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113 台聯大微積分(A3/A4/A6) 第 8 題

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113學年度 · 113微積分A3/A4/A6 · 第 8 題

題目

Problem

甲、填充題：共8題，每題8分，共64分。請在答案卷上列出題號依序作答。

  1. Find the work done by the force field F(x,y)=xi+(y+2)j\mathbf{F}(x, y) = x\mathbf{i} + (y + 2)\mathbf{j} in moving an object along an arch of the cycloid r(t)=(t−sin⁡t)i+(1−cos⁡t)j\mathbf{r}(t) = (t - \sin t)\mathbf{i} + (1 - \cos t)\mathbf{j}, 0≤t≤2π0 \le t \le 2\pi.

解答

解法一：保守場勢函數法（最速法）

思路

展開
  1. 本題要求計算二維力場 F(x,y)=⟨x,y+2⟩\mathbf{F}(x,y) = \langle x, y+2 \rangle 沿著一條擺線移動物體所做的功。這本質上是計算線積分： W=∫CF⋅drW = \int_C \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{r}
  2. 第一步：驗證力場是否為保守場（Conservative Vector Field）：
    • 令 P(x,y)=xP(x,y) = x， Q(x,y)=y+2Q(x,y) = y+2。
    • 計算偏導： ∂Q∂x=0\frac{\partial Q}{\partial x} = 0， ∂P∂y=0\frac{\partial P}{\partial y} = 0。
    • 由於 ∂Q∂x=∂P∂y\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}，且定義域為整個 R2\mathbb{R}^2（單連通區域），故 F\mathbf{F} 是一個保守場（亦稱無旋場）。
  3. 第二步：求勢函數 (Potential Function) f(x,y)f(x,y)：
    • 滿足 ∂f∂x=x  ⟹  f(x,y)=12x2+h(y)\frac{\partial f}{\partial x} = x \implies f(x,y) = \frac{1}{2}x^2 + h(y)。
    • 滿足 ∂f∂y=y+2  ⟹  h′(y)=y+2  ⟹  h(y)=12y2+2y\frac{\partial f}{\partial y} = y+2 \implies h'(y) = y+2 \implies h(y) = \frac{1}{2}y^2 + 2y。
    • 故勢函數為： f(x,y)=12x2+12y2+2y+Cf(x,y) = \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{2}y^2 + 2y + C。
  4. 第三步：尋找路徑 CC 的起點與終點：
    • 參數曲線為 r(t)=⟨t−sin⁡t,1−cos⁡t⟩\mathbf{r}(t) = \langle t - \sin t, 1 - \cos t \rangle，其中 0≤t≤2π0 \le t \le 2\pi。
    • 起點 (t=0t=0)： r(0)=⟨0−0,1−1⟩=(0,0)\mathbf{r}(0) = \langle 0 - 0, 1 - 1 \rangle = (0, 0)。
    • 終點 (t=2πt=2\pi)： r(2π)=⟨2π−0,1−1⟩=(2π,0)\mathbf{r}(2\pi) = \langle 2\pi - 0, 1 - 1 \rangle = (2\pi, 0)。
  5. 第四步：利用線積分基本定理求功：
    • W=f(2π,0)−f(0,0)W = f(2\pi, 0) - f(0,0)。

答題過程

展開

我們分析力場向量值函數 F(x,y)=⟨P(x,y), Q(x,y)⟩=⟨x, y+2⟩\mathbf{F}(x, y) = \langle P(x, y),\, Q(x, y) \rangle = \langle x,\, y + 2 \rangle： 計算其偏導數：

∂Q∂x=∂∂x(y+2)=0\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(y + 2) = 0 ∂P∂y=∂∂y(x)=0\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x) = 0

由於 ∂Q∂x=∂P∂y\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}，且 F\mathbf{F} 在整個單連通區域 R2\mathbb{R}^2 上光滑，因此 F\mathbf{F} 是一個保守力場。

這表示我們可以找到一個純量勢函數 f(x,y)f(x, y) 使得 ∇f=F\nabla f = \mathbf{F}：

∂f∂x=x  ⟹  f(x,y)=12x2+h(y)\frac{\partial f}{\partial x} = x \implies f(x, y) = \frac{1}{2} x^2 + h(y)

對其關於 yy 求導並對比 Q(x,y)Q(x,y)：

∂f∂y=h′(y)=y+2  ⟹  h(y)=12y2+2y\frac{\partial f}{\partial y} = h'(y) = y + 2 \implies h(y) = \frac{1}{2} y^2 + 2y

故得勢函數為：

f(x,y)=12x2+12y2+2yf(x, y) = \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{2} y^2 + 2y

根據線積分基本定理（Fundamental Theorem for Line Integrals），作功 WW 僅與路徑的起點與終點有關。我們計算參數曲線 r(t)=⟨t−sin⁡t, 1−cos⁡t⟩\mathbf{r}(t) = \langle t - \sin t,\, 1 - \cos t \rangle 於 t∈[0,2π]t \in [0, 2\pi] 的端點值：

  • 起點 AA (當 t=0t = 0)： r(0)=⟨0−sin⁡0, 1−cos⁡0⟩=(0,0)\mathbf{r}(0) = \langle 0 - \sin 0,\, 1 - \cos 0 \rangle = (0, 0)
  • 終點 BB (當 t=2πt = 2\pi)： r(2π)=⟨2π−sin⁡2π, 1−cos⁡2π⟩=(2π,0)\mathbf{r}(2\pi) = \langle 2\pi - \sin 2\pi,\, 1 - \cos 2\pi \rangle = (2\pi, 0)

因此，力場所做的功為：

W= ∫CF⋅dr= f(2π,0)−f(0,0)= (12(2π)2+12(0)2+2(0))−(0)= 2π2\begin{align*} W =&\, \int_C \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{r} \\[2mm] =&\, f(2\pi, 0) - f(0, 0) \\[2mm] =&\, \left( \frac{1}{2} (2\pi)^2 + \frac{1}{2}(0)^2 + 2(0) \right) - \left( 0 \right) \\[2mm] =&\, 2\pi^2 \end{align*}

解法二：線積分直接計算法（常規解法）

思路

展開
  1. 利用參數式將積分化為對單變數 tt 的定積分。
  2. x=t−sin⁡t  ⟹  dx=(1−cos⁡t) dtx = t - \sin t \implies \mathrm{d}x = (1-\cos t)\,\mathrm{d}t。
  3. y=1−cos⁡t  ⟹  dy=sin⁡t dty = 1 - \cos t \implies \mathrm{d}y = \sin t\,\mathrm{d}t。
  4. 代入 W=∫02π(x dx+(y+2) dy)W = \int_0^{2\pi} \left( x\,\mathrm{d}x + (y+2)\,\mathrm{d}y \right)： W=∫02π[(t−sin⁡t)(1−cos⁡t)+(3−cos⁡t)sin⁡t]dtW = \int_0^{2\pi} \left[ (t-\sin t)(1-\cos t) + (3-\cos t)\sin t \right] \mathrm{d}t
  5. 展開化簡並對 tt 求積分。

答題過程

展開

我們將路徑的參數式代入線積分中。已知：

x=t−sin⁡t  ⟹  dx=(1−cos⁡t) dtx = t - \sin t \implies \mathrm{d}x = (1 - \cos t) \,\mathrm{d}t y=1−cos⁡t  ⟹  dy=sin⁡t dty = 1 - \cos t \implies \mathrm{d}y = \sin t \,\mathrm{d}t

功的線積分定義為：

W=∫CP dx+Q dy=∫02π(xdxdt+(y+2)dydt)dtW = \int_C P\,\mathrm{d}x + Q\,\mathrm{d}y = \int_0^{2\pi} \left( x \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} + (y + 2) \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} \right) \mathrm{d}t

將各項代入：

W= ∫02π[(t−sin⁡t)(1−cos⁡t)+(1−cos⁡t+2)sin⁡t]dt= ∫02π[(t−tcos⁡−sin⁡t+sin⁡tcos⁡t)+(3sin⁡t−sin⁡tcos⁡t)]dt= ∫02π(t−tcos⁡t+2sin⁡t)dt\begin{align*} W =&\, \int_0^{2\pi} \left[ (t - \sin t)(1 - \cos t) + (1 - \cos t + 2)\sin t \right] \mathrm{d}t \\[3mm] =&\, \int_0^{2\pi} \left[ (t - t\cos - \sin t + \sin t\cos t) + (3\sin t - \sin t\cos t) \right] \mathrm{d}t \\[3mm] =&\, \int_0^{2\pi} \left( t - t\cos t + 2\sin t \right) \mathrm{d}t \end{align*}

我們將其拆為三項分別求積分：

  1. ∫t dt=12t2\displaystyle \int t \,\mathrm{d}t = \frac{1}{2} t^2。
  2. ∫tcos⁡t dt=tsin⁡t−∫sin⁡t dt=tsin⁡t+cos⁡t\displaystyle \int t\cos t \,\mathrm{d}t = t\sin t - \int \sin t \,\mathrm{d}t = t\sin t + \cos t （利用分部積分）。
  3. ∫2sin⁡t dt=−2cos⁡t\displaystyle \int 2\sin t \,\mathrm{d}t = -2\cos t。

合併得到原函數：

∫(t−tcos⁡t+2sin⁡t)dt=12t2−tsin⁡t−3cos⁡t+C\int \left( t - t\cos t + 2\sin t \right) \mathrm{d}t = \frac{1}{2}t^2 - t\sin t - 3\cos t + C

代入上限 2π2\pi 與下限 00：

W= [12t2−tsin⁡t−3cos⁡t]02π= (12(4π2)−(2π)sin⁡(2π)−3cos⁡(2π))−(0−0−3cos⁡(0))= (2π2−0−3)−(−3)= 2π2\begin{align*} W =&\, \left[ \frac{1}{2}t^2 - t\sin t - 3\cos t \right]_0^{2\pi} \\[4mm] =&\, \left( \frac{1}{2}(4\pi^2) - (2\pi)\sin(2\pi) - 3\cos(2\pi) \right) - \left( 0 - 0 - 3\cos(0) \right) \\[4mm] =&\, \left( 2\pi^2 - 0 - 3 \right) - ( -3 ) \\[4mm] =&\, 2\pi^2 \end{align*}

結論： 8. 填入 2π22\pi^2。