113 年 國立中央大學大氣科學學系大氣物理碩士班在職生《微積分》

這兩題考驗極限計算與微分基本公式的應用。

(a) 計算極限時，當 $x \to 1$ 時，分子 $x-1 \to 0$，分母 $\sqrt{x^2+3}-2 \to \sqrt{1^2+3}-2 = \sqrt{4}-2 = 2-2 = 0$。由於是 $\frac{0}{0}$ 型不定形式，我們可以使用羅必達法則 (L'Hôpital's Rule) 或分子有理化來求解。

使用羅必達法則：
$\lim_{x \to 1} \frac{x-1}{\sqrt{x^2+3}-2} = \lim_{x \to 1} \frac{\frac{d}{dx}(x-1)}{\frac{d}{dx}(\sqrt{x^2+3}-2)}$
$= \lim_{x \to 1} \frac{1}{\frac{1}{2\sqrt{x^2+3}} \cdot 2x} = \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{x^2+3}}{x}$
將 $x=1$ 代入：
$= \frac{\sqrt{1^2+3}}{1} = \frac{\sqrt{4}}{1} = 2$

使用分子有理化：
$\lim_{x \to 1} \frac{x-1}{\sqrt{x^2+3}-2} = \lim_{x \to 1} \frac{x-1}{\sqrt{x^2+3}-2} \cdot \frac{\sqrt{x^2+3}+2}{\sqrt{x^2+3}+2}$
$= \lim_{x \to 1} \frac{(x-1)(\sqrt{x^2+3}+2)}{(\sqrt{x^2+3})^2 - 2^2} = \lim_{x \to 1} \frac{(x-1)(\sqrt{x^2+3}+2)}{(x^2+3) - 4}$

此題考查微積分基本定理的應用以及常見積分的計算。

(a) 此題考查微積分基本定理的變形，即對積分上限與下限均為變數的定積分求導。設 $F(t)$ 為 $e^{t^2}$ 的一個反導函數，則 $\int_{A(x)}^{B(x)} e^{t^2} dt = F(B(x)) - F(A(x))$。
對此式求導：
$\frac{d}{dx} [F(B(x)) - F(A(x))] = F'(B(x)) \cdot B'(x) - F'(A(x)) \cdot A'(x)$
根據微積分基本定理，$F'(t) = e^{t^2}$。因此：
$\frac{d}{dx} \int_{A(x)}^{B(x)} e^{t^2} dt = e^{(B(x))^2} \cdot B'(x) - e^{(A(x))^2} \cdot A'(x)$
這就是 Leibniz integral rule 的一種形式。
【答案】$e^{(B(x))^2} B'(x) - e^{(A(x))^2} A'(x)$

(b) 此積分是三角換元法中的一個標準積分形式。
令 $x = a \sin \theta$，則 $dx = a \cos \theta d\theta$。
代入積分式：
$\int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}} dx = \int \frac{1}{\sqrt{a^2-(a \sin \theta)^2}} (a \cos \theta d\theta)$

此題考查分部積分法以及高斯積分。

(a) 此積分需要使用分部積分法 (Integration by Parts) 兩次。分部積分法的公式為 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$。
我們選擇 $u = x^2$ (因為微分後次數會降低) 和 $dv = \cos(5x) dx$。
則 $du = 2x \, dx$，$v = \int \cos(5x) dx = \frac{1}{5} \sin(5x)$。
第一次分部積分：
$\int x^2 \cos(5x) dx = x^2 \left(\frac{1}{5} \sin(5x)\right) - \int \left(\frac{1}{5} \sin(5x)\right) (2x \, dx)$
$= \frac{1}{5} x^2 \sin(5x) - \frac{2}{5} \int x \sin(5x) dx$
現在我們需要計算 $\int x \sin(5x) dx$。再次使用分部積分法，令 $u = x$，$dv = \sin(5x) dx$。
則 $du = dx$，$v = \int \sin(5x) dx = -\frac{1}{5} \cos(5x)$。
第二次分部積分：
$\int x \sin(5x) dx = x \left(-\frac{1}{5} \cos(5x)\right) - \int \left(-\frac{1}{5} \cos(5x)\right) dx$
$= -\frac{1}{5} x \cos(5x) + \frac{1}{5} \int \cos(5x) dx$
$= -\frac{1}{5} x \cos(5x) + \frac{1}{5} \left(\frac{1}{5} \sin(5x)\right) = -\frac{1}{5} x \cos(5x) + \frac{1}{25} \sin(5x)$
將此結果代回第一次分部積分的式子：
$\int x^2 \cos(5x) dx = \frac{1}{5} x^2 \sin(5x) - \frac{2}{5} \left(-\frac{1}{5} x \cos(5x) + \frac{1}{25} \sin(5x)\right) + C$
$= \frac{1}{5} x^2 \sin(5x) + \frac{2}{25} x \cos(5x) - \frac{2}{125} \sin(5x) + C$
【答案】$\frac{1}{5} x^2 \sin(5x) + \frac{2}{25} x \cos(5x) - \frac{2}{125} \sin(5x) + C$

此題考查物理系統的數學模型建立（建立微分方程）以及求解齊次線性微分方程。

(a) 根據牛頓第二運動定律，系統所受的合力等於質量乘以加速度。
我們定義 $y(t)$ 為平衡位置的位移，加速度為 $y''(t)$，速度為 $y'(t)$。
系統中存在三個力：

1. 彈簧力：由虎克定律可知，彈簧力與位移成正比，方向與位移相反。若 $y(t)>0$ 表示向右位移，則彈簧力 $F_s = -ky(t)$。
2. 阻尼力：阻尼力通常與速度成正比，方向與速度相反。若 $y'(t)>0$ 表示向右速度，則阻尼力 $F_d = -cy'(t)$。
3. 外力：輸入力為 $f(t)$。

根據牛頓第二運動定律 $F_{net} = ma$，我們將所有力加總並令其等於 $m y''(t)$：
$F_s + F_d + f(t) = m y''(t)$
$-ky(t) - cy'(t) + f(t) = m y''(t)$
將所有項移到一邊，得到標準形式的常微分方程式：
$m y''(t) + c y'(t) + k y(t) = f(t)$
這是二階線性常微分方程式，描述了質量-彈簧-阻尼器系統的運動。
【答案】$m y''(t) + c y'(t) + k y(t) = f(t)$

(b) 在 $c=0$ 且 $f(t)=0$ 的情況下，微分方程變為：
$m y''(t) + k y(t) = 0$

此題考查線性代數中特徵值與特徵向量的計算。

首先，我們需要找到矩陣 $A$ 的特徵值。特徵值 $\lambda$ 滿足特徵方程 $\det(A - \lambda I) = 0$，其中 $I$ 是單位矩陣。
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 4-\lambda & 2 & -2 \\ 2 & 5-\lambda & 0 \\ -2 & 0 & 3-\lambda \end{pmatrix}$
計算行列式：
$\det(A - \lambda I) = (4-\lambda) \left| \begin{matrix} 5-\lambda & 0 \\ 0 & 3-\lambda \end{matrix} \right| - 2 \left| \begin{matrix} 2 & 0 \\ -2 & 3-\lambda \end{matrix} \right| + (-2) \left| \begin{matrix} 2 & 5-\lambda \\ -2 & 0 \end{matrix} \right|$
$= (4-\lambda) [(5-\lambda)(3-\lambda) - 0] - 2 [2(3-\lambda) - 0] - 2 [0 - (-2)(5-\lambda)]$
$= (4-\lambda)(15 - 8\lambda + \lambda^2) - 2(6 - 2\lambda) - 2(10 - 2\lambda)$
$= (60 - 32\lambda + 4\lambda^2 - 15\lambda + 8\lambda^2 - \lambda^3) - (12 - 4\lambda) - (20 - 4\lambda)$
$= 60 - 47\lambda + 12\lambda^2 - \lambda^3 - 12 + 4\lambda - 20 + 4\lambda$
$= -\lambda^3 + 12\lambda^2 - 39\lambda + 28$
所以特徵方程是 $-\lambda^3 + 12\lambda^2 - 39\lambda + 28 = 0$，或者 $\lambda^3 - 12\lambda^2 + 39\lambda - 28 = 0$。

題目提示其中一個特徵值是 $\lambda=4$。我們驗證一下：
$4^3 - 12(4^2) + 39(4) - 28 = 64 - 12(16) + 156 - 28 = 64 - 192 + 156 - 28 = 220 - 220 = 0$。
所以 $\lambda=4$ 確實是其中一個特徵值。這意味著 $(\lambda-4)$ 是多項式 $\lambda^3 - 12\lambda^2 + 39\lambda - 28$ 的一個因子。
我們可以用多項式長除法或綜合除法來找到其他的因子。
使用綜合除法：

4 | 1  -12   39  -28
  |    4  -32   28
  ------------------
    1   -8    7    0

因此，原多項式可以分解為 $(\lambda-4)(\lambda^2 - 8\lambda + 7) = 0$。
對二次因子分解：$\lambda^2 - 8\lambda + 7 = (\lambda-1)(\lambda-7)$。
所以，特徵方程為 $(\lambda-4)(\lambda-1)(\lambda-7) = 0$。
特徵值為 $\lambda_1 = 4$, $\lambda_2 = 1$, $\lambda_3 = 7$。

接下來，我們計算對應的特徵向量。

對於 $\lambda_1 = 4$：
我們需要解 $(A - 4I) \mathbf{v} = \mathbf{0}$。
$A - 4I = \begin{pmatrix} 4-4 & 2 & -2 \\ 2 & 5-4 & 0 \\ -2 & 0 & 3-4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 2 & -2 \\ 2 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & -1 \end{pmatrix}$
我們需要找到向量 $\mathbf{v} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ 使得：
$2y - 2z = 0 \implies y = z$
$2x + y = 0$
$-2x - z = 0 \implies z = -2x$
結合 $y=z$ 和 $z=-2x$，我們得到 $y = -2x$。
將 $y=-2x$ 代入 $2x+y=0$：$2x + (-2x) = 0$，這是一個恆等式，表示其中一個方程是冗餘的。
我們有 $y=z$ 且 $z=-2x$。令 $x=t$ (參數)，則 $y = -2t$，$z = -2t$。

這兩題是關於向量微積分的恆等式證明，考查梯度、散度、旋度的定義與性質。

(a) 證明 $\text{curl}(\text{grad } f) = \mathbf{0}$。
設純量函數為 $f(x, y, z)$。
梯度 (grad $f$) 是一個向量函數：
$\text{grad } f = \nabla f = \left( \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z} \right)$
現在我們要求這個向量函數的旋度 (curl)。旋度的定義是：
$\text{curl } \mathbf{F} = \nabla \times \mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ F_x & F_y & F_z \end{vmatrix}$
其中 $\mathbf{F} = (F_x, F_y, F_z)$。
在這裡，$\mathbf{F} = \text{grad } f = \left( \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z} \right)$。
所以，
$\text{curl}(\text{grad } f) = \nabla \times (\nabla f) = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ \frac{\partial f}{\partial x} & \frac{\partial f}{\partial y} & \frac{\partial f}{\partial z} \end{vmatrix}$
計算 $\mathbf{i}$ 分量：
$\left( \frac{\partial}{\partial y} \left(\frac{\partial f}{\partial z}\right) - \frac{\partial}{\partial z} \left(\frac{\partial f}{\partial y}\right) \right) = \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial z} - \frac{\partial^2 f}{\partial z \partial y}$
根據二階偏導函數的連續性（假設 $f$ 具有足夠光滑的性質，這通常是隱含的），我們知道 $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial z} = \frac{\partial^2 f}{\partial z \partial y}$。因此，$\mathbf{i}$ 分量為 0。
同理，計算 $\mathbf{j}$ 分量：
$- \left( \frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{\partial f}{\partial z}\right) - \frac{\partial}{\partial z} \left(\frac{\partial f}{\partial x}\right) \right) = - \left( \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial z} - \frac{\partial^2 f}{\partial z \partial x} \right) = 0$
計算 $\mathbf{k}$ 分量：
$\left( \frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{\partial f}{\partial y}\right) - \frac{\partial}{\partial y} \left(\frac{\partial f}{\partial x}\right) \right) = \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} - \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = 0$
由於三個分量都為 0，所以 $\text{curl}(\text{grad } f) = \mathbf{0}$。
這個性質也意味著，任何保守向量場（即梯度場）的旋度都為零。

(b) 證明 $\text{div}(\text{curl } \mathbf{v}) = 0$。
設向量函數為 $\mathbf{v}(x, y, z) = (v_x, v_y, v_z)$。
首先計算旋度 $\text{curl } \mathbf{v} = \nabla \times \mathbf{v}$：

此題考查利用三重積分計算體積，特別是針對球體，使用球座標系會大大簡化計算。

一個半徑為 $a$ 的球體，其方程式為 $x^2 + y^2 + z^2 \le a^2$。
我們可以使用三重積分來計算其體積 $V$。
$V = \iiint_E dV$
其中 $E$ 是球體所代表的區域。

使用直角座標系計算會比較繁瑣。例如，我們可以寫成：
$V = \int_{-a}^a \int_{-\sqrt{a^2-x^2}}^{\sqrt{a^2-x^2}} \int_{-\sqrt{a^2-x^2-y^2}}^{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} dz dy dx$
這個積分的計算過程較為複雜。

使用球座標系 (Spherical Coordinates) 會更為簡便。
球座標的轉換關係為：
$x = \rho \sin\phi \cos\theta$
$y = \rho \sin\phi \sin\theta$
$z = \rho \cos\phi$
體積元素 $dV$ 在球座標下為 $dV = \rho^2 \sin\phi d\rho d\phi d\theta$。
一個半徑為 $a$ 的球體，在球座標下對應的積分範圍是：
$\rho$ (徑向距離) 從 $0$ 到 $a$
$\phi$ (極角，與 $z$ 軸的夾角) 從 $0$ 到 $\pi$
$\theta$ (方位角) 從 $0$ 到 $2\pi$

此題考查求解二階線性非齊次常微分方程。解的結構是通解等於齊次方程的通解加上非齊次方程的特解，即 $y(x) = y_h(x) + y_p(x)$。

第一步：求解齊次方程 $y'' + 10y' + 25y = 0$ 的通解 $y_h(x)$。
其特徵方程為 $r^2 + 10r + 25 = 0$。
這個方程可以因式分解為 $(r+5)^2 = 0$。
所以，特徵方程有兩個重根：$r_1 = r_2 = -5$。
當特徵方程有重根 $r$ 時，齊次方程的通解形式為 $y_h(x) = C_1 e^{rx} + C_2 x e^{rx}$。
因此，在此情況下，齊次通解為：
$y_h(x) = C_1 e^{-5x} + C_2 x e^{-5x}$
其中 $C_1$ 和 $C_2$ 是任意常數。

第二步：求解非齊次方程 $y'' + 10y' + 25y = e^{-5x}$ 的一個特解 $y_p(x)$。
我們使用待定係數法。
右側函數是 $e^{-5x}$。
我們觀察到 $-5$ 是特徵方程的重根。這意味著如果我們直接假設特解為 $y_p(x) = A e^{-5x}$，那麼它會是齊次方程的解，不適用。
由於 $-5$ 是特徵方程的重根（重數為 2），我們需要將假設的特解形式乘以 $x^2$。
所以，我們假設特解的形式為：
$y_p(x) = Ax^2 e^{-5x}$
接下來，我們需要計算 $y_p'(x)$ 和 $y_p''(x)$，然後代入原非齊次方程。
$y_p'(x) = \frac{d}{dx}(Ax^2 e^{-5x}) = A(2x e^{-5x} + x^2 (-5) e^{-5x}) = A e^{-5x} (2x - 5x^2)$
$y_p''(x) = \frac{d}{dx}(A e^{-5x} (2x - 5x^2))$
$= A [-5e^{-5x} (2x - 5x^2) + e^{-5x} (2 - 10x)]$

此題考查求解一維波動方程式，這是一個典型的二階偏微分方程，通常使用分離變數法來求解。

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：$u(x, 0) = f(x)$, $u_t(x,0) = 0$

分離變數法假設解的形式為 $u(x,t) = X(x)T(t)$，其中 $X(x)$ 是只依賴於 $x$ 的函數，而 $T(t)$ 是只依賴於 $t$ 的函數。
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 $T(t) \neq 0$）：
$\frac{T''(t)}{c^2 T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}$
由於左邊只依賴於 $t$，右邊只依賴於 $x$，兩者相等必須等於一個常數。我們將這個常數設為 $-\lambda^2$。
$\frac{T''(t)}{c^2 T(t)} = -\lambda^2 \quad \text{and} \quad \frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda^2$
這給我們兩個常微分方程：

1. 關於 $X(x)$ 的方程：$X''(x) + \lambda^2 X(x) = 0$
2. 關於 $T(t)$ 的方程：$T''(t) + c^2 \lambda^2 T(t) = 0$

現在我們處理邊界條件。
$u(0,t) = X(0)T(t) = 0$。由於我們不希望 $T(t)=0$ (那樣 $u(x,t)=0$，這不是一個有意義的振動)，所以必須有 $X(0)=0$。
$u(L,t) = X(L)T(t) = 0$。同理，必須有 $X(L)=0$。

求解 $X(x)$ 方程：$X''(x) + \lambda^2 X(x) = 0$。
這個方程的特徵方程是 $r^2 + \lambda^2 = 0$，根為 $r = \pm i\lambda$。
通解為 $X(x) = C_1 \cos(\lambda x) + C_2 \sin(\lambda x)$。
應用邊界條件：
$X(0) = C_1 \cos(0) + C_2 \sin(0) = C_1 = 0$。
所以，$X(x) = C_2 \sin(\lambda x)$。
$X(L) = C_2 \sin(\lambda L) = 0$。
我們不希望 $C_2=0$ (否則 $X(x)=0$，導致 $u(x,t)=0$)，所以必須有 $\sin(\lambda L) = 0$。
這意味著 $\lambda L = n\pi$，其中 $n$ 為整數。
因此，$\lambda_n = \frac{n\pi}{L}$。
我們只考慮正整數 $n=1, 2, 3, \dots$，因為 $n=0$ 會導致 $\lambda=0$，$X(x)=0$，而負整數 $n$ 只會產生與正整數相同的解（由於 $\sin$ 的奇偶性）。
所以，我們得到一系列的特徵值 $\lambda_n = \frac{n\pi}{L}$ 和對應的特徵函數 $X_n(x) = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$（我們已經吸收了常數 $C_2$）。

求解 $T(t)$ 方程：$T''(t) + c^2 \lambda_n^2 T(t) = 0$。
特徵方程為 $r^2 + c^2 \lambda_n^2 = 0$，根為 $r = \pm i c \lambda_n = \pm i \frac{nc\pi}{L}$。
令 $\omega_n = c \lambda_n = \frac{nc\pi}{L}$。則特徵方程為 $r^2 + \omega_n^2 = 0$。

此題要求利用 Fermat's principle (費馬原理) 推導 Snell's law (斯乃耳定律)。這是一個典型的變分法應用問題，在物理學和光學中非常重要。

Fermat's principle 說明，光線在兩點之間傳播所經過的路徑是使得總傳播時間最短的路徑。

假設光線從介質 1 中的點 $P_1 = (x_1, y_1)$ 傳播到介質 2 中的點 $P_2 = (x_2, y_2)$。這兩個介質由一條直線 $y=0$ 分隔，介質 1 的折射率為 $n_1$，介質 2 的折射率為 $n_2$。
光在介質中的速度與折射率成反比，即 $v_1 = c/n_1$ 和 $v_2 = c/n_2$，其中 $c$ 是真空中的光速。

光線的路徑可以表示為兩段直線，在介面 $y=0$ 上的交點為 $Q=(x, 0)$。
則 $P_1$ 到 $Q$ 的距離為 $d_1 = \sqrt{(x-x_1)^2 + (0-y_1)^2} = \sqrt{(x-x_1)^2 + y_1^2}$。
$Q$ 到 $P_2$ 的距離為 $d_2 = \sqrt{(x_2-x)^2 + (y_2-0)^2} = \sqrt{(x_2-x)^2 + y_2^2}$。
（這裡假設 $y_1 < 0$ 且 $y_2 > 0$ 以確保光線從介質 1 進入介質 2，但為了計算方便，我們可以將 $y_1$ 和 $y_2$ 視為正值，因為距離是平方後開根號）。

傳播時間 $t$ 為：
$t = t_1 + t_2 = \frac{d_1}{v_1} + \frac{d_2}{v_2}$
$t(x) = \frac{\sqrt{(x-x_1)^2 + y_1^2}}{c/n_1} + \frac{\sqrt{(x_2-x)^2 + y_2^2}}{c/n_2}$
$t(x) = \frac{n_1}{c} \sqrt{(x-x_1)^2 + y_1^2} + \frac{n_2}{c} \sqrt{(x_2-x)^2 + y_2^2}$

根據 Fermat's principle，光線會選擇使 $t(x)$ 最小的路徑。為了找到這個最小值，我們對 $t(x)$ 關於 $x$ 求導，並令其等於零。
$\frac{dt}{dx} = \frac{n_1}{c} \frac{d}{dx} \sqrt{(x-x_1)^2 + y_1^2} + \frac{n_2}{c} \frac{d}{dx} \sqrt{(x_2-x)^2 + y_2^2} = 0$
計算導數：