115 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》

本題考驗微分的複合規則與反三角函數的微分。
首先，我們需要計算 $\cos^{-1}q$ 對 $q$ 的一階微分。
令 $y = \cos^{-1}q$，則 $q = \cos y$。
對兩邊微分，得到 $1 = -\sin y \frac{dy}{dq}$。
所以，$\frac{dy}{dq} = \frac{1}{-\sin y}$。
由於 $\sin^2 y + \cos^2 y = 1$，則 $\sin y = \sqrt{1 - \cos^2 y}$ （在 $\cos^{-1}q$ 的定義域內，$\sin y \ge 0$）。
將 $q = \cos y$ 代入，得到 $\sin y = \sqrt{1 - q^2}$。
因此，$\frac{d}{dq} \cos^{-1}q = -\frac{1}{\sqrt{1 - q^2}}$。

本題考驗極限的計算，直接代入值會發現是 $\frac{\tan 2 - 5}{\sec 2 + 4}$，這是一個常數，沒有不定型。
我們直接將 $x=2$ 代入極限表達式。
分子為 $\tan 2 - 5$。
分母為 $\sec 2 + 4 = \frac{1}{\cos 2} + 4$。
由於 $x=2$ 不是 $\tan x$ 或 $\sec x$ 的奇異點，可以直接代入。

本題考驗積分上限與積分下限的微分，這需要用到微積分基本定理的推廣形式，也稱為 Leibniz integral rule。
Leibniz integral rule 指出：
$\frac{d}{dx} \int_{a(x)}^{b(x)} f(x, t) dt = f(x, b(x)) \cdot b'(x) - f(x, a(x)) \cdot a'(x) + \int_{a(x)}^{b(x)} \frac{\partial}{\partial x} f(x, t) dt$

在本題中，$f(x, t) = e^{t^2}$，它不顯含 $x$。
積分上限是 $b(x) = B(x)$，積分下限是 $a(x) = A(x)$。

本題考驗函數的二階微分。
已知 $f(x) = \frac{1}{x} = x^{-1}$。

首先計算一階微分 $f'(x)$：
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^{-1}) = -1 \cdot x^{-1-1} = -x^{-2} = -\frac{1}{x^2}$。

本題考驗瑕積分（improper integral）的計算，其中被積函數是指數函數與三角函數的乘積。我們可以使用歐拉公式或分部積分法來求解。這裡我們使用歐拉公式結合複數積分會比較簡潔。

考慮複變積分 $\int_{0}^{\infty} e^{ax} e^{ibx} dx = \int_{0}^{\infty} e^{(a+ib)x} dx$。
若 $a < 0$，則此積分收斂。
$\int_{0}^{\infty} e^{(a+ib)x} dx = \left[ \frac{e^{(a+ib)x}}{a+ib} \right]_0^{\infty}$
$= \lim_{X \to \infty} \frac{e^{(a+ib)X}}{a+ib} - \frac{e^{(a+ib)0}}{a+ib}$
$= \lim_{X \to \infty} \frac{e^{aX} e^{ibX}}{a+ib} - \frac{1}{a+ib}$

因為 $a < 0$，所以 $e^{aX} \to 0$ 當 $X \to \infty$。$e^{ibX}$ 的模長為 1，有界。
因此，$\lim_{X \to \infty} \frac{e^{aX} e^{ibX}}{a+ib} = 0$。
所以，$\int_{0}^{\infty} e^{(a+ib)x} dx = -\frac{1}{a+ib}$。

本題是計算高斯積分（Gaussian integral），這是一個非常著名的瑕積分，其值為 $\sqrt{\pi}$。這個積分的計算通常需要使用極座標和二重積分。

令 $I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx$。
考慮 $I^2$:
$I^2 = \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2} dy \right)$
我們將第二個積分的變數從 $x$ 改為 $y$，因為積分變數不影響積分值。
$I^2 = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} e^{-y^2} dx dy$
$I^2 = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^2+y^2)} dx dy$

現在，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。

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）

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 $u=\dfrac{y}{x}$。

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。

1. 求特徵值

特徵方程為

展開第一列（拉普拉斯展開）：

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

因此特徵值為

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

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

本題考查 Gamma 函數的定義與分部積分法。

Gamma 函數定義為

需證明兩件事：

1. Gamma 函數的遞迴關係
   $\Gamma(\nu+1)=\nu\Gamma(\nu)$
2. Gamma 函數在 $1$ 的值
   $\Gamma(1)=1$

解題方法

一、證明 $\Gamma(\nu+1)=\nu\Gamma(\nu)$

由 Gamma 函數定義，

對此積分使用分部積分。取

則

因此

先處理邊界項。

當 $t\to\infty$ 時，指數衰減 $e^{-t}$ 的速度快於任何多項式成長，因此

當 $t\to0^+$ 且 $\nu>0$ 時，

所以

代回可得

本題是一個二階線性非齊次微分方程。求解一般解需要找到齊次方程的通解（complementary solution）以及非齊次方程的特解（particular solution）。

第一步：求解齊次方程的通解
齊次方程為 $y'' + 2y' + y = 0$。
其特徵方程為 $r^2 + 2r + 1 = 0$。
此方程可以分解為 $(r+1)^2 = 0$。
所以，我們有重根 $r_1 = r_2 = -1$。

當特徵方程有重根 $r$ 時，齊次方程的通解形式為 $y_c(t) = c_1 e^{rt} + c_2 t e^{rt}$。
在此情況下，$r = -1$，所以通解為：
$y_c(t) = c_1 e^{-t} + c_2 t e^{-t}$。

第二步：求解非齊次方程的特解

非齊次項是 $g(t) = \sin 2t$。
我們可以使用待定係數法來尋找特解 $y_p(t)$。
由於 $g(t)$ 是 $\sin 2t$，我們假設特解的形式為：
$y_p(t) = A \cos 2t + B \sin 2t$。

接下來，我們計算 $y_p'(t)$ 和 $y_p''(t)$：
$y_p'(t) = -2A \sin 2t + 2B \cos 2t$
$y_p''(t) = -4A \cos 2t - 4B \sin 2t$

將 $y_p, y_p', y_p''$ 代入原非齊次方程 $y'' + 2y' + y = \sin 2t$：
$(-4A \cos 2t - 4B \sin 2t) + 2(-2A \sin 2t + 2B \cos 2t) + (A \cos 2t + B \sin 2t) = \sin 2t$

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。

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）。

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。

3. 時間問題

對應的時間常微分方程為

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

4. 超位置原理與一般解

將所有模式疊加，得到通解

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

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

核心觀念

題目要求將 $f(x)$ 作「奇延拓的週期展開」（odd periodic expansion）。因此在區間 $0<x<L$ 上使用 Fourier sine series：

其中

奇延拓後滿足

因此 Fourier 展開只含正弦項，不含常數項與餘弦項。

原函數為

它在 $x=L/2$ 達到最大值 $k$，且具有對稱性

解題方法

將 Fourier sine 係數分段計算：

利用替換 $u=L-x$，第二項可化為

因此

$n$ 為偶數

當 $n$ 為偶數時，

所以

$n$ 為奇數

當 $n$ 為奇數時，

故

令

則

因此

本題要求推導放射性衰變中半衰期與衰減常數之間的關係。

第一步：建立衰變模型
題目指出「放射性元素的衰減速率與現有的量成正比」。
設 $N(t)$ 為在時間 $t$ 時放射性元素的數量（或質量）。
衰減速率是 $\frac{dN}{dt}$。
「與現有的量成正比」表示：
$\frac{dN}{dt} \propto -N(t)$
引入一個比例常數，由於是衰減，所以速率是負的，我們定義衰減常數為 $\lambda > 0$。
$\frac{dN}{dt} = -\lambda N(t)$

這是一個一階線性齊次微分方程。

第二步：求解微分方程
我們可以通過分離變數法來求解：
$\frac{dN}{N} = -\lambda dt$

對兩邊進行積分：
$\int \frac{dN}{N} = \int -\lambda dt$
$\ln|N| = -\lambda t + C_1$

因為 $N(t)$ 代表物質的量，所以 $N(t) \ge 0$。
$\ln N = -\lambda t + C_1$

為了找到常數 $C_1$，我們引入初始條件。設在 $t=0$ 時，元素的數量為 $N_0$ (即 $N(0) = N_0$)。
當 $t=0$ 時，$\ln N_0 = -\lambda(0) + C_1 \implies C_1 = \ln N_0$。

將 $C_1$ 代回方程：
$\ln N = -\lambda t + \ln N_0$
$\ln N - \ln N_0 = -\lambda t$
$\ln \left(\frac{N}{N_0}\right) = -\lambda t$

指數化兩邊：
$\frac{N(t)}{N_0} = e^{-\lambda t}$
$N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$

這就是放射性衰變的指數衰減定律。