111 高普考高考三級 核子工程 微積分與微分方程 考古題詳解

核心觀念

1. 第 (一) 題：閉區間上的連續函數極值（極值定理）

• 極值定理（Extreme Value Theorem）：若實值函數 $f(x)$ 在閉區間 $[a, b]$ 上連續，則 $f(x)$ 在該區間上必存在絕對最大值與絕對最小值。
• 候選點來源：閉區間上的極值必出現在以下兩類點：
• 開區間 $(a, b)$ 內的臨界點（Critical Points），即滿足 $f'(x) = 0$ 或 $f'(x)$ 不存在的點。
• 區間的端點（Endpoints），即 $x = a$ 與 $x = b$。

2. 第 (二) 題：冪級數的收斂半徑與收斂區間

• 收斂半徑（Radius of Convergence, $R$）：對於冪級數 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-c)^n$，利用比值審斂法（Ratio Test）可求得收斂半徑： $R = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right|$ 當 $|x-c| < R$ 時級數絕對收斂；當 $|x-c| > R$ 時級數發散。
• 收斂區間（Interval of Convergence, $I$）：以展開中心 $c$ 為基準，範圍為 $(c-R, c+R)$。兩端點 $x = c - R$ 與 $x = c + R$ 必須分別代回原級數檢驗其斂散性：
• 若代入後為調和級數（Harmonic Series） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 或 $p \le 1$ 的 $p$-級數，則發散。
• 若代入後為交錯級數（Alternating Series），且一般項滿足遞減並趨近於 $0$，由交錯級數審斂法（Leibniz Test）可判定為收斂。

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解題方法

第 (一) 題

步驟一：求一階導數並求出開區間 $(0, 5)$ 內的臨界點 函數 $f(x) = x^2 - 6x + 10$ 為多項式函數，在 $\mathbb{R}$ 上處處可導。求一階導數： $f'(x) = 2x - 6$ 令 $f'(x) = 0$，解得： $2x - 6 = 0 \implies x = 3$ 因為 $3 \in (0, 5)$，故 $x = 3$ 為區間內唯一的臨界點。

步驟二：計算臨界點與兩端點的函數值

1. 臨界點 $x = 3$： $f(3) = (3)^2 - 6(3) + 10 = 9 - 18 + 10 = 1$
2. 左端點 $x = 0$： $f(0) = (0)^2 - 6(0) + 10 = 10$
3. 右端點 $x = 5$： $f(5) = (5)^2 - 6(5) + 10 = 25 - 30 + 10 = 5$

步驟三：比較函數值大小 比較各點數值： $f(3) = 1, \quad f(5) = 5, \quad f(0) = 10$ 可得：

• 最大值為 $10$（發生於 $x = 0$）
• 最小值為 $1$（發生於 $x = 3$）

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第 (二) 題

給定冪級數： $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(x-2)^n}{n+1}$ 其展開中心為 $c = 2$，係數為 $a_n = \frac{1}{n+1}$。

步驟一：利用比值審斂法求收斂半徑 $R$ 設第 $n$ 項為 $u_n = \frac{(x-2)^n}{n+1}$，計算比值極限： $L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{\frac{(x-2)^{n+1}}{n+2}}{\frac{(x-2)^n}{n+1}} \right| = |x-2| \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n+2} = |x-2| \cdot 1 = |x-2|$ 由比值審斂法，級數收斂的條件為 $L < 1$： $|x-2| < 1$ 因此，收斂半徑為： $R = 1$ 開區間範圍為：

核心觀念

本題評量多變數微積分中的「三重積分變數變換」，核心在於利用**球座標系統（Spherical Coordinates）**簡化對稱區域的積分運算：

1. 球座標變換公式：

$$\begin{cases} x = \rho \sin\phi \cos\theta \\ y = \rho \sin\phi \sin\theta \\ z = \rho \cos\phi \end{cases}$$

其中 $\rho \geq 0$ 為徑向距離，$\phi \in [0, \pi]$ 為天頂角（與正 $z$ 軸之夾角），$\theta \in [0, 2\pi)$ 為方位角（在 $xy$ 平面上自正 $x$ 軸逆時針量起之角度）。

2. 徑向距離與體積微元（Jacobian 行列式）：

$$x^2 + y^2 + z^2 = \rho^2 \implies f(x,y,z) = \sqrt{x^2+y^2+z^2} = \rho$$

體積微元轉換為：

$$dV = dx\,dy\,dz = \rho^2 \sin\phi\, d\rho\, d\phi\, d\theta$$

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解題方法

1. 座標系統之選擇依據

被積函數 $f(x,y,z) = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$ 具有球對稱性（僅與距離原點之距離相關），且積分區域 $B$ 是由兩同心球面及座標平面所圍成，使用球座標系統能將積分邊界完全化為常數區間，使三重積分可直接分離為三個獨立的單變數積分。

2. 確定球座標積分上下限

由區域 $B = \{(x,y,z) \mid 1 \leq x^2+y^2+z^2 \leq 4,\ y \geq 0,\ z \geq 0\}$ 分析各變數範圍：

• 徑向半徑 $\rho$：

$$1 \leq x^2+y^2+z^2 \leq 4 \implies 1 \leq \rho^2 \leq 4 \implies 1 \leq \rho \leq 2$$

• 天頂角 $\phi$： 由 $z \geq 0$ 知此立體位於 $xy$ 平面上方（上半空間）：

$$z = \rho \cos\phi \geq 0 \implies \cos\phi \geq 0 \implies 0 \leq \phi \leq \frac{\pi}{2}$$

• 方位角 $\theta$： 由 $y \geq 0$ 且 $x$ 無限制，可知在 $xy$ 平面之投影落於第一與第二象限：

$$y = \rho \sin\phi \sin\theta \geq 0$$

由於在此區域內 $\sin\phi > 0$，故必有 $\sin\theta \geq 0$，對應的角度範圍為：

$$0 \leq \theta \leq \pi$$

3. 計算三重積分

將上述邊界與體積微元代入三重積分，並利用富比尼定理（Fubini's Theorem）將獨立變數分離相乘：

核心觀念

本題評量多元微積分中「多變數函數之微分」、「梯度向量」與「方向導數之極值特性」兩大核心觀念：

1. 梯度向量（Gradient Vector）： 若函數 $f(x,y)$ 在點 $(x,y)$ 具有一階連續偏導數，則函數 $f$ 在該點的梯度向量定義為各變數之一階偏導數所構成的向量： $\nabla f(x,y) = \left( \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y} \right) = \frac{\partial f}{\partial x}\mathbf{i} + \frac{\partial f}{\partial y}\mathbf{j}$

2. 方向導數與梯度之內積關係： 設 $\mathbf{u} = (u_1, u_2)$ 為任意二維單位向量（即 $\|\mathbf{u}\| = \sqrt{u_1^2 + u_2^2} = 1$），則可微函數 $f$ 在點 $(x_0, y_0)$ 沿著 $\mathbf{u}$ 方向的方向導數為梯度向量與該單位向量之內積： $D_{\mathbf{u}} f(x_0, y_0) = \nabla f(x_0, y_0) \cdot \mathbf{u}$

3. 方向導數之最大值定理： 由內積定義： $D_{\mathbf{u}} f(x_0, y_0) = \|\nabla f(x_0, y_0)\| \|\mathbf{u}\| \cos\theta = \|\nabla f(x_0, y_0)\| \cos\theta$ 其中 $\theta$ 為梯度向量 $\nabla f(x_0, y_0)$ 與單位向量 $\mathbf{u}$ 之間的夾角。因為 $-1 \le \cos\theta \le 1$：

• 當 $\cos\theta = 1$（即 $\mathbf{u}$ 與梯度同方向，$\theta = 0$）時，方向導數達到最大值，最大值即為梯度的長度（歐幾里得範數）： $\max D_{\mathbf{u}} f(x_0, y_0) = \|\nabla f(x_0, y_0)\|$

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解題方法

(一) 求函數 $f$ 在點 $(1,-1)$ 之梯度向量

1. 計算一階偏導數： 對給定函數 $f(x,y) = x^2 + y^3$：

• 對 $x$ 偏微（視 $y$ 為常數）： $\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2 + y^3) = 2x$

核心觀念

1. 拉普拉斯轉換（Laplace Transform）定義與第二位移定理：

• 函數 $f(t)$ 的拉普拉斯轉換定義為： $\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s) = \int_0^\infty e^{-st} f(t) \, dt$
• 單位步階函數（Heaviside Unit Step Function）表示式：$u(t-c) = \begin{cases} 1, & t \geq c \\ 0, & t < c \end{cases}$。
• 第二位移定理（Second Shifting Theorem）： $\mathcal{L}\{u(t-c)g(t-c)\} = e^{-cs} \mathcal{L}\{g(t)\} = e^{-cs} G(s) \iff \mathcal{L}^{-1}\{e^{-cs} G(s)\} = u(t-c)g(t-c)$

2. 微分的拉普拉斯轉換：

• 二階導數性質： $\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)$

3. 雙曲函數與逆轉換常用公式：

• $\mathcal{L}\{\cosh(at)\} = \dfrac{s}{s^2 - a^2}$
• $\mathcal{L}\{\sinh(at)\} = \dfrac{a}{s^2 - a^2}$
• $\mathcal{L}\{1\} = \dfrac{1}{s}$

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解題方法

(一) 求函數 $f(t)$ 之拉普拉斯轉換

方法一：由定義直接積分 依拉普拉斯轉換定義，將積分區間按分段點拆開： $\mathcal{L}\{f(t)\} = \int_0^\infty e^{-st} f(t) \, dt = \int_0^2 e^{-st} \cdot 1 \, dt + \int_2^\infty e^{-st} \cdot 0 \, dt$

計算第一段積分（假設 $s > 0$）： $\int_0^2 e^{-st} \, dt = \left[ -\frac{1}{s} e^{-st} \right]_0^2 = -\frac{1}{s} e^{-2s} - \left( -\frac{1}{s} \right) = \frac{1 - e^{-2s}}{s}$

方法二：轉換為單位步階函數 將 $f(t)$ 以單位步階函數 $u(t)$ 表示： $f(t) = 1 - u(t-2)$ 兩端取拉普拉斯轉換： $F(s) = \mathcal{L}\{1\} - \mathcal{L}\{u(t-2)\} = \frac{1}{s} - \frac{e^{-2s}}{s} = \frac{1 - e^{-2s}}{s}$

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(二) 求初始值問題之解

步驟 1：對微分方程兩端取拉普拉斯轉換 已知方程式為 $y''(t) - y(t) = f(t)$，且初始條件為 $y(0) = 1$、$y'(0) = 0$。 兩端取拉氏轉換： $\mathcal{L}\{y''(t)\} - \mathcal{L}\{y(t)\} = \mathcal{L}\{f(t)\}$ $\left[ s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0) \right] - Y(s) = \frac{1 - e^{-2s}}{s}$

代入初始條件 $y(0) = 1$、$y'(0) = 0$： $(s^2 - 1) Y(s) - s = \frac{1 - e^{-2s}}{s}$

步驟 2：整理代數式求 $Y(s)$ $(s^2 - 1) Y(s) = s + \frac{1 - e^{-2s}}{s}$ $Y(s) = \frac{s}{s^2 - 1} + \frac{1 - e^{-2s}}{s(s^2 - 1)} = \frac{s}{s^2 - 1} + \frac{1}{s(s^2 - 1)} - \frac{e^{-2s}}{s(s^2 - 1)}$

步驟 3：部分分式拆解 觀察項 $\dfrac{1}{s(s^2 - 1)}$，可使用技巧拆解： $\frac{1}{s(s^2 - 1)} = \frac{s^2 - (s^2 - 1)}{s(s^2 - 1)} = \frac{s}{s^2 - 1} - \frac{1}{s}$

因此，其拉普拉斯逆轉換為：