end{cases}$。其拉普拉斯轉換為 $L\{u(t-a)\} = \frac{e^{-sa}}{s}$ (對於 $s>0$)。

(b) 我們需要找到 $F(s) = \frac{e^{-s}}{s^2 + \pi^2} + \frac{e^{-3s}}{(s + 2)^2}$ 的反轉換。
我們將分項處理。

第一項：$\frac{e^{-s}}{s^2 + \pi^2}$
首先考慮 $\frac{1}{s^2 + \pi^2}$ 的反轉換。我們知道 $L\{\sin(\omega t)\} = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$。

本題要求計算一個函數的奇週期展開（傅立葉級數），這屬於半週期展開的一種。對於奇函數展開，我們只需要計算傅立葉正弦級數。

給定的函數 $f(x)$ 定義在區間 $(0, L)$ 上。我們需要找到其在區間 $(-L, L)$ 上的奇函數擴展的傅立葉級數。
對於奇函數的傅立葉級數，其形式為：
$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$
其中係數 $b_n$ 由下式給出：
$b_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$

我們將積分分成兩部分，對應於 $f(x)$ 的定義域：
$b_n = \frac{2}{L} \left[ \int_{0}^{L/2} \left(\frac{2k}{L}x\right) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx + \int_{L/2}^{L} \left(\frac{2k}{L}(L-x)\right) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \right]$
$b_n = \frac{4k}{L^2} \left[ \int_{0}^{L/2} x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx + \int_{L/2}^{L} (L-x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \right]$

我們需要計算積分 $\int x \sin(ax) dx$ 和 $\int (L-x) \sin(ax) dx$，其中 $a = \frac{n\pi}{L}$。
使用分部積分法 $\int u dv = uv - \int v du$。

對於第一個積分：$\int_{0}^{L/2} x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$
令 $u = x$, $dv = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$。
則 $du = dx$, $v = \int \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx = -\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$。
$\int x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx = x \left(-\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right) - \int \left(-\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right) dx$
$= -\frac{Lx}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + \frac{L}{n\pi} \int \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$
$= -\frac{Lx}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + \frac{L}{n\pi} \left(\frac{L}{n\pi} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right)$
$= -\frac{Lx}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + \frac{L^2}{(n\pi)^2} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$
現在代入上下限：
$\left[ -\frac{Lx}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + \frac{L^2}{(n\pi)^2} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \right]_{0}^{L/2}$
$= \left(-\frac{L(L/2)}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi (L/2)}{L}\right) + \frac{L^2}{(n\pi)^2} \sin\left(\frac{n\pi (L/2)}{L}\right)\right) - (0 + 0)$
$= -\frac{L^2}{2n\pi} \cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) + \frac{L^2}{(n\pi)^2} \sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)$

對於第二個積分：$\int_{L/2}^{L} (L-x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$
令 $u = L-x$, $dv = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$。
則 $du = -dx$, $v = -\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$。
$\int (L-x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx = (L-x) \left(-\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right) - \int \left(-\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right) (-dx)$
$= -\frac{L(L-x)}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) - \frac{L}{n\pi} \int \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$
$= -\frac{L(L-x)}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) - \frac{L^2}{(n\pi)^2} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$
現在代入上下限：
$\left[ -\frac{L(L-x)}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) - \frac{L^2}{(n\pi)^2} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \right]_{L/2}^{L}$

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值與特徵向量。

對方陣 $A$ 而言：

• 特徵值 $\lambda$ 滿足
  $\det(A-\lambda I)=0.$
• 對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量 $\mathbf v\ne \mathbf 0$，滿足
  $(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0.$

矩陣 $A$ 為實對稱矩陣，因此其特徵值皆為實數，且不同特徵值所對應的特徵向量彼此正交。

解題方法

題給

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

方法一：利用矩陣對稱性尋找特徵向量

矩陣的第一列與第三列具有對稱結構，因此可分別考慮對稱型與反對稱型向量。

1. 反對稱型特徵向量

取

$$\mathbf v= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ -1 \end{bmatrix}.$$

則

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

因此

$$\lambda=3,\qquad \mathbf v= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ -1 \end{bmatrix}$$

是一組特徵值與特徵向量。

2. 對稱型特徵向量

取

$$\mathbf v= \begin{bmatrix} 1\\ a\\ 1 \end{bmatrix}.$$

計算得

$$A\mathbf v = \begin{bmatrix} 3-a\\ 2a-2\\ 3-a \end{bmatrix}.$$

若 $\mathbf v$ 是特徵向量，則存在特徵值 $\lambda$ 使得

$$\begin{bmatrix} 3-a\\ 2a-2\\ 3-a \end{bmatrix} = \lambda \begin{bmatrix} 1\\ a\\ 1 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\lambda=3-a,$$

且

$$2a-2=\lambda a=a(3-a).$$

整理：

$$2a-2=3a-a^2,$$ $$a^2-a-2=0,$$ $$(a-2)(a+1)=0.$$

當 $a=2$

此時

$$\lambda=3-2=1,$$

對應特徵向量為

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

當 $a=-1$

此時

$$\lambda=3-(-1)=4,$$

對應特徵向量為

本題為綜合題，涵蓋熱力學、向量微積分以及偏微分方程的建立。

(a) 熱傳導係數 (Thermal Conductivity, $k$)
熱傳導係數是材料的物理性質，用來衡量該材料導熱的能力。它定義為在穩定狀態下，單位面積、單位長度上，由於溫度梯度所產生的熱傳導速率。
更具體地說，根據傅立葉定律，在一個均勻的材料中，熱流密度 $\mathbf{q}$ 與溫度梯度 $\nabla T$ 成正比：$\mathbf{q} = -k \nabla T$。
其中：

• $\mathbf{q}$ 是熱流密度向量，表示單位時間內通過單位面積的熱量（單位：W/m²）。
• $k$ 是熱傳導係數，單位通常是 W/(m·K) 或 W/(m·°C)。
• $\nabla T$ 是溫度梯度向量，表示溫度隨空間變化的方向和速率。
  熱傳導係數 $k$ 越大，表示材料越容易傳導熱量（如金屬）；$k$ 越小，表示材料越不容易傳導熱量，是良好的絕熱體（如保溫棉）。

比熱 (Specific Heat, $c_p$ 或 $c_v$)
比熱是物質的另一種物理性質，表示將單位質量的物質溫度升高（或降低）單位溫度的所需熱量。
定義為：$Q = mc \Delta T$，其中：

• $Q$ 是所需的熱量（單位：J 或 cal）。
• $m$ 是物質的質量（單位：kg 或 g）。
• $c$ 是比熱，單位通常是 J/(kg·K) 或 J/(g·°C)。
• $\Delta T$ 是溫度變化量（單位：K 或 °C）。
  比熱的符號通常是 $c_p$ (定壓比熱) 或 $c_v$ (定容比熱)，在固體和液體中，兩者差異不大，常簡稱為 $c$。
  比熱越大，表示要改變其溫度需要吸收（或釋放）更多的熱量。例如，水有很高的比熱，這使得它成為一個很好的冷卻劑。

(b) 散度定理 (Divergence Theorem)
散度定理，也稱為高斯散度定理或畢奧-薩拉瓦斯定理 (Gauss-Ostrogradsky theorem)，是向量微積分中的一個基本定理。它將一個向量場在一個封閉曲面上的面積分，轉化為該向量場在該封閉曲面所圍區域上的體積分。
定理的數學表述如下：
設 $E$ 是一個三維空間中的區域，其邊界是一個光滑的、單側朝外的封閉曲面 $\partial E$。如果向量場 $\mathbf{F}(x,y,z) = P(x,y,z)\mathbf{i} + Q(x,y,z)\mathbf{j} + R(x,y,z)$ 及其各分量在區域 $E$ 內連續可微，那麼：
$\iint_{\partial E} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iiint_E \nabla \cdot \mathbf{F} \, dV$
其中：

• $\iint_{\partial E} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}$ 是向量場 $\mathbf{F}$ 通過封閉曲面 $\partial E$ 的淨流出量（面積分）。
• $\nabla \cdot \mathbf{F}$ 是向量場 $\mathbf{F}$ 的散度，$\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}$。
• $\iiint_E \nabla \cdot \mathbf{F} \, dV$ 是向量場散度在區域 $E$ 上的體積分。

散度定理的物理意義是：一個向量場通過一個封閉曲面的淨流出量，等於該區域內散度的體積分。散度代表了向量場在某一點的「源」或「匯」的強度。

(c) 從熱傳導模型推導熱傳導方程
我們考慮一個三維連續介質（如固體或流體）中的熱傳導過程。假設介質的熱傳導係數為 $k$，比熱為 $c$，密度為 $\rho$。我們還假設沒有內熱源（例如，沒有化學反應或電阻加熱）。

1. 能量守恆：
   考慮介質中的一個任意小的封閉區域 $V$，其邊界為曲面 $S$。在一個微小時間間隔 $dt$ 內，進入區域 $V$ 的總熱量等於區域內溫度升高的總熱量。
   • 通過邊界進入的熱量：根據傅立葉定律，熱流密度為 $\mathbf{q} = -k \nabla T$。通過曲面 $S$ 的淨熱量流出率為 $\iint_S \mathbf{q} \cdot d\mathbf{S}$。因此，在時間 $dt$ 內通過邊界進入 $V$ 的熱量為 $-\left(\iint_S \mathbf{q} \cdot d\mathbf{S}\right) dt$。