114 年 國立中山大學海洋科學系碩士班乙組《微積分》

本題考查極座標下的面積計算。在極座標系中，由曲線 $r = f(\theta)$ 在 $\theta_1 \leq \theta \leq \theta_2$ 所圍成的面積 A 可以由積分公式給出：
$A = \frac{1}{2} \int_{\theta_1}^{\theta_2} [f(\theta)]^2 d\theta$
題目中給定的曲線方程式為 $r = 3 + 2\cos\theta$，且範圍為 $0 \leq \theta \leq 2\pi$。

將 $f(\theta) = 3 + 2\cos\theta$ 代入面積公式：
$A = \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} (3 + 2\cos\theta)^2 d\theta$
展開平方項：
$(3 + 2\cos\theta)^2 = 9 + 12\cos\theta + 4\cos^2\theta$
我們知道 $\cos^2\theta = \frac{1 + \cos(2\theta)}{2}$。代入上式：

本題考查微分的基本規則，特別是指數函數和常數倍數的微分。

給定的微分式為 $\frac{d}{dx} [2(3^x) + 5e^x]$。
我們可以利用微分的線性性質，將微分運算分配到每一項：
$\frac{d}{dx} [2(3^x) + 5e^x] = \frac{d}{dx} [2 \cdot 3^x] + \frac{d}{dx} [5e^x]$
對於第一項，常數 $2$ 可以提出來，並使用指數函數 $a^x$ 的微分公式 $\frac{d}{dx}(a^x) = a^x \ln a$：

本題考查二重積分的計算。積分區域是由 $y=0$, $y=x^2$, $x=0$, $x=3$ 所圍成的區域。然而，積分的順序 dx dy 表示我們應該先對 x 積分，再對 y 積分。但目前的積分式 $\int_{0}^{3} \int_{0}^{x^2} e^{x^3} dx dy$ 的內層積分變數是 $x$ ($dx$)，外層是 $y$ ($dy$)，且內層積分的上下限是 $0$ 到 $x^2$，這是不正確的寫法，因為內層積分變數 $x$ 的積分上下限不能包含 $x$ 本身。

從積分區域來看，我們有 $0 \leq x \leq 3$ 和 $0 \leq y \leq x^2$。這表示 $y$ 的範圍是 $0 \leq y \leq 9$ (當 $x=3$ 時，$y=9$ 是最大值)，並且對於給定的 $y$ 值， $x$ 的範圍是 $\sqrt{y} \leq x \leq 3$ (因為 $y \leq x^2$ 且 $x \geq 0$)。

因此，我們需要交換積分的順序，將積分寫成 $dy dx$ 的形式，或者根據目前的寫法，我們推測它應該是 $\int_{0}^{3} \int_{0}^{x^2} e^{y} dy dx$ 或 $\int_{0}^{3} \int_{0}^{x^2} e^{x^3} dy dx$。

讓我們假設題目意圖是計算 $\int_{0}^{3} \int_{0}^{x^2} e^{x^3} dy dx$。
首先對 $y$ 積分：
$\int_{0}^{x^2} e^{x^3} dy$
因為 $e^{x^3}$ 相對於 $y$ 是一個常數，所以積分結果是：
$e^{x^3} [y]_{0}^{x^2} = e^{x^3} (x^2 - 0) = x^2 e^{x^3}$
現在對 $x$ 積分：
$\int_{0}^{3} x^2 e^{x^3} dx$
這個積分可以使用換元積分法。令 $u = x^3$，則 $du = 3x^2 dx$，所以 $x^2 dx = \frac{1}{3} du$。
當 $x=0$ 時，$u = 0^3 = 0$。
當 $x=3$ 時，$u = 3^3 = 27$。
積分變為：
$\int_{0}^{27} e^u \left(\frac{1}{3} du\right) = \frac{1}{3} \int_{0}^{27} e^u du$
$= \frac{1}{3} [e^u]_{0}^{27} = \frac{1}{3} (e^{27} - e^0) = \frac{1}{3} (e^{27} - 1)$

如果題目確實是 $\int_{0}^{3} \int_{0}^{x^2} e^{x^3} dx dy$，那麼積分順序是錯誤的，通常 dx 應該在 dy 的內層。
假設題目是 $\int_{0}^{3} \int_{0}^{x^2} e^{x^3} dy dx$，則答案是 $\frac{1}{3}(e^{27}-1)$。

假設題目是 $\int_{0}^{3} \int_{0}^{y} e^{x^3} dx dy$ (交換順序後)，積分區域是 $0 \leq y \leq 3$ 和 $0 \leq x \leq y$。
這等價於 $0 \leq x \leq 3$ 和 $x \leq y \leq 3$。
那麼積分變成 $\int_{0}^{3} \int_{x}^{3} e^{x^3} dy dx$。
先對 y 積分：
$\int_{x}^{3} e^{x^3} dy = e^{x^3} [y]_{x}^{3} = e^{x^3} (3-x)$
再對 x 積分：
$\int_{0}^{3} (3-x)e^{x^3} dx$
這個積分很難直接計算。

根據題目原樣 $\int_{0}^{3} \int_{0}^{x^2} e^{x^3} dx dy$，雖然寫法不嚴謹，但如果理解為先對 $x$ 積分，積分上下限為 $0$ 到 $x^2$，這是不可能的。
最合理的解釋是，題目確實想表達的是 $\int_{0}^{3} \int_{0}^{x^2} e^{x^3} dy dx$。

我們再次確認題目給的寫法：$\int_{0}^{3} \int_{0}^{x^2} e^{x^3} dx dy$。
如果 dx 在內層，積分上下限是 0 到 $x^2$，那麼 $x$ 應該是外層變數。
但是 $x$ 的積分範圍是 $0$ 到 $3$，而 $y$ 的積分範圍是 $0$ 到 $x^2$。

本題考查不定積分的計算，其中被積函數是多項式乘以指數函數。這類積分通常使用分部積分法來解決。分部積分法的公式是 $\int u dv = uv - \int v du$。

我們需要選擇一個適當的 $u$ 和 $dv$。一個好的選擇是讓 $u$ 是多項式，因為多項式微分後次數會降低，而 $dv$ 是指數函數，因為指數函數積分後形式不變。

令 $u = x^2$，則 $du = 2x dx$。
令 $dv = e^{-x} dx$，則 $v = \int e^{-x} dx = -e^{-x}$。

應用分部積分法：
$\int x^2 e^{-x} dx = u v - \int v du$
$= x^2 (-e^{-x}) - \int (-e^{-x}) (2x dx)$
$= -x^2 e^{-x} + \int 2x e^{-x} dx$
$= -x^2 e^{-x} + 2 \int x e^{-x} dx$
現在我們需要計算積分 $\int x e^{-x} dx$。

本題要求使用微積分基本定理計算定積分。微積分基本定理指出，若 $F'(x) = f(x)$，則 $\int_{a}^{b} f(x) dx = F(b) - F(a)$。

首先，我們需要找到被積函數 $f(x) = 3xe^{(x^2-1)}$ 的一個反導函數 $F(x)$。
觀察被積函數的形式 $3xe^{(x^2-1)}$，它包含了 $x$ 和 $x^2-1$ 的組合。這提示我們可以使用換元積分法。
令 $u = x^2 - 1$。
則 $du = 2x dx$。
所以，$x dx = \frac{1}{2} du$。

將被積函數改寫為：
$3xe^{(x^2-1)} dx = 3 \cdot e^{(x^2-1)} \cdot (x dx)$
代入 $u$ 和 $du$：
$3 \cdot e^u \cdot \left(\frac{1}{2} du\right) = \frac{3}{2} e^u du$

現在我們對 $\frac{3}{2} e^u$ 進行積分：
$\int \frac{3}{2} e^u du = \frac{3}{2} \int e^u du = \frac{3}{2} e^u$
將 $u = x^2 - 1$ 代回，得到反導函數 $F(x)$:
$F(x) = \frac{3}{2} e^{(x^2-1)}$

本題要求證明一個複數表達式。我們需要將給定的 $u_1, u_2, u_+, u_-$ 的表達式代入等式右邊，並化簡，看是否能得到左邊的 $u_1 + i u_2$。

首先，我們將 $u_+$ 和 $u_-$ 的表達式代入等式右邊 $u_+ e^{i\omega t} + u_- e^{-i\omega t}$。
我們知道歐拉公式：
$e^{i\omega t} = \cos(\omega t) + i\sin(\omega t)$
$e^{-i\omega t} = \cos(\omega t) - i\sin(\omega t)$

所以，
$u_+ e^{i\omega t} = \frac{1}{2}[(a_1 + b_2) + i(a_2 – b_1)] (\cos(\omega t) + i\sin(\omega t))$
$u_- e^{-i\omega t} = \frac{1}{2} [(a_1 - b_2) + i(a_2 + b_1)] (\cos(\omega t) - i\sin(\omega t))$

我們將這兩項分別展開。

展開 $u_+ e^{i\omega t}$:
$\frac{1}{2} [(a_1 + b_2)\cos(\omega t) + i(a_1 + b_2)\sin(\omega t) + i(a_2 - b_1)\cos(\omega t) + i^2(a_2 - b_1)\sin(\omega t)]$
因為 $i^2 = -1$:
$\frac{1}{2} [(a_1 + b_2)\cos(\omega t) - (a_2 - b_1)\sin(\omega t) + i((a_1 + b_2)\sin(\omega t) + (a_2 - b_1)\cos(\omega t))]$
$= \frac{1}{2} [(a_1\cos(\omega t) + b_2\cos(\omega t) - a_2\sin(\omega t) + b_1\sin(\omega t)) + i(a_1\sin(\omega t) + b_2\sin(\omega t) + a_2\cos(\omega t) - b_1\cos(\omega t))]$

展開 $u_- e^{-i\omega t}$:
$\frac{1}{2} [(a_1 - b_2)\cos(\omega t) - i(a_1 - b_2)\sin(\omega t) + i(a_2 + b_1)\cos(\omega t) - i^2(a_2 + b_1)\sin(\omega t)]$
因為 $i^2 = -1$:
$\frac{1}{2} [(a_1 - b_2)\cos(\omega t) + (a_2 + b_1)\sin(\omega t) + i(-(a_1 - b_2)\sin(\omega t) + (a_2 + b_1)\cos(\omega t))]$

核心觀念

本題考查：

• 梯度的商法則：

• 向量場的旋度乘法法則：

• 梯度場的旋度為零：
  $\nabla\times(\nabla p)=\vec 0$

依照附圖，第 7 題欲證明的式子應為

題目文字中的 $\nabla\rho$ 應為附圖所示的 $\nabla p$。

解題方法

令

套用旋度乘法法則：

由於梯度場的旋度為零，

再利用梯度商法則，取分子 $\phi=1$、分母 $\Phi=\rho$：