106年公務人員高等考試三級考試--微積分&微分方程 詳解

106年公務人員高等考試三級考試

類 科 ：核子工程
科 目：微積分與微分方程

解：
(一)$$\lim _{ x\to 0 }{ \frac { \int _{ 0 }^{ x^{ 2 } }{ \cos { t^{ 2 } }  } dt }{ 2x^{ 2 } }  } =\frac { 0 }{ 0 } =\lim _{ x\to 0 }{ \frac { \frac { d }{ dx } \int _{ 0 }^{ x^{ 2 } }{ \cos { t^{ 2 } }  } dt }{ \frac { d }{ dx } 2x^{ 2 } }  } =\lim _{ x\to 0 }{ \frac { 2x\cos { x^{ 4 } }  }{ 4x }  } =\lim _{ x\to 0 }{ \frac { \cos { x^{ 4 } }  }{ 2 }  } =\bbox[red,2pt]{\frac { 1 }{ 2 }} $$(二)$$x+6x^{ 3 }y^{ 3 }+y-8=0\Rightarrow 1+18x^{ 2 }y^{ 3 }+18x^{ 3 }y^{ 2 }\frac { dy }{ dx } +\frac { dy }{ dx } =0\Rightarrow \frac { dy }{ dx } =-\frac { 1+18x^{ 2 }y^{ 3 } }{ 1+18x^{ 3 }y^{ 2 } } \\ \Rightarrow \left.\frac { dy }{ dx } \right|_{(1,f(1))}=-1\Rightarrow 切線方程式為 y-1=-1(x-1)即 \bbox[red,2pt]{x+y=2}$$

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解：$$\begin{cases} f\left( x,y \right) =200x^{ 0.75 }y^{ 0.25 } \\ g\left( x,y \right) =400x+600y-120000 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} f_{ x }=\lambda g_{ x } \\ f_{ y }=\lambda g_{ y } \\ g=0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} 150x^{ -0.25 }y^{ 0.25 }=400\lambda \cdots (1) \\ 50x^{ 0.75 }y^{ -0.75 }=600\lambda \cdots (2) \\ 2x+3y=600\cdots (3) \end{cases}\\ \frac { (1) }{ (2) } \Rightarrow 3\frac { y }{ x } =\frac { 2 }{ 3 } \Rightarrow 2x=9y代入(3)\Rightarrow 9y+3y=600\Rightarrow y=50\Rightarrow x=\frac { 450 }{ 2 } =225\\ \Rightarrow f\left( 225,50 \right) =200\cdot 225^{ 0.75 }\cdot 50^{ 0.25 }=200\cdot { \left( { 5 }^{ 2 }\cdot { 3 }^{ 2 } \right)  }^{ \frac { 3 }{ 4 }  }\cdot { \left( { 5 }^{ 2 }\cdot { 2 } \right)  }^{ \frac { 1 }{ 4 }  }=200\cdot { 5 }^{ 2 }\cdot { 3 }^{ \frac { 3 }{ 2 }  }\cdot { 2 }^{ \frac { 1 }{ 4 }  }\\=\bbox[red,2pt]{15000\cdot \sqrt { 3 } \cdot \sqrt [ 4 ]{ 2 }  }$$

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解：
(一)$$\nabla \cdot \vec { F } =\frac { \partial  }{ \partial x } \left( xyz^{ 2 } \right) +\frac { \partial  }{ \partial y } \left( 3yzx^{ 2 } \right) +\frac { \partial  }{ \partial z } \left( 5xzy^{ 2 } \right) =\bbox[red,2pt]{yz^2+3zx^2+5xy^2}$$(二)$$\nabla \times \vec { F } =\left| \begin{matrix} \vec { i }  & \vec { j }  & \vec { k }  \\ \frac { \partial  }{ \partial x }  & \frac { \partial  }{ \partial y }  & \frac { \partial  }{ \partial z }  \\ xyz^{ 2 } & 3yzx^{ 2 } & 5xzy^{ 2 } \end{matrix} \right| =\frac { \partial  }{ \partial y } \left( 5xzy^{ 2 } \right) \vec { i } +\frac { \partial  }{ \partial z } \left( xyz^{ 2 } \right) \vec { j } +\frac { \partial  }{ \partial x } \left( 3yzx^{ 2 } \right) \vec { k } \\ -\frac { \partial  }{ \partial y } \left( xyz^{ 2 } \right) \vec { k } -\frac { \partial  }{ \partial x } \left( 5xzy^{ 2 } \right) \vec { j } -\frac { \partial  }{ \partial z } \left( 3yzx^{ 2 } \right) \vec { i } \\ =\bbox[red,2pt]{\left( 10xyz-3yx^{ 2 } \right) \vec { i } +\left( 2xyz-5zy^{ 2 } \right) \vec { j } +\left( 6xyz-xz^{ 2 } \right) \vec { k } }$$

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解：
(一)$$\begin{cases} x=r\cos { \theta  }  \\ y=r\sin { \theta  }  \end{cases}\Rightarrow \iint _{ R }{ \sin { \sqrt { x^{ 2 }+y^{ 2 } }  }  } dxdy=\int _{ 0 }^{ 2\pi  }{ \int _{ \pi  }^{ 2\pi  }{ r\sin { r }  } drd\theta  } =\int _{ 0 }^{ 2\pi  }{ \left. \left[ -r\cos { r } +\sin { r }  \right]  \right| ^{ 2\pi  }_{ \pi  }d\theta  } \\ =\int _{ 0 }^{ 2\pi  }{ -3\pi  } d\theta=\bbox[red,2pt]{-6\pi^2}$$(二)$$\begin{cases} P\left( x,y \right) =2xy+e^{ x^{ 2 } } \\ Q\left( x,y \right) =2x+e^{ y^{ 2 } } \end{cases}\Rightarrow \oint _{ C }{ \left( 2xy+e^{ x^{ 2 } } \right) dx+\left( 2x+e^{ y^{ 2 } } \right) dy } =\iint _{ R }{ \left( \frac { \partial Q }{ \partial x } -\frac { \partial P }{ \partial y }  \right)  } dA\\ =\iint _{ R }{ \left( 2-2x \right)  } dA=\int _{ 0 }^{ 1 }{ \int _{ x^{ 2 } }^{ x }{ \left( 2-2x \right)  }  } dydx=\int _{ 0 }^{ 1 }{ \left( 2x-4x^{ 2 }+2x^{ 3 } \right)  } dx=\left. \left[ x^{ 2 }-\frac { 4 }{ 3 } x^{ 3 }+\frac { 1 }{ 2 } x^{ 4 } \right]  \right| ^{ 1 }_{ 0 }\\ =1-\frac { 4 }{ 3 } +\frac { 1 }{ 2 } =\bbox[red,2pt]{\frac { 1 }{ 6 }} $$

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解：$$\begin{cases} \frac { dy_{ 1 } }{ dt } =2y_{ 2 }\left( t \right) +2y_{ 3 }\left( t \right)  \\ \frac { dy_{ 2 } }{ dt } =2y_{ 3 }\left( t \right) +2y_{ 1 }\left( t \right)  \\ \frac { dy_{ 3 } }{ dt } =2y_{ 1 }\left( t \right) +2y_{ 2 }\left( t \right)  \end{cases}\Rightarrow \left[ \begin{matrix} y_{ 1 }' \\ y_{ 2 }' \\ y_{ 3 }' \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} 0 & 2 & 2 \\ 2 & 0 & 2 \\ 2 & 2 & 0 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} y_{ 1 } \\ y_{ 2 } \\ y_{ 3 } \end{matrix} \right] $$令\(A=\left[ \begin{matrix} 0 & 2 & 2 \\ 2 & 0 & 2 \\ 2 & 2 & 0 \end{matrix} \right]\)，現在要找\(A\)的特徵值\(\lambda\) 及相對應的特徵向量\(X\),即\(AX=\lambda X\)$$det\left( A-\lambda I \right) =0\Rightarrow det\left( \left[ \begin{matrix} -\lambda  & 2 & 2 \\ 2 & -\lambda  & 2 \\ 2 & 2 & -\lambda  \end{matrix} \right]  \right) =0\Rightarrow -\lambda ^{ 3 }+12\lambda +16=0\Rightarrow \left( \lambda -4 \right) \left( \lambda +2 \right) ^{ 2 }=0\\ \lambda _{ 1 }=4\Rightarrow \left[ \begin{matrix} -4 & 2 & 2 \\ 2 & -4 & 2 \\ 2 & 2 & -4 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} x_{ 1 } \\ x_{ 2 } \\ x_{ 3 } \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} \right] \Rightarrow \begin{cases} 2x_{ 1 }-x_{ 2 }-x_{ 3 }=0 \\ x_{ 1 }-2x_{ 2 }+x_{ 3 }=0 \\ x_{ 1 }+x_{ 2 }-2x_{ 3 }=0 \end{cases}\Rightarrow 取X_{ 1 }=\left[ \begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} \right] \\ \lambda _{ 2 }=-2\Rightarrow \left[ \begin{matrix} 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} x_{ 1 } \\ x_{ 2 } \\ x_{ 3 } \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} \right] \Rightarrow x_{ 1 }+x_{ 2 }+x_{ 3 }=0\Rightarrow 取X_{ 2 }=\left[ \begin{matrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{matrix} \right] ,X_{ 3 }=\left[ \begin{matrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{matrix} \right] ,\\X_1及X_2需為線性獨立；\\ 因此\left[ \begin{matrix} y_{ 1 } \\ y_{ 2 } \\ y_{ 3 } \end{matrix} \right] =c_{ 1 }X_{ 1 }{ e }^{ 4t }+c_{ 2 }X_{ 2 }{ e }^{ -2t }+c_{ 3 }X_{ 3 }{ e }^{ -2t }=\left[ \begin{matrix} { c_{ 1 }e }^{ 4t } \\ { c_{ 1 }e }^{ 4t } \\ { c_{ 1 }e }^{ 4t } \end{matrix} \right] +\left[ \begin{matrix} { c_{ 2 }e }^{ -2t } \\ 0 \\ { -c_{ 2 }e }^{ -2t } \end{matrix} \right] +\left[ \begin{matrix} 0 \\ { c_{ 3 }e }^{ -2t } \\ { -c_{ 3 }e }^{ -2t } \end{matrix} \right] \\=\left[ \begin{matrix} { c_{ 1 } }e^{ 4t }+c_{ 2 }e^{ -2t } \\ { c_{ 1 } }e^{ 4t }+c_{ 3 }e^{ -2t } \\ { c_{ 1 } }e^{ 4t }-(c_{ 2 }+c_{ 3 })e^{ -2t } \end{matrix} \right] $$由題意之初始值可知$$t=0\Rightarrow \left[ \begin{matrix} y_{ 1 } \\ y_{ 2 } \\ y_{ 3 } \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} 5 \\ -1 \\ -1 \end{matrix} \right] \Rightarrow \left[ \begin{matrix} 5 \\ -1 \\ -1 \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} c_{ 1 }+c_{ 2 } \\ c_{ 1 }+c_{ 3 } \\ c_{ 1 }-c_{ 2 }-c_{ 3 } \end{matrix} \right] \Rightarrow \begin{cases} c_{ 1 }=1 \\ c_{ 2 }=4 \\ c_{ 3 }=-2 \end{cases}\\ \Rightarrow \bbox[red,2pt]{\left[ \begin{matrix} y_{ 1 } \\ y_{ 2 } \\ y_{ 3 } \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} e^{ 4t }+4e^{ -2t } \\ e^{ 4t }-2e^{ -2t } \\ e^{ 4t }-2e^{ -2t } \end{matrix} \right] }$$

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考選部未公布答案，解題僅供參考