114 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》

此題考驗極限的計算，特別是當變數趨近於無窮大時，三角函數與變數乘積的極限。

解題步驟：
令 $y = \frac{1}{x}$。當 $x \to \infty$ 時，則 $y \to 0$。
原式可改寫為：

此題考驗指數型極限的計算，以及利用泰勒展開式或自然對數來簡化問題。

解題步驟：
這是一個 $1^\infty$ 型的不定型極限。我們可以使用自然對數來處理。
令 $L = \lim_{x\to\infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x$。
取自然對數：
$\ln L = \lim_{x\to\infty} \ln\left(\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x\right)$
$\ln L = \lim_{x\to\infty} x \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right)$
令 $u = \frac{1}{x}$。當 $x \to \infty$ 時，$u \to 0$。
$\ln L = \lim_{u\to 0} \frac{1}{u} \ln(1+u) = \lim_{u\to 0} \frac{\ln(1+u)}{u}$

此題考驗微積分基本定理的應用，特別是當積分上下限是變數的函數時。

根據微積分基本定理的推廣形式 (Leibniz integral rule)，若有函數 $F(x) = \int_{a(x)}^{b(x)} f(t) dt$，則其導數為：
$\frac{dF}{dx} = f(b(x)) \cdot b'(x) - f(a(x)) \cdot a'(x)$

此題考驗基本微分運算的應用，特別是複合函數的微分。

給定函數 $f(x) = \sqrt{x^2+1}$。
我們可以將其寫成 $f(x) = (x^2+1)^{1/2}$。
利用連鎖律 (chain rule) 進行微分：
$\frac{df}{dx} = \frac{d}{dx} (x^2+1)^{1/2}$
令 $u = x^2+1$，則 $f = u^{1/2}$。
$\frac{df}{dx} = \frac{df}{du} \cdot \frac{du}{dx}$

此題考驗積分的計算，特別是使用分部積分法 (integration by parts)。

分部積分法的公式為 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$。
我們需要選擇合適的 $u$ 和 $dv$。通常選擇 $\ln(x)$ 作為 $u$，因為它的微分比較簡單，而選擇 $x dx$ 作為 $dv$，因為它可以容易地積分。

令 $u = \ln(x)$，則 $du = \frac{1}{x} dx$。
令 $dv = x dx$，則 $v = \int x dx = \frac{1}{2}x^2$。

套用分部積分公式：
$\int x\ln(x) dx = u v - \int v \, du$

此題考驗高斯積分 (Gaussian integral) 的計算，這是一個重要的瑕積分。

這個積分通常被稱為高斯積分，其值為 $\sqrt{\pi}$。證明過程涉及使用極座標和二重積分。

證明步驟：
設 $I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx$。
考慮 $I^2$:
$I^2 = \left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx\right) \left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2} dy\right)$
$I^2 = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} e^{-y^2} dx dy$
$I^2 = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^2+y^2)} dx dy$
現在轉換到極座標。令 $x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$。則 $x^2+y^2 = r^2$，$dx dy = r dr d\theta$。
積分區域從整個 xy 平面變為 $r \in [0, \infty)$，$\theta \in [0, 2\pi)$。

此題考驗物理系統建模，將物理定律應用於建立微分方程。

系統描述：
這是一個典型的質量-彈簧-阻尼器系統。根據牛頓第二運動定律，作用在物體上的淨力等於物體的質量乘以其加速度。
$\sum F = ma$
系統中的力包括：

1. 彈簧力：由胡克定律可知，彈簧力與位移成正比，方向與位移相反。若 $y(t)$ 是相對於平衡位置的位移，則彈簧力為 $-ky(t)$。
2. 阻尼力：通常假設阻尼力與速度成正比，方向與速度相反。速度是位移對時間的一階導數，即 $\frac{dy}{dt}$。因此，阻尼力為 $-c\frac{dy}{dt}$。

此題考驗求解簡化後的二階常微分方程，屬於齊次方程。

在 $c=0$ 和 $f(t)=0$ 的情況下，來自 (a) 的微分方程簡化為：
$m \frac{d^2y}{dt^2} + ky(t) = 0$
為了求解這個方程，我們通常假設解的形式為 $y(t) = e^{rt}$。將此代入方程：
$m (r^2 e^{rt}) + k (e^{rt}) = 0$
由於 $e^{rt}$ 永不為零，我們可以除以它：
$mr^2 + k = 0$
$r^2 = -\frac{k}{m}$
$r = \pm \sqrt{-\frac{k}{m}} = \pm i \sqrt{\frac{k}{m}}$

此題考驗線性代數中求解矩陣的特徵值 (eigenvalues) 和特徵向量 (eigenvectors) 的基本方法。

步驟 1：求解特徵值 (Eigenvalues)
特徵值 $\lambda$ 是滿足特徵方程 $|A - \lambda I| = 0$ 的值，其中 $I$ 是單位矩陣。
$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 5 & 2 \\ 1 & 4 \end{bmatrix} - \lambda \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 5-\lambda & 2 \\ 1 & 4-\lambda \end{bmatrix}$
計算行列式：
$|A - \lambda I| = (5-\lambda)(4-\lambda) - (2)(1) = 0$
$20 - 5\lambda - 4\lambda + \lambda^2 - 2 = 0$
$\lambda^2 - 9\lambda + 18 = 0$
因式分解二次方程：
$(\lambda - 3)(\lambda - 6) = 0$
所以，特徵值為 $\lambda_1 = 3$ 和 $\lambda_2 = 6$。

步驟 2：求解特徵向量 (Eigenvectors)
對於每個特徵值，我們求解方程 $(A - \lambda I) \mathbf{v} = \mathbf{0}$，其中 $\mathbf{v}$ 是特徵向量。

對於 $\lambda_1 = 3$:
$(A - 3I) \mathbf{v} = \begin{bmatrix} 5-3 & 2 \\ 1 & 4-3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$

此題考驗放射性衰變的數學模型，以及如何從微分方程推導出半衰期的公式。

物理背景：
放射性物質的衰變速率（即單位時間內衰變的原子數）與其現存的原子數量成正比。設 $N(t)$ 為在時間 $t$ 時殘留的放射性物質的數量。則衰變速率為 $\frac{dN}{dt}$。

數學模型：
根據題意，衰變速率與現存數量成正比：
$\frac{dN}{dt} = -\lambda N(t)$
其中 $\lambda$ 是衰變常數 (decay constant)，負號表示數量在減少。

求解微分方程：
這是一個可分離變數的一階線性齊次微分方程。
$\frac{dN}{N} = -\lambda dt$
對兩邊積分：
$\int \frac{dN}{N} = \int -\lambda dt$
$\ln|N| = -\lambda t + C_1$
其中 $C_1$ 是積分常數。
取指數：
$|N| = e^{-\lambda t + C_1} = e^{C_1} e^{-\lambda t}$
由於 $N(t)$ 表示物質的數量，它必須是非負的。所以我們可以去掉絕對值，並令 $C = e^{C_1}$ (其中 $C$ 是一個正的常數)。
$N(t) = C e^{-\lambda t}$
設 $N_0$ 是初始時刻 $t=0$ 時的物質數量，即 $N(0) = N_0$。
代入上式：

此題考驗使用三重積分計算立體體積，並涉及圓錐體的幾何知識。

圓錐體的描述：
一個底面半徑為 $a$，高為 $h$ 的圓錐體。我們可以將其放置在座標系中，例如頂點在原點 $(0,0,0)$，圓錐體軸沿 z 軸正向。

方法一：使用圓柱座標 (Cylindrical Coordinates)
圓柱座標 $(r, \theta, z)$ 與笛卡爾座標 $(x, y, z)$ 的關係為：
$x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$, $z = z$
體積元素為 $dV = r dz dr d\theta$。

圓錐體的方程：
對於一個頂點在原點，軸沿 z 軸的圓錐體，其斜邊滿足 $r = \frac{a}{h}z$ 或 $z = \frac{h}{a}r$。
由於頂點在 $(0,0,0)$，底面在 $z=h$，半徑為 $a$，所以對於任意的 $z \in [0, h]$，圓錐體在該高度的半徑為 $\frac{a}{h}z$。
因此，在圓柱座標下，圓錐體的描述為：
$0 \le \theta \le 2\pi$
$0 \le z \le h$
對於給定的 $z$，半徑 $r$ 的範圍是 $0 \le r \le \frac{a}{h}z$。

體積計算：
$V = \iiint_E dV = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{h} \int_{0}^{\frac{a}{h}z} r \, dr \, dz \, d\theta$
先計算內層關於 $r$ 的積分：
$\int_{0}^{\frac{a}{h}z} r \, dr = \left[\frac{1}{2}r^2\right]_{0}^{\frac{a}{h}z} = \frac{1}{2}\left(\frac{a}{h}z\right)^2 = \frac{1}{2} \frac{a^2}{h^2} z^2$
接著計算關於 $z$ 的積分：
$\int_{0}^{h} \frac{1}{2} \frac{a^2}{h^2} z^2 \, dz = \frac{1}{2} \frac{a^2}{h^2} \int_{0}^{h} z^2 \, dz = \frac{1}{2} \frac{a^2}{h^2} \left[\frac{1}{3}z^3\right]_{0}^{h}$
$= \frac{1}{2} \frac{a^2}{h^2} \left(\frac{1}{3}h^3\right) = \frac{1}{6} a^2 h$
最後計算關於 $\theta$ 的積分：
$V = \int_{0}^{2\pi} \left(\frac{1}{6} a^2 h\right) d\theta = \frac{1}{6} a^2 h \int_{0}^{2\pi} d\theta = \frac{1}{6} a^2 h (2\pi)$
$V = \frac{1}{3} \pi a^2 h$

方法二：使用球座標 (Spherical Coordinates)
球座標 $(\rho, \phi, \theta)$ 與笛卡爾座標 $(x, y, z)$ 的關係為：
$x = \rho\sin\phi\cos\theta$, $y = \rho\sin\phi\sin\theta$, $z = \rho\cos\phi$
體積元素為 $dV = \rho^2 \sin\phi d\rho d\phi d\theta$。

圓錐體的方程：
頂點在原點，軸沿 z 軸，半徑為 $a$，高為 $h$ 的圓錐體，其邊緣與 z 軸的夾角為 $\phi_0$。
由幾何關係可知 $\tan(\phi_0) = \frac{a}{h}$。所以 $\phi_0 = \arctan(\frac{a}{h})$。

此題考驗對單位階躍函數 (Heaviside function) 的理解及其拉普拉斯轉換。

Heaviside 函數 $u(t-a)$ 的定義：
Heaviside 函數，通常記為 $u(t-a)$ 或 $H(t-a)$，是一個在 $t=a$ 處從 0 躍升到 1 的函數。其定義如下：
$u(t-a) = \begin{cases} 0 & \text{if } t < a \\ 1 & \text{if } t \ge a \end{cases}$
其中 $a$ 是一個常數。如果 $a=0$，則為 $u(t)$，稱為單位階躍函數。

Heaviside 函數的拉普拉斯轉換：
拉普拉斯轉換的定義為 $\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t) dt$。
對於 $u(t-a)$，我們有：
$\mathcal{L}\{u(t-a)\} = \int_{0}^{\infty} e^{-st} u(t-a) dt$
由於 $u(t-a)$ 在 $t < a$ 時為 0，積分的範圍實際從 $a$ 開始：

此題考驗拉普拉斯反轉換的計算，特別是涉及指數函數和不同形式的頻域函數。

我們需要對 $F(s)$ 的兩項分別進行反轉換。
$F(s) = F_1(s) + F_2(s)$
其中 $F_1(s) = \frac{e^{-2s}}{s^2 + \pi^2}$ 且 $F_2(s) = \frac{e^{-2s}}{(s+2)^2}$。

對於 $F_1(s) = e^{-2s} \frac{1}{s^2 + \pi^2}$：
我們知道 $\mathcal{L}\{\sin(\omega t)\} = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$，所以 $\mathcal{L}\{\sin(\pi t)\} = \frac{\pi}{s^2 + \pi^2}$。
因此，$\mathcal{L}\left\{\frac{1}{\pi}\sin(\pi t)\right\} = \frac{1}{s^2 + \pi^2}$。
根據拉普拉斯轉換的時移性質 (second shifting theorem)，若 $\mathcal{L}\{f(t)\} = G(s)$，則 $\mathcal{L}\{u(t-a)f(t-a)\} = e^{-as}G(s)$。
在這裡，$a=2$，$G(s) = \frac{1}{s^2 + \pi^2}$，對應的 $f(t) = \frac{1}{\pi}\sin(\pi t)$。
所以，$f_1(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F_1(s)\} = u(t-2) \frac{1}{\pi}\sin(\pi (t-2))$。
由於 $\sin(\pi(t-2)) = \sin(\pi t - 2\pi) = \sin(\pi t)$，
所以 $f_1(t) = \frac{1}{\pi} u(t-2) \sin(\pi t)$。

此題考驗使用分離變數法求解一維熱傳導方程 (PDE)，並考慮齊次邊界條件和給定的初始條件。

方程：一維熱傳導方程
$\frac{\partial u}{\partial t} = c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$
邊界條件 (BC)：$u(0,t) = 0$, $u(L,t) = 0$
初始條件 (IC)：$u(x, 0) = f(x)$

步驟 1：分離變數
假設解的形式為 $u(x,t) = X(x)T(t)$。將此代入熱傳導方程：
$X(x) \frac{dT}{dt} = c^2 T(t) \frac{d^2X}{dx^2}$
將方程重新排列，使關於 $x$ 的項在一邊，關於 $t$ 的項在另一邊：
$\frac{1}{c^2 T(t)} \frac{dT}{dt} = \frac{1}{X(x)} \frac{d^2X}{dx^2}$
由於等式的左邊只依賴於 $t$，而右邊只依賴於 $x$，兩邊必須等於一個常數。我們稱這個常數為 $-\lambda$。

步驟 2：求解關於 $x$ 的常微分方程 (ODE)
$\frac{1}{X(x)} \frac{d^2X}{dx^2} = -\lambda \quad \Rightarrow \quad \frac{d^2X}{dx^2} + \lambda X(x) = 0$
這個方程的解取決於 $\lambda$ 的符號。我們需要結合邊界條件來確定 $\lambda$。

邊界條件應用於 $X(x)$:
$u(0,t) = X(0)T(t) = 0$。由於我們尋找非平凡解，所以 $T(t) \neq 0$，因此 $X(0) = 0$。
$u(L,t) = X(L)T(t) = 0$。同樣， $X(L) = 0$。
所以我們需要求解 $\frac{d^2X}{dx^2} + \lambda X(x) = 0$ 且 $X(0) = 0$, $X(L) = 0$。

情況 1：$\lambda < 0$。令 $\lambda = -\mu^2$ ($\mu > 0$)。
方程變為 $\frac{d^2X}{dx^2} - \mu^2 X(x) = 0$。
通解為 $X(x) = C_1 e^{\mu x} + C_2 e^{-\mu x}$。
應用邊界條件：
$X(0) = C_1 + C_2 = 0 \Rightarrow C_2 = -C_1$。
$X(x) = C_1 (e^{\mu x} - e^{-\mu x}) = 2C_1 \sinh(\mu x)$。
$X(L) = 2C_1 \sinh(\mu L) = 0$。
由於 $\mu > 0$ 且 $L > 0$，$\sinh(\mu L) \neq 0$。因此，必須 $C_1 = 0$。
這導致 $X(x) = 0$，即平凡解，這不是我們想要的。

情況 2：$\lambda = 0$。
方程變為 $\frac{d^2X}{dx^2} = 0$。
通解為 $X(x) = C_1 x + C_2$。
應用邊界條件：
$X(0) = C_1(0) + C_2 = 0 \Rightarrow C_2 = 0$。
$X(x) = C_1 x$。
$X(L) = C_1 L = 0$。
由於 $L > 0$，必須 $C_1 = 0$。
這也導致 $X(x) = 0$，平凡解。

情況 3：$\lambda > 0$。令 $\lambda = \omega^2$ ($\omega > 0$)。
方程變為 $\frac{d^2X}{dx^2} + \omega^2 X(x) = 0$。
通解為 $X(x) = C_1 \cos(\omega x) + C_2 \sin(\omega x)$。
應用邊界條件：
$X(0) = C_1 \cos(0) + C_2 \sin(0) = C_1 = 0$。
$X(x) = C_2 \sin(\omega x)$。
$X(L) = C_2 \sin(\omega L) = 0$。

此題考驗傅立葉級數的應用，特別是奇函數週期擴展 (odd periodic expansion) 或稱為半範圍正弦級數 (half-range sine series)。

函數 $f(x)$ 的定義域是 $(0, L)$。我們需要將其擴展為一個週期為 $2L$ 的奇函數。
對於奇函數的傅立葉級數，只有正弦項存在，即：
$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$
其中係數 $b_n$ 的計算公式為：
$b_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$
注意：這裡的積分範圍是 $(0, L)$，而不是 $(-L, L)$，因為我們是將定義在 $(0, L)$ 的函數擴展為奇函數，其週期為 $2L$。

將 $f(x)$ 的定義代入積分：
$b_n = \frac{2}{L} \left[ \int_{0}^{L/2} \left(\frac{2k}{L}x\right) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx + \int_{L/2}^{L} \left(\frac{2k}{L}(L-x)\right) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \right]$
$b_n = \frac{4k}{L^2} \left[ \int_{0}^{L/2} x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx + \int_{L/2}^{L} (L-x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \right]$

我們需要計算兩個積分。考慮積分 $\int x \sin(ax) dx$ 和 $\int (L-x) \sin(ax) dx$，其中 $a = \frac{n\pi}{L}$。
使用分部積分法：$\int u dv = uv - \int v du$。

積分 1：$\int_{0}^{L/2} x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$
令 $u = x$, $dv = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$。
則 $du = dx$, $v = \int \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx = -\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$。
$\int_{0}^{L/2} x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx = \left[ x \left(-\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right) \right]_{0}^{L/2} - \int_{0}^{L/2} \left(-\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right) dx$
$= \left[ -\frac{Lx}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \right]_{0}^{L/2} + \frac{L}{n\pi} \int_{0}^{L/2} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$
$= \left( -\frac{L(L/2)}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi (L/2)}{L}\right) - 0 \right) + \frac{L}{n\pi} \left[ \frac{L}{n\pi} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \right]_{0}^{L/2}$
$= -\frac{L^2}{2n\pi} \cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) + \frac{L^2}{n^2\pi^2} \left( \sin\left(\frac{n\pi}{2}\right) - 0 \right)$
$= -\frac{L^2}{2n\pi} \cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) + \frac{L^2}{n^2\pi^2} \sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)$

積分 2：$\int_{L/2}^{L} (L-x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$
令 $u = L-x$, $dv = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$。
則 $du = -dx$, $v = -\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$。
$\int_{L/2}^{L} (L-x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx = \left[ (L-x) \left(-\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right) \right]_{L/2}^{L} - \int_{L/2}^{L} \left(-\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right) (-dx)$
$= \left[ -\frac{L(L-x)}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \right]_{L/2}^{L} - \frac{L}{n\pi} \int_{L/2}^{L} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$