115 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》

此題考驗微分的計算，尤其是反三角函數的微分。

我們需要對 $\cos^{-1}(t)$ 進行二次微分。
首先，求 $\cos^{-1}(t)$ 的一次導數：
令 $y = \cos^{-1}(t)$，則 $t = \cos(y)$。
對 $t$ 微分，得 $1 = -\sin(y) \frac{dy}{dt}$。
所以 $\frac{dy}{dt} = \frac{1}{-\sin(y)}$。
由於 $\sin^2(y) + \cos^2(y) = 1$，且 $\sin(y) = \sqrt{1 - \cos^2(y)}$ (當 $y \in [0, \pi]$ 時，$\sin(y) \ge 0$)。
因為 $y = \cos^{-1}(t)$ 的定義域為 $[-1, 1]$，值域為 $[0, \pi]$，所以 $\sin(y) \ge 0$。

此題考驗極限的計算，特別是當代入值會產生不定型時，需要進一步處理。

嘗試將 $x=2$ 代入極限表達式：
分子：$\tan(2) - 5$
分母：$\sec(2) + 4 = \frac{1}{\cos(2)} + 4$

由於 $\tan(2)$ 和 $\sec(2)$ 都是有定義的實數，且分母 $\sec(2) + 4 \neq 0$ (因為 $\sec(2)$ 是一個有限值，大約為

此題考驗微積分基本定理的應用，特別是當積分上下限是函數時的微分。

根據微積分基本定理的推廣，若 $F(x) = \int_{a(x)}^{b(x)} f(t) dt$，則 $F'(x) = f(b(x)) b'(x) - f(a(x)) a'(x)$。

此題考驗函數的二階導數計算。

給定函數 $f(x) = \frac{1}{x} = x^{-1}$。

首先，計算一階導數 $f'(x)$：

此題考驗瑕積分（improper integral）的計算，特別是包含三角函數和指數函數的積分。這通常使用分部積分法或複變方法來解決。這裡我們使用分部積分法。

考慮積分 $I = \int e^{ax} \sin(bx) dx$。
我們使用分部積分法，設 $u = \sin(bx)$ 且 $dv = e^{ax} dx$。
則 $du = b \cos(bx) dx$ 且 $v = \frac{1}{a} e^{ax}$。
$I = uv - \int v du = \frac{1}{a} e^{ax} \sin(bx) - \int \frac{1}{a} e^{ax} (b \cos(bx)) dx$
$I = \frac{1}{a} e^{ax} \sin(bx) - \frac{b}{a} \int e^{ax} \cos(bx) dx$

現在我們需要計算 $\int e^{ax} \cos(bx) dx$。再次使用分部積分法，設 $u = \cos(bx)$ 且 $dv = e^{ax} dx$。
則 $du = -b \sin(bx) dx$ 且 $v = \frac{1}{a} e^{ax}$。
$\int e^{ax} \cos(bx) dx = \frac{1}{a} e^{ax} \cos(bx) - \int \frac{1}{a} e^{ax} (-b \sin(bx)) dx$
$= \frac{1}{a} e^{ax} \cos(bx) + \frac{b}{a} \int e^{ax} \sin(bx) dx$

將此結果代回原來的 $I$ 式：
$I = \frac{1}{a} e^{ax} \sin(bx) - \frac{b}{a} \left( \frac{1}{a} e^{ax} \cos(bx) + \frac{b}{a} \int e^{ax} \sin(bx) dx \right)$
$I = \frac{1}{a} e^{ax} \sin(bx) - \frac{b}{a^2} e^{ax} \cos(bx) - \frac{b^2}{a^2} I$

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

現在我們需要計算瑕積分 $\int_{0}^{\infty} e^{ax} \sin(bx) dx$。
這等於 $\lim_{M \to \infty} \int_{0}^{M} e^{ax} \sin(bx) dx$。
$\int_{0}^{M} e^{ax} \sin(bx) dx = \left[ \frac{e^{ax} (a \sin(bx) - b \cos(bx))}{a^2 + b^2} \right]_{0}^{M}$
$= \frac{e^{aM} (a \sin(bM) - b \cos(bM))}{a^2 + b^2} - \frac{e^{a \cdot 0} (a \sin(0) - b \cos(0))}{a^2 + b^2}$

此題考驗高斯積分 (Gaussian integral) 的計算。這是一個非常著名的瑕積分，其值與 $\pi$ 相關。

設 $I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx$。
由於被積函數 $e^{-x^2}$ 是偶函數，所以 $I = 2 \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx$。

為了計算這個積分，我們採用一個技巧，將其轉換為二維積分。
考慮 $I^2 = \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2} dy \right)$。
我們可以將這兩個積分寫成一個二重積分：
$I^2 = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} e^{-y^2} dx dy = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^2+y^2)} dx dy$。

現在，我們將直角座標 $(x, y)$ 轉換為極座標 $(r, \theta)$。
轉換關係為 $x = r \cos \theta$, $y = r \sin \theta$。
則 $x^2 + y^2 = r^2$。
面積元素 $dx dy$ 轉換為 $r dr d\theta$。

核心觀念
本題在測試對 向量場的旋度 (curl) 定義與計算的熟悉度。利用笛卡兒座標下的旋度公式，只要對每個分量做偏微分，並注意到向量場在 $z$ 方向恆為 0、且各分量不含 $z$ 時，計算會大幅簡化。

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解題步驟

1. 寫出向量場的分量

$\vec v(x,y,z)=\bigl(v_x,\;v_y,\;v_z\bigr)=\Bigl(\ln\!\bigl(x^{2}+y^{2}\bigr),\;2\arctan\!\frac{y}{x},\;0\Bigr)$

2. 回顧旋度的定義（右手座標系）

$$\nabla\times\vec v= \begin{pmatrix} \displaystyle\frac{\partial v_z}{\partial y}-\frac{\partial v_y}{\partial z}\\[6pt] \displaystyle\frac{\partial v_x}{\partial z}-\frac{\partial v_z}{\partial x}\\[6pt] \displaystyle\frac{\partial v_y}{\partial x}-\frac{\partial v_x}{\partial y} \end{pmatrix}$$

因為 $v_z\equiv0$ 且所有分量皆不含 $z$，前兩列必然為 0，僅剩第三列需要計算。

3. 計算 $\displaystyle\frac{\partial v_y}{\partial x}$

$v_y=2\arctan\!\frac{y}{x}$

設 $u=\dfrac{y}{x}$。

$$\frac{\partial}{\partial x}\arctan u=\frac{u'}{1+u^{2}} =\frac{-y/x^{2}}{1+y^{2}/x^{2}} =-\frac{y}{x^{2}+y^{2}}$$

因此

核心觀念
本題測試對稱矩陣的特徵值與特徵向量求法：先寫出特徵方程 $\det(A-\lambda I)=0$，求出 $\lambda$（特徵值）；再把每個 $\lambda$ 代回 $(A-\lambda I)v=0$，解齊次線性系統取得對應的特徵向量 $v$。關鍵在於 矩陣行列式的展開 以及 線性方程組的高斯消去，需要說明每一步「為什麼」而不只是機械計算。

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1. 求特徵值

特徵方程為

$$\det(A-\lambda I)= \begin{vmatrix} 2-\lambda & 1 & 0\\ 1 & 3-\lambda & 1\\ 0 & 1 & 2-\lambda \end{vmatrix}=0 .$$

展開第一列（拉普拉斯展開）：

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(2-\lambda)\det\!\begin{bmatrix}3-\lambda & 1\\ 1 & 2-\lambda\end{bmatrix} -1\det\!\begin{bmatrix}1 & 1\\ 0 & 2-\lambda\end{bmatrix} \\[2mm] &=(2-\lambda)\big[(3-\lambda)(2-\lambda)-1\big] -(2-\lambda). \end{aligned}$$

把 $(3-\lambda)(2-\lambda)=6-5\lambda+\lambda^{2}$ 代入，得到

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &=(2-\lambda)\big(\lambda^{2}-5\lambda+5\big)-(2-\lambda)\\ &=(2-\lambda)\big(\lambda^{2}-5\lambda+4\big)\\ &=(2-\lambda)(\lambda-1)(\lambda-4). \end{aligned}$$

因此特徵值為

$\boxed{\lambda_{1}=2,\;\lambda_{2}=1,\;\lambda_{3}=4}.$

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2. 求對應的特徵向量

對每個特徵值求解 $(A-\lambda I)v=0$，取自由變數得到非零解。

(a) $\lambda=2$

核心觀念
此題測驗你對 Gamma 函式的遞迴性質 以及 利用積分定義直接驗證特例 的熟悉度。

• 透過分部積分把指數函式與冪次函式分開，可得到 $\Gamma(\nu+1)$ 與 $\Gamma(\nu)$ 的關係。
• 利用 $\Gamma$ 的定義在 $\nu=1$ 時直接計算積分，證明 $\Gamma(1)=1$。

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(a) 證明 $\displaystyle \Gamma(\nu+1)=\nu\,\Gamma(\nu)$

步驟 1：寫出 $\Gamma(\nu+1)$ 的積分形式

$\Gamma(\nu+1)=\int_{0}^{\infty} e^{-t}\,t^{\nu}\,dt .$

步驟 2：對積分使用分部積分
取

$u = t^{\nu},\qquad dv = e^{-t}\,dt,$

則

$du = \nu t^{\nu-1}\,dt,\qquad v = -e^{-t}.$

套用分部積分公式 $\displaystyle\int u\,dv = uv - \int v\,du$，得到

$$\begin{aligned} \Gamma(\nu+1) &= \bigl[-t^{\nu}e^{-t}\bigr]_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty} \nu t^{\nu-1}e^{-t}\,dt . \end{aligned}$$

步驟 3：檢查邊界項

• 當 $t\to\infty$ 時，$e^{-t}$ 以指數速度衰減，遠快於 $t^{\nu}$ 的多項式成長，故 $t^{\nu}e^{-t}\to0$。
• 當 $t\to0^{+}$ 時，$t^{\nu}\to0$（只要 $\nu>0$），而 $e^{-t}\to1$，因此 $t^{\nu}e^{-t}\to0$。

核心觀念
此題測驗學生對線性常係數非齊次二階 ODE的解法熟悉度，重點在：

1. 先求齊次方程的通解（特徵根法）。
2. 再利用待定係數法或變異參數法求特解，因右端為 $\sin(2t)$，須先判斷是否與齊次解產生共鳴。

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解題步驟

1. 求齊次方程的通解

考慮齊次方程
$y'' + 2y' + y = 0.$
設 $y=e^{\lambda t}$，代入得特徵方程

$$\lambda^2 + 2\lambda + 1 = 0 \quad\Longrightarrow\quad (\lambda+1)^2 = 0.$$

特徵根為重根 $\lambda_1=\lambda_2=-1$。
重根的解的形式為

$y_h(t)=C_1 e^{-t}+C_2 t e^{-t},$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

2. 判斷特解的形式

右側為 $\sin(2t)$，可改寫為虛部 $\Im(e^{2it})$；因此若使用待定係數法，先假設特解形如

$y_p(t)=A\cos(2t)+B\sin(2t).$

檢查是否與齊次解重疊：齊次解只含 $e^{-t}$ 及 $t e^{-t}$，與 $\cos(2t),\sin(2t)$ 完全不同，故不需要乘以 $t$ 或其他因子。

3. 計算特解係數

先求導數：

$$\begin{aligned} y_p' &= -2A\sin(2t)+2B\cos(2t),\\ y_p''&= -4A\cos(2t)-4B\sin(2t). \end{aligned}$$

將 $y_p$, $y_p'$, $y_p''$ 代入原方程：

核心概念
本題測試「分離變數法」求解一維波動方程的能力，重點在於：

1. 假設解可寫成乘積形式 $u(x,t)=X(x)T(t)$，將偏微分方程分解成兩個常微分方程。
2. 利用兩端固定的邊界條件 $u(0,t)=u(L,t)=0$，導出空間特徵函數 $X_n(x)$ 為正弦級數。
3. 根據初始條件 $u(x,0)=f(x)$、$u_t(x,0)=0$，決定時間係數的振幅與相位，最終以傅立葉正弦級數表示完整解。

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詳盡解題過程

1. 假設分離變數形式

設
$u(x,t)=X(x)T(t)$
代入波動方程
$\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}=c^2\,\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$
得到
$X(x)T''(t)=c^2X''(x)T(t)$
兩側同除以 $c^2X(x)T(t)$（$X,T\neq0$），得到只含 $x$ 或 $t$ 的兩個比例式
$\frac{T''(t)}{c^2T(t)}=\frac{X''(x)}{X(x)}=-\lambda$
其中 $\lambda$ 為分離常數（取負號是為了得到正弦/餘弦解，符合固定端條件）。

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2. 空間問題與邊界條件

空間常微分方程為
$X''(x)+\lambda X(x)=0,$
邊界條件
$X(0)=0,\qquad X(L)=0.$

• 為使非平凡解存在，必須讓 $\lambda>0$，寫成 $\lambda=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2$，$n=1,2,3,\dots$。

• 代入後得到特徵函數
  $X_n(x)=\sin\!\left(\frac{n\pi}{L}x\right).$

為什麼取正弦而非餘弦？
因 $X(0)=0$ 強制 $X$ 在 $x=0$ 為零，正弦在原點即為零，符合條件；餘弦則在原點為 $1$，只能透過係數消除，導致平凡解。

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3. 時間問題

對應的時間常微分方程為

$$T''(t)+c^2\lambda T(t)=0\quad\Rightarrow\quad T''(t)+\left(\frac{n\pi c}{L}\right)^2 T(t)=0.$$

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

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4. 超位置原理與一般解

將所有模式疊加，得到通解

$$u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl[A_n\cos\!\bigl(\omega_n t\bigr) + B_n\sin\!\bigl(\omega_n t\bigr)\Bigr]\, \sin\!\bigl(k_n x\bigr),$$

其中
$k_n=\frac{n\pi}{L},\qquad \omega_n=c\,k_n=\frac{n\pi c}{L}.$

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5. 套用初始條件

1. 位移初始條件 $u(x,0)=f(x)$：
   $u(x,0)=\sum_{n=1}^{\infty}A_n\sin(k_n x)=f(x).$
   這是 $f(x)$ 在 $[0,L]$ 上以正弦基底的傅立葉正弦級數展開，故

本題核心觀念

• 「半區域展開」指只在 $0<x<L$ 給定函數，要求把它以 奇延伸（odd extension）形成 $[-L,L]$ 上的週期函數。
• 奇延伸的傅立葉級數僅包含 正弦項 $\displaystyle \sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$，係數 $b_n$ 由
  $b_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx$
  計算得到。
• 由於 $f(x)$ 在 $x=\frac{L}{2}$ 具對稱性，最終只會留下 奇數 $n$ 的係數，符合「奇週期」的特性。

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解題過程

1. 寫出奇延伸的傅立葉正弦級數

$$f_{\text{odd}}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} b_n\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad b_n=\frac{2}{L}\int_{0}^{L} f(x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx .$$

2. 把區間分段，代入 $f(x)$

$$\begin{aligned} b_n&=\frac{2}{L}\Bigg[\int_{0}^{L/2}\frac{2k}{L}x\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx +\int_{L/2}^{L}\frac{2k}{L}(L-x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx\Bigg] \\ &=\frac{4k}{L^{2}}\Bigg[ I_1+I_2\Bigg], \end{aligned}$$

其中 $I_1=\displaystyle\int_{0}^{L/2}x\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx$，
$I_2=\displaystyle\int_{L/2}^{L}(L-x)\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx$。

3. 化簡 $I_2$（變數替換 $u=L-x$）

$$\begin{aligned} I_2&=\int_{0}^{L/2}u\sin\!\Bigl(n\pi-\frac{n\pi u}{L}\Bigr)du \\ &=\int_{0}^{L/2}u\bigl[\sin(n\pi)\cos\!\Bigl(\frac{n\pi u}{L}\Bigr)-\cos(n\pi)\sin\!\Bigl(\frac{n\pi u}{L}\Bigr)\bigr]du\\ &= -(-1)^{n}\int_{0}^{L/2}u\sin\!\Bigl(\frac{n\pi u}{L}\Bigr)du . \end{aligned}$$

因此

$$I_1+I_2=[1-(-1)^{n}]\,J,\qquad J\equiv\int_{0}^{L/2}x\sin\!\Bigl(\frac{n\pi x}{L}\Bigr)dx .$$

說明：$[1-(-1)^{n}]$ 在 $n$ 為偶數時為 $0$，在 $n$ 為奇數時為 $2$，正好把偶數項「剔除」。

This problem asks to derive the relationship between the half-life and the decay constant for radioactive elements, based on the given information about the decay rate.

The problem states that the rate of decay of a radioactive element is proportional to the amount of the element present. Let $N(t)$ be the amount of the radioactive element at time $t$. The rate of decay is $-\frac{dN}{dt}$ (the negative sign indicates a decrease in amount).
The statement can be translated into the following differential equation:
$-\frac{dN}{dt} \propto N(t)$
We can introduce a proportionality constant, which is the decay constant, usually denoted by $\lambda$. Since the rate is a decrease, we write:
$\frac{dN}{dt} = -\lambda N(t)$
This is a first-order linear separable differential equation.

Step 1: Solve the differential equation.
We can separate the variables:
$\frac{dN}{N} = -\lambda dt$
Integrate both sides:
$\int \frac{dN}{N} = \int -\lambda dt$
$\ln|N| = -\lambda t + C_1$
Exponentiate both sides:
$|N| = e^{-\lambda t + C_1} = e^{C_1} e^{-\lambda t}$
Let $C = \pm e^{C_1}$. Since $N(t)$ represents an amount, it must be non-negative. So, $N(t) = C e^{-\lambda t}$.
Let $N_0$ be the initial amount of the radioactive element at time $t=0$.
$N(0) = C e^{-\lambda \cdot 0} = C e^0 = C$.
So, $C = N_0$.
The equation for the amount of radioactive element at time $t$ is:
$N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$

Step 2: Define and use the concept of half-life.
The half-life, denoted by $t_{1/2}$ or $T$, is the time required for half of the initial amount of the radioactive substance to decay.