114 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》

此題為極限計算，(a)小題考察當變數趨近無窮大時，函數的極限行為，可透過變數代換或泰勒展開來求解。(b)小題為常見的極限形式 $\lim_{x\to\infty} (1 + \frac{1}{x})^x$ 的變形，可利用對數函數和泰勒展開來處理。

(a)
考慮當 $x \to \infty$ 時，$\frac{1}{x} \to 0$。令 $u = \frac{1}{x}$，則當 $x \to \infty$ 時，$u \to 0$。
原式變為 $\lim_{u\to 0} \frac{1}{u} \sin(u) = \lim_{u\to 0} \frac{\sin(u)}{u}$。
這是微積分中一個重要的極限，其值為 1。

另一種方法是利用 $\sin(u)$ 的泰勒展開式：$\sin(u) = u - \frac{u^3}{3!} + \dots$
所以，$\frac{1}{u} \sin(u) = \frac{1}{u} \left( u - \frac{u^3}{3!} + \dots \right) = 1 - \frac{u^2}{3!} + \dots$
當 $u \to 0$ 時，此表達式趨近於 1。

【答案】1

(b)
原式為 $\lim_{x\to\infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x$。
這是一個 $1^\infty$ 的不定型。我們可以利用對數函數來處理。
令 $L = \lim_{x\to\infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x$。

此題考察微積分基本定理的應用以及函數的微分。

(a)
此題應用微積分基本定理的變形。設 $F(x) = \int_{A(x)}^{B(x)} g(t) dt$。
根據微積分基本定理，我們有 $\frac{d}{dx}\left(\int_{a}^{x} g(t) dt\right) = g(x)$。
因此，我們可以將積分拆開：
$\int_{A(x)}^{B(x)} e^t dt = \int_{0}^{B(x)} e^t dt - \int_{0}^{A(x)} e^t dt$。
現在對其進行微分：
$\frac{d}{dx}\left(\int_{A(x)}^{B(x)} e^t dt\right) = \frac{d}{dx}\left(\int_{0}^{B(x)} e^t dt\right) - \frac{d}{dx}\left(\int_{0}^{A(x)} e^t dt\right)$。
根據鏈式法則和微積分基本定理，我們有：
$\frac{d}{dx}\left(\int_{0}^{B(x)} e^t dt\right) = e^{B(x)} \cdot B'(x)$

此題考察不定積分和定積分的計算。

(a)
此積分需要使用分部積分法來計算。分部積分法的公式是 $\int u dv = uv - \int v du$。
我們選擇 $u = \ln(x)$ 和 $dv = x dx$。
則 $du = \frac{1}{x} dx$ 和 $v = \frac{1}{2} x^2$。
將這些代入分部積分公式：
$\int x\ln(x)dx = (\ln x) \left(\frac{1}{2} x^2\right) - \int \left(\frac{1}{2} x^2\right) \left(\frac{1}{x} dx\right)$
$= \frac{1}{2} x^2 \ln x - \int \frac{1}{2} x dx$
$= \frac{1}{2} x^2 \ln x - \frac{1}{2} \int x dx$
$= \frac{1}{2} x^2 \ln x - \frac{1}{2} \left(\frac{1}{2} x^2\right) + C$
$= \frac{1}{2} x^2 \ln x - \frac{1}{4} x^2 + C$
$= \frac{x^2}{4} (2\ln x - 1) + C$

【答案】$\frac{1}{2} x^2 \ln x - \frac{1}{4} x^2 + C$

(b)
此積分是高斯積分（Gaussian integral），其值為 $\sqrt{\pi}$。
證明過程如下：
令 $I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx$。
考慮 $I^2 = \left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx\right) \left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2} dy\right)$。
將兩個積分合併成一個二重積分：

此題是關於物理系統的數學建模與求解，涉及二階常微分方程。

(a)
這個系統是一個質量-彈簧-阻尼器系統。我們需要應用牛頓第二運動定律來建立微分方程。
牛頓第二運動定律指出，合力等於質量乘以加速度：$\sum F = ma$。
在我們的系統中，加速度是位置 $y(t)$ 對時間的二階導數，即 $a = \frac{d^2y}{dt^2}$。
我們需要考慮作用在質量 $m$ 上的所有力。

1. 彈簧力 (Spring Force)：彈簧力的大小與彈簧的形變量成正比，方向與形變方向相反。如果 $y(t)$ 是相對於平衡位置的位移，則彈簧力為 $-ky(t)$。
2. 阻尼力 (Damping Force)：阻尼力的大小與速度成正比，方向與速度方向相反。速度是位置 $y(t)$ 對時間的一階導數，即 $v = \frac{dy}{dt}$。阻尼力為 $-c\frac{dy}{dt}$。
3. 外力 (Input Force)：題目中給定的外力是 $f(t)$。

將這些力加總，並令其等於 $ma$：
$-ky(t) - c\frac{dy}{dt} + f(t) = m\frac{d^2y}{dt^2}$。
重新整理，得到標準形式的二階線性常微分方程：
$m\frac{d^2y}{dt^2} + c\frac{dy}{dt} + ky(t) = f(t)$。

【答案】$m\frac{d^2y}{dt^2} + c\frac{dy}{dt} + ky(t) = f(t)$

(b)
在 $c=0$ (無阻尼) 且 $f(t)=0$ (無外力) 的情況下，微分方程簡化為：
$m\frac{d^2y}{dt^2} + ky(t) = 0$。
為了簡化，我們將方程兩邊同除以 $m$：
$\frac{d^2y}{dt^2} + \frac{k}{m} y(t) = 0$。

此題要求計算矩陣的特徵值 (eigenvalues) 和特徵向量 (eigenvectors)。

計算特徵值 (Eigenvalues):
特徵值 $\lambda$ 是滿足特徵方程 $\det(A - \lambda I) = 0$ 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：
$\det(A - \lambda I) = (5-\lambda)(4-\lambda) - (2)(1) = 0$
$20 - 5\lambda - 4\lambda + \lambda^2 - 2 = 0$
$\lambda^2 - 9\lambda + 18 = 0$
這是一個二次方程，我們可以因式分解：
$(\lambda - 3)(\lambda - 6) = 0$
所以，特徵值為 $\lambda_1 = 3$ 和 $\lambda_2 = 6$。

計算特徵向量 (Eigenvectors):
對於每個特徵值，我們求解方程 $(A - \lambda I) \mathbf{v} = \mathbf{0}$，其中 $\mathbf{v}$ 是對應的特徵向量。

對於 $\lambda_1 = 3$:
$A - 3I = \begin{bmatrix} 5-3 & 2 \\ 1 & 4-3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$。
我們需要求解 $\begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$。
從第一行得到 $2v_1 + 2v_2 = 0$，即 $v_1 + v_2 = 0$。
從第二行得到 $v_1 + v_2 = 0$，這與第一行是相同的資訊。
因此，我們有一個自由變數。令 $v_2 = t$，則 $v_1 = -t$。

此題要求推導放射性物質的半衰期 $T_{1/2}$ 與衰變常數 $\lambda$ 之間的關係，已知衰變率與現存量成正比。

建立微分方程：
設 $N(t)$ 為在時間 $t$ 時放射性物質的數量。
題目給定衰變率 $\frac{dN}{dt}$ 與現存量 $N(t)$ 成正比。由於是衰變，數量在減少，所以比例常數為負。
$\frac{dN}{dt} = -\lambda N(t)$
其中 $\lambda$ 是衰變常數，且 $\lambda > 0$。

求解微分方程：
這是一個一階線性齊次微分方程。我們可以透過變數分離法來求解。
$\frac{dN}{N} = -\lambda dt$
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。
取指數函數 $e$ 的冪：
$|N| = e^{-\lambda t + C_1} = e^{C_1} e^{-\lambda t}$
令 $C = \pm e^{C_1}$，則 $N(t) = C e^{-\lambda t}$。
如果我們考慮初始條件 $N(0) = N_0$ (在時間 $t=0$ 時的初始數量)，則：
$N_0 = C e^{-\lambda \cdot 0} = C e^0 = C$。

此題要求使用三重積分來計算一個底半徑為 $a$、高為 $h$ 的圓錐體體積。

設定積分區域：
我們可以將圓錐體的頂點放在原點 $(0,0,0)$，並使其軸線沿著 $z$ 軸。
圓錐體的方程式可以表示為：
$\sqrt{x^2+y^2} \le \frac{a}{h} z$
或者，在圓柱座標系下，令 $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$, $z=z$。
則 $\sqrt{x^2+y^2} = r$。
圓錐體的方程式變為 $r \le \frac{a}{h} z$。
圓錐體的高度是 $h$，所以 $0 \le z \le h$。
在圓柱座標系下，體積元素是 $dV = r dr d\theta dz$。
積分的範圍是：
$0 \le \theta \le 2\pi$ (繞圓錐體一圈)
$0 \le z \le h$ (沿著高度方向)
對於給定的 $z$，半徑 $r$ 的範圍是 $0 \le r \le \frac{a}{h} z$。

設定三重積分：
體積 $V$ 可以通過對體積元素 $dV$ 在圓錐體區域上進行三重積分來計算：
$V = \iiint_D dV$
在圓柱座標系下，這變成：
$V = \int_{0}^{h} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\frac{a}{h}z} r dr d\theta dz$

計算積分：
首先計算最內層對 $r$ 的積分：

此題考察拉普拉斯轉換的定義、性質以及逆轉換的計算。

(a)
Heaviside 函數 (單位階躍函數)
Heaviside 函數 $u(t-a)$，也稱為單位階躍函數 (unit step function)，定義為：
$u(t-a) = \begin{cases} 0, & t < a \\ 1, & t \ge a \end{cases}$
它代表在 $t=a$ 時從 0 跳躍到 1 的一個階躍信號。

Heaviside 函數的拉普拉斯轉換
Heaviside 函數 $u(t-a)$ 的拉普拉斯轉換定義為：
$\mathcal{L}\{u(t-a)\} = \int_{0}^{\infty} e^{-st} u(t-a) dt$
由於 $u(t-a)$ 在 $t < a$ 時為 0，積分範圍實際上從 $a$ 開始：
$\mathcal{L}\{u(t-a)\} = \int_{a}^{\infty} e^{-st} (1) dt$
$= \left[-\frac{1}{s} e^{-st}\right]_{a}^{\infty}$
$= \lim_{t\to\infty} \left(-\frac{1}{s} e^{-st}\right) - \left(-\frac{1}{s} e^{-sa}\right)$
對於 $s>0$，$\lim_{t\to\infty} e^{-st} = 0$。
所以，$\mathcal{L}\{u(t-a)\} = 0 - \left(-\frac{1}{s} e^{-sa}\right) = \frac{e^{-sa}}{s}$。
這個結果對於 $s>0$ 成立。

【答案】Heaviside 函數 $u(t-a)$ 在 $t < a$ 時為 0，在 $t \ge a$ 時為 1。其拉普拉斯轉換為 $\mathcal{L}\{u(t-a)\} = \frac{e^{-sa}}{s}$ (當 $s>0$)。

(b)
我們需要找到函數 $F(s) = \frac{e^{-2s}}{s^2 + \pi^2} + \frac{e^{-2s}}{(s+2)^2}$ 的逆拉普拉斯轉換 $f(t)$。
逆拉普拉斯轉換是線性的，所以我們可以分別處理兩項。
$f(t) = \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-2s}}{s^2 + \pi^2}\right\} + \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-2s}}{(s+2)^2}\right\}$。

處理第一項：$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{e^{-2s}}{s^2 + \pi^2}\right\}$
我們知道 $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{\omega}{s^2+\omega^2}\right\} = \sin(\omega t)$。
在這裡，$\omega = \pi$。所以 $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{\pi}{s^2+\pi^2}\right\} = \sin(\pi t)$。

此題要求使用變數分離法來求解一維熱傳導方程，並給定了邊界條件和初始條件。

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 (Boundary Conditions):
$u(0,t) = 0$ (左端溫度為零)
$u(L,t) = 0$ (右端溫度為零)

初始條件 (Initial Condition):
$u(x,0) = f(x)$ (初始溫度分佈)

變數分離法：
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。
將此形式代入熱傳導方程：
$\frac{\partial}{\partial t}(X(x)T(t)) = c^2 \frac{\partial^2}{\partial x^2}(X(x)T(t))$
$X(x)T'(t) = c^2 X''(x)T(t)$
將方程兩邊同除以 $c^2 X(x)T(t)$：
$\frac{T'(t)}{c^2 T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}$

由於方程的左邊只依賴於 $t$，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 $-\mu^2$。
這裡我們選擇負的常數 $-\mu^2$ 是因為我們期望溫度隨時間衰減，且邊界條件是齊次的。如果選擇正的常數，我們會得到指數增長的解，這與物理現象不符。

求解 $X(x)$ 的常微分方程：
$\frac{X''(x)}{X(x)} = -\mu^2$
$X''(x) + \mu^2 X(x) = 0$
這是二階齊次線性常微分方程。其特徵方程為 $r^2 + \mu^2 = 0$，根為 $r = \pm i\mu$。
通解為 $X(x) = A\cos(\mu x) + B\sin(\mu x)$。

現在應用邊界條件 $u(0,t)=0$ 和 $u(L,t)=0$。
由於 $u(x,t) = X(x)T(t)$，且 $T(t)$ 不為恆零 (否則 $u(x,t)=0$，這不是一個有意義的解)，所以我們必須有 $X(0)=0$ 和 $X(L)=0$。

應用 $X(0)=0$：
$X(0) = A\cos(0) + B\sin(0) = A(1) + B(0) = A$。
所以，$A=0$。
這意味著 $X(x) = B\sin(\mu x)$。

應用 $X(L)=0$：
$X(L) = B\sin(\mu L) = 0$。
為了得到非零解 (即 $B \neq 0$)，我們必須有 $\sin(\mu L) = 0$。
這意味著 $\mu L = n\pi$，其中 $n$ 是整數。
所以，$\mu_n = \frac{n\pi}{L}$，其中 $n = 1, 2, 3, \dots$ (我們排除 $n=0$ 因為這會導致 $\mu=0$，$X(x)=0$，從而 $u(x,t)=0$；同時也排除負數 $n$ 因為 $\sin(-n\pi x/L) = -\sin(n\pi x/L)$，這只會產生與正數 $n$ 對應的解的負數倍，在求和時會被包含)。

因此，我們得到了一系列的特徵函數 (eigenfunctions) 和特徵值 (eigenvalues)：

此題要求計算一個函數的奇週期擴展（odd periodic expansion），也稱為半週期傅立葉級數。這意味著我們需要將給定的函數 $f(x)$ 在區間 $(0, L)$ 上視為一個奇函數來進行傅立葉級數展開。對於奇函數，其傅立葉級數只包含正弦項。

給定的函數 $f(x)$ 在區間 $(0, L)$ 上的定義是：
$f(x) = \begin{cases} \frac{2k}{L}x & \text{if } 0 < x < \frac{L}{2} \\ \frac{2k}{L}(L-x) & \text{if } \frac{L}{2} < x < L \end{cases}$
此函數在 $x = L/2$ 時的值為 $\frac{2k}{L} \frac{L}{2} = k$。在 $x=0$ 和 $x=L$ 時，函數值為 0。這個函數在 $(0, L)$ 上是連續的，並且在 $x=L/2$ 處是平滑的。

奇週期擴展的傅立葉級數形式：
一個函數 $f(x)$ 在區間 $(-L, L)$ 上的奇函數擴展的傅立葉級數形式為：
$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$
其中係數 $b_n$ 由以下公式給出：
$b_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$

計算係數 $b_n$：
我們需要在區間 $(0, L)$ 上對 $f(x)$ 進行積分。由於 $f(x)$ 在 $(0, L/2)$ 和 $(L/2, L)$ 上有不同的表達式，我們需要將積分拆開：
$b_n = \frac{2}{L} \left[ \int_{0}^{L/2} \left(\frac{2k}{L}x\right) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx + \int_{L/2}^{L} \left(\frac{2k}{L}(L-x)\right) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \right]$
$b_n = \frac{4k}{L^2} \left[ \int_{0}^{L/2} x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx + \int_{L/2}^{L} (L-x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \right]$

我們需要計算兩個積分。使用分部積分法 $\int u dv = uv - \int v du$。
令 $I_1 = \int x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$。
設 $u=x$, $dv = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$。
則 $du = dx$, $v = -\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$。
$I_1 = x \left(-\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right) - \int \left(-\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right) dx$
$I_1 = -\frac{Lx}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + \frac{L}{n\pi} \int \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$
$I_1 = -\frac{Lx}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + \frac{L}{n\pi} \left(\frac{L}{n\pi} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right)$
$I_1 = -\frac{Lx}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + \frac{L^2}{(n\pi)^2} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$。

現在計算定積分 $\int_{0}^{L/2} x \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$：
$\left[-\frac{Lx}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + \frac{L^2}{(n\pi)^2} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right]_{0}^{L/2}$
$= \left(-\frac{L(L/2)}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi (L/2)}{L}\right) + \frac{L^2}{(n\pi)^2} \sin\left(\frac{n\pi (L/2)}{L}\right)\right) - (0 + 0)$
$= -\frac{L^2}{2n\pi} \cos\left(\frac{n\pi}{2}\right) + \frac{L^2}{(n\pi)^2} \sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)$。

令 $I_2 = \int (L-x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$。
設 $u=L-x$, $dv = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$。
則 $du = -dx$, $v = -\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$。
$I_2 = (L-x) \left(-\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right) - \int \left(-\frac{L}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right) (-dx)$
$I_2 = -\frac{L(L-x)}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) - \frac{L}{n\pi} \int \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$
$I_2 = -\frac{L(L-x)}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) - \frac{L^2}{(n\pi)^2} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$。

現在計算定積分 $\int_{L/2}^{L} (L-x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx$：