112 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》

這兩小題主要考驗學生對極限的計算能力，特別是當代入極限值會出現 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 等不定型時，如何運用羅必達法則 (L'Hôpital's Rule) 或其他極限技巧來求解。

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

當 $x \to a$ 時，分子 $a-x \to a-a = 0$。
分母 $x \ln \frac{x}{a} \to a \ln \frac{a}{a} = a \ln 1 = a \cdot 0 = 0$。
由於出現 $\frac{0}{0}$ 的不定型，我們可以使用羅必達法則。羅必達法則指出，若 $\lim_{x \to c} \frac{f(x)}{g(x)}$ 是 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，則 $\lim_{x \to c} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to c} \frac{f'(x)}{g'(x)}$，前提是後者極限存在。

我們分別對分子和分母進行微分：
分子 $f(x) = a-x$ 的微分是 $f'(x) = \frac{d}{dx}(a-x) = -1$。
分母 $g(x) = x \ln \frac{x}{a}$ 的微分需要使用乘積法則和連鎖法則。
$g'(x) = \frac{d}{dx} \left( x \ln \frac{x}{a} \right)$
令 $u = x$，$v = \ln \frac{x}{a}$。則 $u' = 1$。
$v' = \frac{d}{dx} \left( \ln \frac{x}{a} \right)$。令 $w = \frac{x}{a}$，則 $\frac{dw}{dx} = \frac{1}{a}$。
所以 $v' = \frac{d}{dw}(\ln w) \cdot \frac{dw}{dx} = \frac{1}{w} \cdot \frac{1}{a} = \frac{1}{\frac{x}{a}} \cdot \frac{1}{a} = \frac{a}{x} \cdot \frac{1}{a} = \frac{1}{x}$。
應用乘積法則 $g'(x) = u'v + uv'$：
$g'(x) = 1 \cdot \ln \frac{x}{a} + x \cdot \frac{1}{x} = \ln \frac{x}{a} + 1$。

現在，我們將微分後的結果代入羅必達法則：
$\lim_{x \to a} \frac{a-x}{x \ln \frac{x}{a}} = \lim_{x \to a} \frac{-1}{\ln \frac{x}{a} + 1}$

接著，我們將 $x=a$ 代入新的極限式：
$\frac{-1}{\ln \frac{a}{a} + 1} = \frac{-1}{\ln 1 + 1} = \frac{-1}{0 + 1} = \frac{-1}{1} = -1$。

【答案】$-1$

1. (b) $\lim_{x \to \infty} \frac{3x+4}{\sqrt{2x^2-5}} = ?$

當 $x \to \infty$ 時，分子 $3x+4 \to \infty$。
分母 $\sqrt{2x^2-5} \to \sqrt{\infty} \to \infty$。
由於出現 $\frac{\infty}{\infty}$ 的不定型，我們可以使用羅必達法則。

對分子進行微分：
$f(x) = 3x+4 \implies f'(x) = 3$。

對分母進行微分：
$g(x) = \sqrt{2x^2-5} = (2x^2-5)^{1/2}$。
$g'(x) = \frac{1}{2}(2x^2-5)^{-1/2} \cdot \frac{d}{dx}(2x^2-5)$
$g'(x) = \frac{1}{2}(2x^2-5)^{-1/2} \cdot (4x)$
$g'(x) = \frac{4x}{2\sqrt{2x^2-5}} = \frac{2x}{\sqrt{2x^2-5}}$。

這題主要考驗學生對基本函數微分的掌握，特別是雙曲函數 $\tanh(x)$ 和反三角函數 $\sin^{-1}(x)$ 的導數。

(a) $\frac{d}{dx}(\tanh(x))$

核心觀念： 雙曲函數的定義及其導數公式。

解題過程：
雙曲正切函數 $\tanh(x)$ 的定義為：
$\tanh(x) = \frac{\sinh(x)}{\cosh(x)}$
其中，$\sinh(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$ 且 $\cosh(x) = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$。

我們可以使用除法定則來求 $\tanh(x)$ 的導數。除法定則指出，若 $f(x) = \frac{g(x)}{h(x)}$，則 $f'(x) = \frac{g'(x)h(x) - g(x)h'(x)}{(h(x))^2}$。

首先，我們需要知道 $\sinh(x)$ 和 $\cosh(x)$ 的導數：
$\frac{d}{dx}(\sinh(x)) = \frac{d}{dx}\left(\frac{e^x - e^{-x}}{2}\right) = \frac{1}{2}(e^x - (-e^{-x})) = \frac{e^x + e^{-x}}{2} = \cosh(x)$
$\frac{d}{dx}(\cosh(x)) = \frac{d}{dx}\left(\frac{e^x + e^{-x}}{2}\right) = \frac{1}{2}(e^x + (-e^{-x})) = \frac{e^x - e^{-x}}{2} = \sinh(x)$

現在應用除法定則於 $\tanh(x) = \frac{\sinh(x)}{\cosh(x)}$：
$\frac{d}{dx}(\tanh(x)) = \frac{\frac{d}{dx}(\sinh(x))\cosh(x) - \sinh(x)\frac{d}{dx}(\cosh(x))}{(\cosh(x))^2}$
$= \frac{\cosh(x)\cosh(x) - \sinh(x)\sinh(x)}{(\cosh(x))^2}$
$= \frac{\cosh^2(x) - \sinh^2(x)}{\cosh^2(x)}$
根據雙曲函數的基本恆等式 $\cosh^2(x) - \sinh^2(x) = 1$，我們得到：

好的，這題是中央大學地球科學系地球物理碩士班在職生 112 年微積分考題的第三題，主要考驗學生對「積分技巧」的掌握，特別是分部積分法以及高斯積分。

(a) $\int e^{ax} \sin bx \, dx$

這題考驗的是分部積分法 (Integration by Parts) 的應用。當被積函數是兩個函數的乘積，且其中一個函數的積分或微分會使形式變得更複雜，或者兩個函數的積分/微分循環後能回到原來的形式時，分部積分法是個好選擇。這裡我們有指數函數 $e^{ax}$ 和三角函數 $\sin bx$，兩者都可以透過微分或積分來轉換。

我們使用分部積分公式：$\int u \, dv = uv - \int v \, du$。

解題過程：

我們令 $I = \int e^{ax} \sin bx \, dx$。

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

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

現在我們需要計算 $\int e^{ax} \cos bx \, dx$。我們再次使用分部積分法，並且要保持與第一次分部積分時選擇 $u$ 和 $dv$ 的策略一致，也就是微分三角函數，積分指數函數。

第二次分部積分（針對 $\int e^{ax} \cos bx \, dx$）：
令 $u = \cos bx$，則 $du = -b \sin bx \, dx$。
令 $dv = e^{ax} \, dx$，則 $v = \frac{1}{a} e^{ax}$。

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

注意到 $\int e^{ax} \sin bx \, dx$ 就是我們一開始要求的積分 $I$。將這個結果代回第一次分部積分的式子：
$I = \frac{1}{a} e^{ax} \sin bx - \frac{b}{a} \left( \frac{1}{a} e^{ax} \cos bx + \frac{b}{a} \int e^{ax} \sin bx \, dx \right)$
$I = \frac{1}{a} e^{ax} \sin bx - \frac{b}{a^2} e^{ax} \cos bx - \frac{b^2}{a^2} I$

現在我們得到一個包含 $I$ 的方程式，可以解出 $I$：
$I + \frac{b^2}{a^2} I = \frac{1}{a} e^{ax} \sin bx - \frac{b}{a^2} e^{ax} \cos bx$
$I \left( 1 + \frac{b^2}{a^2} \right) = \frac{1}{a} e^{ax} \sin bx - \frac{b}{a^2} e^{ax} \cos bx$
$I \left( \frac{a^2 + b^2}{a^2} \right) = \frac{a e^{ax} \sin bx - b e^{ax} \cos bx}{a^2}$

將等式兩邊同乘以 $\frac{a^2}{a^2 + b^2}$：
$I = \frac{a^2}{a^2 + b^2} \cdot \frac{a e^{ax} \sin bx - b e^{ax} \cos bx}{a^2}$

這是一道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。

解題過程：

給定的微分方程是：
$y'' + 3y' + 2y = 12x^2$

這是一個非齊次線性常微分方程。其通解 $y(x)$ 可以表示為齊次方程的通解 $y_h(x)$ 加上非齊次方程的一個特解 $y_p(x)$，即 $y(x) = y_h(x) + y_p(x)$。

第一步：求解齊次方程的通解 $y_h(x)$

齊次方程為：
$y'' + 3y' + 2y = 0$

對應的特徵方程為：
$\lambda^2 + 3\lambda + 2 = 0$

因式分解得到：
$(\lambda + 1)(\lambda + 2) = 0$

所以特徵根為 $\lambda_1 = -1$ 和 $\lambda_2 = -2$。
由於兩個特徵根為實數且相異，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。

第二步：求解非齊次方程的一個特解 $y_p(x)$

非齊次項是 $12x^2$，這是一個二次多項式。我們可以使用待定係數法來尋找特解。由於非齊次項是多項式，我們假設特解的形式也是一個二次多項式：
$y_p(x) = Ax^2 + Bx + C$

對 $y_p(x)$ 求一階和二階導數：
$y_p'(x) = 2Ax + B$
$y_p''(x) = 2A$

將 $y_p(x)$ 及其導數代入原非齊次微分方程：
$(2A) + 3(2Ax + B) + 2(Ax^2 + Bx + C) = 12x^2$

展開並合併同類項：
$2A + 6Ax + 3B + 2Ax^2 + 2Bx + 2C = 12x^2$
$2Ax^2 + (6A + 2B)x + (2A + 3B + 2C) = 12x^2$

為了使等式成立，我們需要比較兩邊同類項的係數：

核心觀念

本題利用「分離變數法」求解固定端弦的一維波動方程：

$$u_{tt}=c^2u_{xx},\qquad 0<x<L,\ t>0$$

邊界條件為

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

初始條件為

$$u(x,0)=f(x),\qquad u_t(x,0)=0$$

主要觀念如下：

1. 設未知函數可寫成空間函數與時間函數的乘積：
   $u(x,t)=X(x)T(t)$
2. 分離後得到兩個常微分方程。
3. 邊界條件決定空間特徵函數為
   $\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$
4. 初始位移 $f(x)$ 必須展開成 Fourier 正弦級數。
5. 初始速度為零，因此時間部分只保留餘弦項。

---

分離變數

令

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

則

$$u_{tt}=X(x)T''(t),\qquad u_{xx}=X''(x)T(t)$$

代入波動方程：

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

在 $X(x)T(t)\neq 0$ 時，兩邊除以 $c^2X(x)T(t)$：

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

左側只含 $t$，右側只含 $x$，因此兩者必須等於同一個常數。取分離常數為 $-\lambda$，可得

$$\frac{X''}{X}=-\lambda$$

以及

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

所以得到兩個常微分方程：

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

---

空間部分與邊界條件

由 $u(0,t)=0$ 與 $u(L,t)=0$，可得

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

考慮不同 $\lambda$ 的情形。

情形一：$\lambda=0$

此時

$$X''=0$$

故

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

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，再由 $X(L)=0$ 得 $B=0$。因此只有零解，不產生非零振動模態。

情形二：$\lambda<0$

令 $\lambda=-\mu^2$，其中 $\mu>0$，則

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

其解為

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

由 $X(0)=0$ 得 $A=0$，因此

$$X(x)=B\sinh(\mu x)$$

再由 $X(L)=0$ 得 $B=0$，仍只有零解。

情形三：$\lambda>0$

令

$$\lambda=\mu^2,\qquad \mu>0$$

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

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

再利用 $X(L)=0$：

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

為取得非零解，必須滿足

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

因此

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

故特徵值與特徵函數為

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

這些空間函數代表弦的各個正常模態。

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時間部分

對於

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

時間方程為

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

令

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

則

$$T_n''+\omega_n^2T_n=0$$

其通解為

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

因此第 $n$ 個分離解為

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

由於波動方程是線性的，所有模態的線性組合仍為解，因此一般解寫成

這題主要考驗學生對傅立葉級數的理解，特別是奇函數週期延拓（odd periodic expansion）的概念，以及如何計算傅立葉級數的係數。

解題過程

題目要求我們找出函數 $f(x)$ 的奇週期展開（odd periodic expansion），這意味著我們需要將函數 $f(x)$ 在區間 $(0, L)$ 上定義的部分，延拓成一個週期為 $2L$ 的奇函數。

給定的函數為：

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

奇函數的傅立葉級數展開形式為：

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

其中係數 $b_n$ 的計算公式為：

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

由於我們是做奇函數的週期延拓，週期為 $2L$，所以公式中的 $L$ 應替換為 $2L$。然而，題目要求的是「半週期展開」（half-range expansion），這通常是指將函數定義在 $(0, L)$ 的範圍內，然後展開成週期為 $2L$ 的傅立葉級數。對於奇函數的半週期展開，我們將函數視為定義在 $(-L, L)$ 上的奇函數，然後延拓成週期為 $2L$ 的函數。

因此，對於奇函數的傅立葉級數，我們只需要計算正弦項的係數 $b_n$。由於 $f(x)$ 在 $(0, L)$ 上定義，且我們要進行奇函數延拓，所以我們將其視為在 $(-L, L)$ 上定義的奇函數。因此，我們計算 $b_n$ 的公式為：

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

這是因為對於奇函數，$\int_{-L}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx = 2 \int_{0}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$。

我們將積分範圍 $(0, L)$ 分成兩段：$(0, L/2)$ 和 $(L/2, L)$。

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

我們需要計算兩個積分：
積分 1： $\int x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$
我們使用分部積分法，令 $u = x$，$dv = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$。
則 $du = dx$，$v = -\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$。

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

積分 2： $\int (L-x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$
我們使用分部積分法，令 $u = L-x$，$dv = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$。
則 $du = -dx$，$v = -\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$。

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

現在我們將積分結果代回 $b_n$ 的計算：

計算第一個積分在區間 $[0, L/2]$ 的值：

$$\left[-\frac{Lx}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + \frac{L^2}{n^2\pi^2} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right]_0^{L/2}$$ $$= \left(-\frac{L(L/2)}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi (L/2)}{L}\right) + \frac{L^2}{n^2\pi^2} \sin\left(\frac{n\pi (L/2)}{L}\right)\right) - (0 + 0)$$ $$= -\frac{L^2}{2n\pi} \cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) + \frac{L^2}{n^2\pi^2} \sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)$$

計算第二個積分在區間 $[L/2, L]$ 的值：

$$\left[\frac{L(L-x)}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) - \frac{L^2}{n^2\pi^2} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right]_{L/2}^{L}$$

好的，這是一題關於求方陣反矩陣的題目。求反矩陣是線性代數中的基本操作，對於理解和解決許多線性系統問題至關重要。我們可以使用伴隨矩陣法（Adjoint Method）或高斯-約旦消去法（Gauss-Jordan Elimination）來求解。這裡我們採用伴隨矩陣法，其核心公式為 $A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \text{adj}(A)$，其中 $\det(A)$ 是矩陣 $A$ 的行列式，而 $\text{adj}(A)$ 是矩陣 $A$ 的伴隨矩陣，即 $A$ 的餘因子矩陣的轉置。

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題目：
Find the inverse of $A = \begin{bmatrix} -1 & 1 & 2 \\ 3 & -1 & 1 \\ -1 & 3 & 4 \end{bmatrix}$.

解題過程：

首先，我們需要計算矩陣 $A$ 的行列式 $\det(A)$。如果 $\det(A) = 0$，則矩陣 $A$ 不存在反矩陣。

$$\det(A) = (-1) \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 3 & 4 \end{vmatrix} - (1) \begin{vmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 4 \end{vmatrix} + (2) \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix}$$

計算各個 2x2 的行列式：

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

將這些值代回 $\det(A)$ 的計算：

$$\det(A) = (-1)(-7) - (1)(13) + (2)(8) = 7 - 13 + 16 = 10$$

由於 $\det(A) = 10 \neq 0$，所以矩陣 $A$ 存在反矩陣。

接下來，我們需要計算矩陣 $A$ 的餘因子矩陣（Matrix of Cofactors）。餘因子 $C_{ij}$ 的定義為 $C_{ij} = (-1)^{i+j} M_{ij}$，其中 $M_{ij}$ 是刪除矩陣 $A$ 的第 $i$ 列和第 $j$ 行後所得到的子矩陣的行列式（即餘因子）。

計算各個元素的餘因子：
$C_{11} = (-1)^{1+1} \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ 3 & 4 \end{vmatrix} = (1)(-7) = -7$
$C_{12} = (-1)^{1+2} \begin{vmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 4 \end{vmatrix} = (-1)(13) = -13$
$C_{13} = (-1)^{1+3} \begin{vmatrix} 3 & -1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix} = (1)(8) = 8$

$C_{21} = (-1)^{2+1} \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{vmatrix} = (-1)((1)(4) - (2)(3)) = (-1)(4 - 6) = (-1)(-2) = 2$
$C_{22} = (-1)^{2+2} \begin{vmatrix} -1 & 2 \\ -1 & 4 \end{vmatrix} = (1)((-1)(4) - (2)(-1)) = (1)(-4 - (-2)) = (1)(-4 + 2) = -2$
$C_{23} = (-1)^{2+3} \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix} = (-1)((-1)(3) - (1)(-1)) = (-1)(-3 - (-1)) = (-1)(-3 + 1) = (-1)(-2) = 2$

$C_{31} = (-1)^{3+1} \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ -1 & 1 \end{vmatrix} = (1)((1)(1) - (2)(-1)) = (1)(1 - (-2)) = (1)(1 + 2) = 3$

好的，這是一題關於放射性衰變的微分方程應用題，核心觀念是利用微分方程描述物理現象，並透過求解微分方程來找出物理量之間的關係。

解題過程：

題目指出，放射性物質的衰變速率與當前存在的量成正比。我們可以將此物理現象轉換為一個微分方程。設 $N(t)$ 為在時間 $t$ 時放射性物質的量，則其衰變速率為 $\frac{dN}{dt}$。根據題目描述，衰變速率與 $N(t)$ 成正比，且由於是衰減，所以比例常數為負。因此，我們可以寫出以下微分方程：

$\frac{dN}{dt} = -\lambda N$

其中 $\lambda$ 是衰變常數，是一個正值。

這個微分方程是一個一階線性齊次微分方程，可以透過分離變數法來求解。將 $N$ 移到等號左邊，將 $dt$ 移到等號右邊：

$\frac{dN}{N} = -\lambda dt$

接著，我們對等號兩邊進行積分。假設在時間 $t=0$ 時，放射性物質的量為 $N_0$。我們從 $t=0$ 積到任意時間 $t$，從 $N_0$ 積到 $N(t)$：

$\int_{N_0}^{N(t)} \frac{dN}{N} = \int_{0}^{t} -\lambda dt$

執行積分：

$[\ln|N|]_{N_0}^{N(t)} = -\lambda [t]_{0}^{t}$

$\ln|N(t)| - \ln|N_0| = -\lambda t$

由於 $N(t)$ 和 $N_0$ 都代表物質的量，它們必然是正值，所以可以去掉絕對值符號：

$\ln(N(t)) - \ln(N_0) = -\lambda t$

利用對數的性質 $\ln a - \ln b = \ln(\frac{a}{b})$：

$\ln\left(\frac{N(t)}{N_0}\right) = -\lambda t$

為了得到 $N(t)$ 的表達式，我們對兩邊取指數函數：

$\frac{N(t)}{N_0} = e^{-\lambda t}$

$N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$

這就是放射性物質隨時間衰變的數學模型。

好的，這題是中央大學地球科學系地球物理碩士班在職生 112 年的微積分考題，主要考驗學生對熱傳導基本物理概念的理解，以及如何應用微積分中的散度定理來推導熱傳導方程式。

(a) 說明熱導係數與比熱

熱導係數 (Thermal Conductivity) 和比熱 (Specific Heat) 是描述物質熱傳輸與儲存特性的兩個重要物理參數。

• 熱導係數 ($k$)：
  熱導係數衡量物質傳導熱量的能力。它定義為在單位時間內，通過單位面積、單位厚度的材料，當兩側溫差為單位溫度的熱量。熱導係數越大，表示該物質越容易傳導熱量，是熱的「良導體」；反之，熱導係數越小，表示該物質越不容易傳導熱量，是熱的「絕緣體」。其單位通常是 $\text{W/(m·K)}$。

• 比熱 ($c$)：
  比熱是指將單位質量的物質溫度升高或降低攝氏一度 (或凱氏一度) 所需的熱量。它代表物質儲存熱能的能力。比熱越大的物質，在吸收或放出相同熱量時，其溫度變化越小；反之，比熱越小的物質，溫度變化越大。其單位通常是 $\text{J/(kg·K)}$ 或 $\text{J/(g·°C)}$。

【答案】

(b) 說明散度定理

散度定理（Divergence Theorem），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區域內的散度（divergence）之間的關係。

定理內容如下：
設 $V$ 為空間中一個有界閉區域，其邊界為一個光滑的閉曲面 $S$。若向量場 $\mathbf{F}(x, y, z) = P(x, y, z)\mathbf{i} + Q(x, y, z)\mathbf{j} + R(x, y, z)$ 在 $V$ 及其邊界 $S$ 上連續可微，則通過閉曲面 $S$ 向外（外法線方向）的向量場 $\mathbf{F}$ 的總通量等於向量場 $\mathbf{F}$ 的散度在區域 $V$ 上的體積分：

$\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iiint_V (\nabla \cdot \mathbf{F}) dV$

其中，$d\mathbf{S}$ 是曲面 $S$ 的微小面積向量，其方向為外法線方向。散度 $\nabla \cdot \mathbf{F}$ 定義為：
$\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}$
$dV$ 是體積微元。

散度定理的物理意義是，一個向量場通過一個閉合曲面的淨通量，等於該區域內所有「源」的總和（或「匯」的總和），其中「源」由向量場的散度來衡量。

【答案】

(c) 從一個空間中的物體推導熱傳導方程式

我們要利用物理概念和微積分工具，從能量守恆的角度推導熱傳導方程式。考慮一個均勻的、各向同性的固體介質，其溫度分佈為 $u(x, y, z, t)$。我們關注介質中的一個任意小的體積 $V$，其邊界為曲面 $S$。

基本假設：

1. 能量守恆：在沒有內部熱源或熱損耗的情況下，單位時間內進入體積 $V$ 的熱量減去單位時間內離開體積 $V$ 的熱量，等於體積 $V$ 內儲存的熱量變化率。
2. 傅立葉定律 (Fourier's Law of Heat Conduction)：熱流密度向量 $\mathbf{q}$ 與溫度梯度成正比，方向與溫度梯度相反。
   $\mathbf{q} = -k \nabla u$
   其中 $k$ 是熱導係數，$\nabla u$ 是溫度梯度。熱流密度 $\mathbf{q}$ 的單位是 $\text{W/m}^2$，表示單位時間內通過單位面積的熱量。
3. 熱量與溫度變化關係：單位體積的物質，其溫度升高 $\Delta u$ 所需的熱量為 $\rho c \Delta u$，其中 $\rho$ 是密度， $c$ 是比熱。

推導過程：

1. 離開體積 $V$ 的總熱量率：
   單位時間內通過曲面 $S$ 離開體積 $V$ 的總熱量率，由熱流密度向量 $\mathbf{q}$ 在曲面 $S$ 上的面積分給出。由於我們關心的是離開的熱量，我們使用外法線方向。
   $\text{Rate of heat leaving } V = \iint_S \mathbf{q} \cdot d\mathbf{S}$
   根據傅立葉定律，$\mathbf{q} = -k \nabla u$。