112 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》

好的，這題是中央大學地球科學系地球物理碩士班 112 年的微積分考題，主要考驗學生對極限的計算能力，特別是處理不定型極限（indeterminate forms）的方法。

1. (a) $\lim_{x \to a} \frac{a-x}{x \ln \frac{x}{a}} = ?$

這題的極限是當 $x$ 趨近於 $a$ 時，分子 $a-x$ 趨近於 $a-a=0$，而分母 $x \ln \frac{x}{a}$ 趨近於 $a \ln \frac{a}{a} = a \ln 1 = a \cdot 0 = 0$。因此，這個極限是 $\frac{0}{0}$ 的不定型。處理這種不定型極限，我們可以使用羅必達法則（L'Hôpital's Rule）。

解題過程：

首先，我們確認極限的形式為 $\frac{0}{0}$：
當 $x \to a$，分子 $a-x \to a-a = 0$。
當 $x \to a$，分母 $x \ln \frac{x}{a} \to a \ln \frac{a}{a} = a \ln 1 = 0$。

由於是 $\frac{0}{0}$ 不定型，我們對分子和分母分別取微分，然後再計算極限：
令 $f(x) = a-x$，則 $f'(x) = \frac{d}{dx}(a-x) = -1$。
令 $g(x) = x \ln \frac{x}{a}$。為了微分 $g(x)$，我們需要使用乘法定則和連鎖法則。
$g'(x) = \frac{d}{dx} \left( x \ln \frac{x}{a} \right)$
$g'(x) = \left(\frac{d}{dx} x\right) \ln \frac{x}{a} + x \left(\frac{d}{dx} \ln \frac{x}{a}\right)$
$g'(x) = 1 \cdot \ln \frac{x}{a} + x \left(\frac{1}{\frac{x}{a}} \cdot \frac{d}{dx} \frac{x}{a}\right)$
$g'(x) = \ln \frac{x}{a} + x \left(\frac{a}{x} \cdot \frac{1}{a}\right)$
$g'(x) = \ln \frac{x}{a} + x \left(\frac{1}{x}\right)$
$g'(x) = \ln \frac{x}{a} + 1$

現在，我們將 $f'(x)$ 和 $g'(x)$ 代入羅必達法則的公式：

這題主要考驗學生對基本雙曲函數和反三角函數的微分性質的掌握。

2. (a) $\frac{d}{dx}(\tanh(x)) = ?$

解題過程：

雙曲正切函數 $\tanh(x)$ 可以表示為雙曲正弦函數 $\sinh(x)$ 和雙曲餘弦函數 $\cosh(x)$ 的比值：
$\tanh(x) = \frac{\sinh(x)}{\cosh(x)}$
我們知道雙曲函數的定義為：
$\sinh(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$
$\cosh(x) = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$
因此，對 $\tanh(x)$ 求導，我們可以使用除法定則：
$\frac{d}{dx}(\tanh(x)) = \frac{d}{dx}\left(\frac{\sinh(x)}{\cosh(x)}\right)$
根據除法定則 $\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$，其中 $u = \sinh(x)$ 且 $v = \cosh(x)$。
我們需要先求出 $\sinh(x)$ 和 $\cosh(x)$ 的導數：
$\frac{d}{dx}(\sinh(x)) = \frac{d}{dx}\left(\frac{e^x - e^{-x}}{2}\right) = \frac{e^x - (-e^{-x})}{2} = \frac{e^x + e^{-x}}{2} = \cosh(x)$
$\frac{d}{dx}(\cosh(x)) = \frac{d}{dx}\left(\frac{e^x + e^{-x}}{2}\right) = \frac{e^x + (-e^{-x})}{2} = \frac{e^x - e^{-x}}{2} = \sinh(x)$
將這些結果代入除法定則：
$\frac{d}{dx}(\tanh(x)) = \frac{(\cosh(x))(\cosh(x)) - (\sinh(x))(\sinh(x))}{(\cosh(x))^2}$
$\frac{d}{dx}(\tanh(x)) = \frac{\cosh^2(x) - \sinh^2(x)}{\cosh^2(x)}$
利用雙曲函數的基本恆等式 $\cosh^2(x) - \sinh^2(x) = 1$，我們得到：

好的，這是一份針對中央大學地球科學系地球物理碩士班 112 年微積分考科第 3 題的詳解。

這兩小題主要考驗學生對「分部積分法」的熟練度，以及對「高斯積分」的認識與應用。

3. (a) $\int e^{ax} \sin bx \, dx = ?$

這題是典型的積分計算題，需要使用兩次分部積分法來求解。分部積分法的核心概念是將積分轉換成一個較容易處理的形式，其公式為 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$。

解題過程：

我們令 $I = \int e^{ax} \sin bx \, dx$。

第一次分部積分：
選擇 $u = \sin bx$ 和 $dv = e^{ax} \, dx$。
則 $du = b \cos bx \, dx$ 和 $v = \int e^{ax} \, dx = \frac{1}{a} e^{ax}$。

套用分部積分公式：
$I = (\sin bx) \left(\frac{1}{a} e^{ax}\right) - \int \left(\frac{1}{a} e^{ax}\right) (b \cos bx \, dx)$
$I = \frac{1}{a} e^{ax} \sin bx - \frac{b}{a} \int e^{ax} \cos bx \, dx$

第二次分部積分：
現在我們需要計算積分 $\int e^{ax} \cos bx \, dx$。我們再次使用分部積分法，令 $u = \cos bx$ 和 $dv = e^{ax} \, dx$。
則 $du = -b \sin bx \, dx$ 和 $v = \frac{1}{a} e^{ax}$。

套用分部積分公式：
$\int e^{ax} \cos bx \, dx = (\cos bx) \left(\frac{1}{a} e^{ax}\right) - \int \left(\frac{1}{a} e^{ax}\right) (-b \sin bx \, dx)$
$\int e^{ax} \cos bx \, dx = \frac{1}{a} e^{ax} \cos bx + \frac{b}{a} \int e^{ax} \sin bx \, dx$

回代與求解：
將第二次分部積分的結果代回第一次的式子：
$I = \frac{1}{a} e^{ax} \sin bx - \frac{b}{a} \left( \frac{1}{a} e^{ax} \cos bx + \frac{b}{a} \int e^{ax} \sin bx \, dx \right)$
$I = \frac{1}{a} e^{ax} \sin bx - \frac{b}{a^2} e^{ax} \cos bx - \frac{b^2}{a^2} \int e^{ax} \sin bx \, dx$

注意到積分 $\int e^{ax} \sin bx \, dx$ 就是我們最初要求的積分 $I$。所以我們得到一個關於 $I$ 的方程式：
$I = \frac{1}{a} e^{ax} \sin bx - \frac{b}{a^2} e^{ax} \cos bx - \frac{b^2}{a^2} I$

將含有 $I$ 的項移到等號左邊：
$I + \frac{b^2}{a^2} I = \frac{1}{a} e^{ax} \sin bx - \frac{b}{a^2} e^{ax} \cos bx$
$\left(1 + \frac{b^2}{a^2}\right) I = \frac{1}{a} e^{ax} \sin bx - \frac{b}{a^2} e^{ax} \cos bx$
$\left(\frac{a^2 + b^2}{a^2}\right) I = \frac{a e^{ax} \sin bx - b e^{ax} \cos bx}{a^2}$

最後，解出 $I$：
$I = \frac{a^2}{a^2 + b^2} \cdot \frac{e^{ax} (a \sin bx - b \cos bx)}{a^2}$

好的，這是一題關於求解二階線性常微分方程的題目。我們需要找到一個通解，這個通解包含齊次解和特解兩部分。

這題考的核心觀念是求解非齊次線性常微分方程。其一般解為齊次方程的通解加上非齊次方程的特解。求解步驟如下：

1. 求解齊次方程的通解 ($y_h$)：
   考慮齊次方程 $y'' + 3y' + 2y = 0$。
   其特徵方程為 $r^2 + 3r + 2 = 0$。
   因式分解得 $(r+1)(r+2) = 0$。
   所以特徵根為 $r_1 = -1$ 和 $r_2 = -2$。
   由於特徵根為相異實根，齊次方程的通解為：
   $y_h(x) = c_1 e^{-x} + c_2 e^{-2x}$
   其中 $c_1$ 和 $c_2$ 是任意常數。

2. 求解非齊次方程的特解 ($y_p$)：
   對於非齊次項 $12x^2$，我們採用待定係數法。由於非齊次項是二次多項式，我們假設特解的形式為一個二次多項式：
   $y_p(x) = Ax^2 + Bx + C$
   接著，我們計算 $y_p'$ 和 $y_p''$：
   $y_p'(x) = 2Ax + B$
   $y_p''(x) = 2A$
   將 $y_p$, $y_p'$, $y_p''$ 代入原非齊次方程 $y'' + 3y' + 2y = 12x^2$：
   $(2A) + 3(2Ax + B) + 2(Ax^2 + Bx + C) = 12x^2$

核心觀念

本題考查一維波動方程的分離變數法，以及傅立葉正弦級數。

波動方程為

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

其中 $u(x,t)$ 表示弦在位置 $x$、時間 $t$ 的位移，$c$ 為波速。兩端固定表示

$$u(0,t)=0,\qquad u(L,t)=0.$$

由於固定端條件對應於空間函數在 $x=0,L$ 必須為零，因此空間部分會形成正弦特徵函數：

$$\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

初始位移 $f(x)$ 再以這些正弦函數展開。

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解題方法：分離變數

設解具有乘積形式

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

代入波動方程：

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

除以 $c^2X(x)T(t)$，得到

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

左側只含 $t$，右側只含 $x$，兩者必須等於常數。取分離常數為 $-\lambda$，則

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

因此得到兩個常微分方程：

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

空間邊界條件為

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

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求空間特徵函數

考慮 $\lambda$ 的不同情形。

情形一：$\lambda=0$

此時

$$X''=0,$$

所以

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

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，再由 $X(L)=0$ 得 $B=0$。因此只有零解，不產生有效振動模態。

情形二：$\lambda<0$

令 $\lambda=-\mu^2$，其中 $\mu>0$，則

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

其解為

$$X(x)=Ae^{\mu x}+Be^{-\mu x}.$$

套用兩端固定條件後仍只有零解，因此不產生有效模態。

情形三：$\lambda>0$

令

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

則

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

其通解為

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

由 $X(0)=0$：

$$A=0.$$

因此

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

再由 $X(L)=0$：

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

為了得到非零解，必須滿足

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

故

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

因此

$$\mu_n=\frac{n\pi}{L}, \qquad \lambda_n=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2,$$

空間特徵函數為

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

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求時間函數

對應於 $\lambda_n$，時間方程為

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

其通解為

$$T_n(t) = A_n\cos\left(\frac{n\pi ct}{L}\right) + B_n\sin\left(\frac{n\pi ct}{L}\right).$$

所以各個振動模態為

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

利用線性疊加原理，總解為

好的，這是一份針對國立中央大學地球科學學系地球物理碩士班 112 年微積分考科第 6 題的詳解。

這題主要考驗學生對週期函數的傅立葉級數展開，特別是奇函數週期展開（Odd periodic expansion）或稱為半週期展開（Half-range expansion）的應用。題目要求我們針對一個定義在區間 $(0, L)$ 上的函數 $f(x)$，求其奇函數週期展開。這意味著我們需要將此函數視為一個週期為 $2L$ 的奇函數，並計算其傅立葉級數，其中只包含正弦項。

詳解

題目要求我們求函數 $f(x)$ 的奇週期展開，其定義為：

$$f(x) = \begin{cases} \frac{2k}{L}x & \text{if } 0 < x < \frac{L}{2} \\ \frac{2k}{L}(L-x) & \text{if } \frac{L}{2} < x < L. \end{cases}$$

奇週期展開意味著我們將 $f(x)$ 視為一個週期為 $2L$ 的奇函數。對於一個週期為 $2L$ 的奇函數 $g(x)$，其傅立葉級數展開為：

$$g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$$

其中係數 $b_n$ 的計算公式為：

$$b_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} g(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$$

由於 $g(x)$ 是奇函數，且 $\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$ 也是奇函數，兩者相乘為偶函數。因此，積分範圍可以縮小到 $(0, L)$：

$$b_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} g(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$$

在這個問題中，我們給定的 $f(x)$ 定義在 $(0, L)$ 區間，我們將其視為一個週期為 $2L$ 的奇函數。因此，我們可以直接使用 $f(x)$ 來計算 $b_n$：

$$b_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$$

由於 $f(x)$ 在 $(0, L/2)$ 和 $(L/2, L)$ 有不同的定義，我們需要將積分拆開：

$$b_n = \frac{2}{L} \left[ \int_{0}^{L/2} \frac{2k}{L}x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx + \int_{L/2}^{L} \frac{2k}{L}(L-x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \right]$$ $$b_n = \frac{4k}{L^2} \left[ \int_{0}^{L/2} x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx + \int_{L/2}^{L} (L-x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \right]$$

我們需要計算兩個積分。首先，考慮第一個積分 $\int_{0}^{L/2} x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$。我們可以使用分部積分法，令 $u = x$ 且 $dv = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$。則 $du = dx$ 且 $v = -\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$。

$$\int x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx = -\frac{Lx}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) - \int -\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$$ $$= -\frac{Lx}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + \frac{L}{n\pi} \int \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$$ $$= -\frac{Lx}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + \frac{L}{n\pi} \left(\frac{L}{n\pi} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right)$$ $$= -\frac{Lx}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + \frac{L^2}{n^2\pi^2} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$$

現在我們計算定積分：

$$\int_{0}^{L/2} x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx = \left[-\frac{Lx}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + \frac{L^2}{n^2\pi^2} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right]_{0}^{L/2}$$ $$= \left(-\frac{L(L/2)}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi (L/2)}{L}\right) + \frac{L^2}{n^2\pi^2} \sin\left(\frac{n\pi (L/2)}{L}\right)\right) - (0 + 0)$$ $$= -\frac{L^2}{2n\pi} \cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) + \frac{L^2}{n^2\pi^2} \sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)$$

接下來，考慮第二個積分 $\int_{L/2}^{L} (L-x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$。我們可以使用分部積分法，令 $u = L-x$ 且 $dv = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$。則 $du = -dx$ 且 $v = -\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$。

好的，這是一題關於求解矩陣反矩陣的題目。求解矩陣的反矩陣是線性代數中的基本操作，在許多應用領域都非常重要，例如求解線性方程組、進行線性變換等。

求解一個方陣 $A$ 的反矩陣 $A^{-1}$，有幾種常見的方法，包括：

1. 伴隨矩陣法 (Adjoint Method)：利用反矩陣的定義 $A A^{-1} = I$，可以推導出 $A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \text{adj}(A)$，其中 $\det(A)$ 是矩陣 $A$ 的行列式，$\text{adj}(A)$ 是矩陣 $A$ 的伴隨矩陣（即協因子矩陣的轉置）。
2. 高斯-約旦消去法 (Gauss-Jordan Elimination)：將矩陣 $A$ 與單位矩陣 $I$ 並列寫成增廣矩陣 $[A|I]$，然後透過一系列基本列運算，將左側的矩陣 $A$ 化為單位矩陣 $I$，此時右側的矩陣就會變成 $A^{-1}$，即 $[I|A^{-1}]$。

在本題中，我們將使用高斯-約旦消去法來求解。

解題過程：

給定矩陣 $A = \begin{bmatrix} -1 & 1 & 2 \\ 3 & -1 & 1 \\ -1 & 3 & 4 \end{bmatrix}$。

我們將建立增廣矩陣 $[A|I]$：
$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} -1 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 3 & -1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & 3 & 4 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right]$

我們的目標是透過列運算，將左側的矩陣化為單位矩陣 $\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$。

步驟 1： 將第一列乘以 $-1$，使第一個元素變為 $1$。
$R_1 \leftarrow -1 \cdot R_1$
$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & -2 & -1 & 0 & 0 \\ 3 & -1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & 3 & 4 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right]$

步驟 2： 消去第一列第一行以下的元素。
$R_2 \leftarrow R_2 - 3 R_1$
$R_3 \leftarrow R_3 + R_1$
$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & -2 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 7 & 3 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 2 & -1 & 0 & 1 \end{array} \right]$

步驟 3： 消去第二列第二行以下的元素。首先，將第二列乘以 $\frac{1}{2}$，使第二列第二行元素變為 $1$。
$R_2 \leftarrow \frac{1}{2} R_2$
$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & -2 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \frac{7}{2} & \frac{3}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 2 & 2 & -1 & 0 & 1 \end{array} \right]$
接著，消去第三列第二行的元素。
$R_3 \leftarrow R_3 - 2 R_2$
$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & -2 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \frac{7}{2} & \frac{3}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & -5 & -4 & -1 & 1 \end{array} \right]$

步驟 4： 消去第三列第三行以下的元素。首先，將第三列乘以 $-\frac{1}{5}$，使第三列第三行元素變為 $1$。
$R_3 \leftarrow -\frac{1}{5} R_3$
$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & -2 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \frac{7}{2} & \frac{3}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \frac{4}{5} & \frac{1}{5} & -\frac{1}{5} \end{array} \right]$

步驟 5： 消去第二列和第一列第三行的元素。
$R_2 \leftarrow R_2 - \frac{7}{2} R_3$
$R_1 \leftarrow R_1 + 2 R_3$
$\left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & 0 & -1 + 2(\frac{4}{5}) & 0 + 2(\frac{1}{5}) & 0 + 2(-\frac{1}{5}) \\ 0 & 1 & 0 & \frac{3}{2} - \frac{7}{2}(\frac{4}{5}) & \frac{1}{2} - \frac{7}{2}(\frac{1}{5}) & 0 - \frac{7}{2}(-\frac{1}{5}) \\ 0 & 0 & 1 & \frac{4}{5} & \frac{1}{5} & -\frac{1}{5} \end{array} \right]$
計算右側的元素：
$-1 + \frac{8}{5} = \frac{-5+8}{5} = \frac{3}{5}$
$\frac{2}{5}$
$-\frac{2}{5}$
$\frac{3}{2} - \frac{28}{10} = \frac{15}{10} - \frac{28}{10} = -\frac{13}{10}$
$\frac{1}{2} - \frac{7}{10} = \frac{5}{10} - \frac{7}{10} = -\frac{2}{10} = -\frac{1}{5}$
$\frac{7}{10}$
更新矩陣：

好的，這是一題關於放射性衰變的微分方程應用題。核心觀念在於理解「衰變速率與現存量成正比」這個物理現象如何轉化為數學上的微分方程，並透過求解此微分方程來推導出衰變常數 $\lambda$ 與半衰期 $T_{1/2}$ 之間的關係。

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詳解

核心觀念：
本題考驗的是將物理現象（放射性衰變）數學化為微分方程的能力，以及求解一階線性微分方程並應用初始條件來推導物理量之間關係的技巧。

解題過程：

1. 建立微分方程：
   題目指出，放射性物質在每一瞬間的衰變速率與其現存量成正比。設 $N(t)$ 為在時間 $t$ 時放射性物質的量。衰變速率是指物質量隨時間減少的速率，因此可以表示為 $-\frac{dN}{dt}$。根據題目敘述，此速率與 $N(t)$ 成正比，比例常數即為衰變常數 $\lambda$。
   因此，我們可以寫出微分方程：
   $-\frac{dN}{dt} = \lambda N(t)$
   這個方程表示物質量的減少速率（左邊的負號表示減少）等於現存量 $N(t)$ 乘以衰變常數 $\lambda$。

2. 求解微分方程：
   這個微分方程是一個一階線性齊次微分方程。我們可以透過分離變數法來求解。
   將方程改寫為：
   $\frac{dN}{N} = -\lambda dt$
   接著，對兩邊進行積分：
   $\int \frac{dN}{N} = \int -\lambda dt$
   積分結果為：
   $\ln|N| = -\lambda t + C_1$
   其中 $C_1$ 是積分常數。由於 $N(t)$ 代表物質的量，它必須是非負的，所以 $|N| = N$。
   $\ln N = -\lambda t + C_1$
   為了得到 $N(t)$ 的顯式表達式，我們對兩邊取指數：
   $N(t) = e^{-\lambda t + C_1} = e^{C_1} e^{-\lambda t}$
   令 $C = e^{C_1}$，則得到：
   $N(t) = C e^{-\lambda t}$
   其中 $C$ 是一個常數。

3. 應用初始條件：
   我們需要確定常數 $C$ 的值。通常，在時間 $t=0$ 時，放射性物質的量為初始量，我們記為 $N_0$。

好的，這題是中央大學地球科學系 112 年度微積分考題的第 9 題，主要考驗學生對熱傳導基本概念的理解，以及如何從物理模型推導出熱傳導方程式。這題包含三個小題，分別是解釋熱導率與比熱、闡述散度定理，以及利用物理概念推導熱傳導方程式。

(a) 解釋熱導率 (Thermal Conductivity) 與比熱 (Specific Heat)

這小題主要在測試學生對熱力學基本物理量的定義與物理意義的掌握。

• 熱導率 (Thermal Conductivity, $k$):
  熱導率是物質傳導熱能能力的度量。它描述了在單位時間內，通過單位面積的熱量，當溫度梯度為單位時的數值。熱導率越高，表示該物質越容易傳導熱能，導熱性越好。例如，金屬的熱導率通常很高，而絕緣體的熱導率則很低。其單位通常是 $W/(m \cdot K)$。

• 比熱 (Specific Heat, $c$):
  比熱是物質在單位質量下，溫度升高或降低一度所需的熱量。它描述了物質儲存熱能的能力。比熱越高的物質，改變單位質量的溫度所需的熱量越多，表示其吸熱或放熱能力較強。其單位通常是 $J/(kg \cdot K)$ 或 $J/(mol \cdot K)$。

【答案】

• 熱導率 ($k$): 物質傳導熱能的能力，定義為在單位時間內，通過單位面積的熱量，當溫度梯度為單位時的數值。
• 比熱 ($c$): 物質在單位質量下，溫度升高或降低一度所需的熱量。

(b) 散度定理 (Divergence Theorem)

這小題考驗學生對向量微積分中重要定理的理解。

• 散度定理:
  散度定理，又稱為高斯散度定理 (Gauss's Divergence Theorem)，是向量微積分中的一個基本定理。它建立了向量場在一個閉合曲面上的通量 (flux) 與該向量場在該曲面所圍體積內的散度 (divergence) 之間的關係。

  數學上，對於一個向量場 $\mathbf{F}(x, y, z)$，若其在空間區域 $V$ 及其邊界曲面 $S$ 上是連續且可微的，則散度定理敘述如下：
  $\iiint_V (\nabla \cdot \mathbf{F}) \, dV = \iint_S (\mathbf{F} \cdot \mathbf{n}) \, dS$
  其中，$\nabla \cdot \mathbf{F}$ 是向量場 $\mathbf{F}$ 的散度，表示向量場在某一點的「源」或「匯」的強度；$dV$ 是體積分元素；$S$ 是閉合曲面，是體積 $V$ 的邊界；$\mathbf{n}$ 是垂直於曲面 $S$ 向外指向的單位法向量；$\mathbf{F} \cdot \mathbf{n}$ 是向量場在法向量方向上的分量，代表通過微小面積 $dS$ 的通量；$dS$ 是面積積分元素。

  簡單來說，散度定理指出，一個向量場通過一個閉合曲面的總通量，等於該向量場在所圍體積內的總散度。

【答案】
散度定理建立了一個向量場的體內散度積分與其在閉合曲面上的通量積分之間的關係。數學表達式為：
$\iiint_V (\nabla \cdot \mathbf{F}) \, dV = \iint_S (\mathbf{F} \cdot \mathbf{n}) \, dS$

(c) 從物理模型推導熱傳導方程式 (Heat Equation)

這小題是這題的核心，要求學生結合物理概念和微積分工具，推導出描述熱傳導現象的偏微分方程式。我們將從能量守恆和熱傳導定律出發。

核心觀念:
熱傳導方程式的推導基於兩個基本物理定律：

1. 能量守恆定律 (Conservation of Energy): 系統內能量的變化率等於流入或流出的淨能量。
2. 傅立葉熱傳導定律 (Fourier's Law of Heat Conduction): 熱流密度 (heat flux) 與溫度梯度成正比，方向相反。

推導過程:

考慮一個均勻、各向同性的固體介質，其溫度分佈為 $T(x, y, z, t)$。我們關注介質中的一個任意小的體積元素 $V$，其邊界為曲面 $S$。

1. 能量守恆:
   體積 $V$ 內能量的變化率等於通過其邊界 $S$ 的淨熱流率。
   體積 $V$ 內的總熱能 $E$ 可以表示為：
   $E = \iiint_V \rho c T \, dV$
   其中 $\rho$ 是密度， $c$ 是比熱。
   能量隨時間的變化率為：
   $\frac{dE}{dt} = \frac{d}{dt} \iiint_V \rho c T \, dV$
   由於 $\rho$ 和 $c$ 是常數，我們可以將時間微分移入積分：
   $\frac{dE}{dt} = \iiint_V \rho c \frac{\partial T}{\partial t} \, dV$

   通過邊界 $S$ 的淨熱流率，是通過曲面 $S$ 的熱流密度向量 $\mathbf{q}$ 的通量。根據傅立葉熱傳導定律，熱流密度向量為：
   $\mathbf{q} = -k \nabla T$
   其中 $k$ 是熱導率，$\nabla T$ 是溫度梯度。負號表示熱量從高溫區流向低溫區，與溫度梯度方向相反。

   通過曲面 $S$ 的淨熱流率（流入為正）為：
   $\text{Net Heat Flow Rate} = \iint_S \mathbf{q} \cdot \mathbf{n} \, dS$
   其中 $\mathbf{n}$ 是向外的單位法向量。

   根據能量守恆定律，體積 $V$ 內能量的增加率等於通過邊界 $S$ 的淨熱流率（流入為正）：

好的，這是一題關於證明圓周長公式的題目，核心觀念是利用微積分中的積分來計算曲線的長度。我們將使用參數化曲線和弧長公式來求解。

解題過程

一個半徑為 $a$ 的圓，我們可以將其參數化表示為：
$x(t) = a \cos(t)$
$y(t) = a \sin(t)$
其中參數 $t$ 的範圍是 $0 \le t \le 2\pi$，這樣可以完整地描繪出一個圓。

曲線的弧長公式為：
$L = \int_{t_1}^{t_2} \sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} dt$
其中 $t_1$ 和 $t_2$ 是參數的起始和結束值。

首先，我們計算 $x(t)$ 和 $y(t)$ 對 $t$ 的微分：
$\frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(a \cos(t)) = -a \sin(t)$
$\frac{dy}{dt} = \frac{d}{dt}(a \sin(t)) = a \cos(t)$