107年公務人員高等考試三級考試--應用數學 詳解

107年公務人員高等考試三級考試

類 科 ：氣象
科 目：應用數學(微積分、微分方程與向量分析)

解：
(一) $$\left[ \begin{matrix} 1 & 2 & -3 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & 4 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} x_{ 1 } \\ x_{ 2 } \\ x_{ 3 } \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} \right]$$ (二) $$\begin{cases} x_{ 1 }+2x_{ 2 }-3x_{ 3 }=-1 \\ x_{ 1 }+x_{ 2 }+2x_{ 3 }=1 \\ x_{ 1 }-x_{ 2 }+4x_{ 3 }=1 \end{cases}\Rightarrow \left[ \begin{matrix} 1 & 2 & -3 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & 4 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} x_{ 1 } \\ x_{ 2 } \\ x_{ 3 } \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} \right] \equiv AX=b\\ det\left( A-\lambda I \right) =0\Rightarrow \left| \begin{matrix} 1-\lambda  & 2 & -3 \\ 1 & 1-\lambda  & 2 \\ 1 & -1 & 4-\lambda  \end{matrix} \right| =0\Rightarrow { \left( \lambda -2 \right)  }^{ 3 }=0\Rightarrow 特徵值\lambda =\bbox[red,2pt]{ 2 }\\ \left[ \begin{matrix} 1-\lambda  & 2 & -3 \\ 1 & 1-\lambda  & 2 \\ 1 & -1 & 4-\lambda  \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} x_{ 1 } \\ x_{ 2 } \\ x_{ 3 } \end{matrix} \right] =0\Rightarrow \left[ \begin{matrix} -1 & 2 & -3 \\ 1 & -1 & 2 \\ 1 & -1 & 2 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} x_{ 1 } \\ x_{ 2 } \\ x_{ 3 } \end{matrix} \right] =0\\ \begin{cases} -x_{ 1 }+2x_{ 2 }-3x_{ 3 }=0 \\ x_{ 1 }-x_{ 2 }+2x_{ 3 }=0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} x_{ 2 }-x_{ 3 }=0 \\ x_{ 1 }+x_{ 2 }=0 \end{cases}\Rightarrow 取特徵向量\left[ \begin{matrix} x_{ 1 } \\ x_{ 2 } \\ x_{ 3 } \end{matrix} \right] =\bbox[red,2pt]{ \left[ \begin{matrix} 1 \\ -1 \\ -1 \end{matrix} \right]  }$$ (三) $$A=\left[ \begin{matrix} 1 & 2 & -3 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & 4 \end{matrix} \right] \Rightarrow det\left( A \right) =4+3+4+3-8+2=8\\ A^{ -1 }=\frac { 1 }{ det\left( A \right)  } \left[ \begin{matrix} \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{vmatrix} & -\begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 4 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{vmatrix} \\ -\begin{vmatrix} 2 & -3 \\ -1 & 4 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 1 & -3 \\ 1 & 4 \end{vmatrix} & -\begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 1 & -1 \end{vmatrix} \\ \begin{vmatrix} 2 & -3 \\ 1 & 2 \end{vmatrix} & -\begin{vmatrix} 1 & -3 \\ 1 & 2 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \end{matrix} \right] ^{ T }=\frac { 1 }{ 8 } \left[ \begin{matrix} 6 & -2 & -2 \\ -5 & 7 & 3 \\ 7 & -5 & -1 \end{matrix} \right] ^{ T }\\ =\frac { 1 }{ 8 } \left[ \begin{matrix} 6 & -5 & 7 \\ -2 & 7 & -5 \\ -2 & 3 & -1 \end{matrix} \right] =\bbox[red,2pt]{\left[ \begin{matrix} 3/4 & -5/8 & 7/8 \\ -1/4 & 7/8 & -5/8 \\ -1/4 & 3/8 & -1/8 \end{matrix} \right] }$$ 由 $$AX=b\Rightarrow A^{ -1 }AX=A^{ -1 }b\Rightarrow X=A^{ -1 }b=\left[ \begin{matrix} 3/4 & -5/8 & 7/8 \\ -1/4 & 7/8 & -5/8 \\ -1/4 & 3/8 & -1/8 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} -1/2 \\ 1/2 \\ 1/2 \end{matrix} \right] \\ 即\bbox[red,2pt]{\begin{cases} x_{ 1 }=-1/2 \\ x_{ 2 }=x_{ 3 }=1/2 \end{cases}}$$

---

解：
$$\int _{ 1 }^{ 2 }{ \int _{ 0 }^{ \log { x }  }{ \left( x-1 \right) \sqrt { 1+{ e }^{ 2y } }  }  } dydx=\int _{ 0 }^{ \log { 2 }  }{ \int _{ { e }^{ y } }^{ 2 }{ \left( x-1 \right) \sqrt { 1+{ e }^{ 2y } }  }  } dxdy\\ =\int _{ 0 }^{ \log { 2 }  }{ \sqrt { 1+{ e }^{ 2y } } \left. \left[ \frac { 1 }{ 2 } { x }^{ 2 }-x \right]  \right| _{ e^{ y } }^{ 2 } } dy=\int _{ 0 }^{ \log { 2 }  }{ \sqrt { 1+{ e }^{ 2y } } \left( { e }^{ y }-\frac { 1 }{ 2 } { e }^{ 2y } \right)  } dy\\ =\int _{ 0 }^{ \log { 2 }  }{ { e }^{ y }\sqrt { 1+{ e }^{ 2y } }  } dy-\frac { 1 }{ 2 } \int _{ 0 }^{ \log { 2 }  }{ { e }^{ 2y }\sqrt { 1+{ e }^{ 2y } }  } dy\\ =\left. \left[ \frac { 1 }{ 2 } { \left( e^{2y}\cdot \sqrt{1+\frac{1}{e^{2y}}} +\log (\sqrt{e^{2y}+1} +e^y) \right)  } \right]  \right| _{ 0 }^{ \log  2 }-\frac { 1 }{ 2 } \left. \left[ \frac { 1 }{ 3 } { \left( 1+e^{ 2y } \right)  }^{ 3/2 }\right]  \right| _{ 0 }^{ \log  2 }\\ ={1 \over 2}\left( (2\sqrt 5+\log(\sqrt 5 +2))-(\sqrt 2+\log (\sqrt 2+1))  \right) -\frac { 1 }{ 6 } \left(  { 5 }^{ 3/2 }  -2^{3/2}  \right) \\ =  \bbox[red, 2pt]{{1\over 6}\left( \sqrt 5-\sqrt 2 \right) +{1\over 2} \log{\sqrt 5 +2 \over \sqrt 2 +1}} \approx 0.418$$

---

解：
(一) $$y=\sum_{n=0}^{\infty}{a_nx^n}\Rightarrow y'=\sum_{n=1}^{\infty}{na_nx^{n-1}} \Rightarrow y''=\sum_{n=2}^{\infty}{n(n-1)a_nx^{n-2}}\\\sum_{n=2}^{\infty}{n(n-1)a_nx^{n-2}} -\sum_{n=1}^{\infty}{2na_nx^{n}} + \sum_{n=0}^{\infty}{2a_nx^n}=0\\(2a_0+2a_2)+6a_3x+(12a_4-2a_2)x^2+\cdots+((n+2)(n+1)a_{n+2}-2(n-1)a_n)x^n+\cdots=0 \\y(0)=a_0=-\frac{1}{3}\Rightarrow a_2=\frac{1}{3}\\a_3=0\\a_{n+2}=\frac{2(n-1)}{(n+2)(n+1)}a_{n}\Rightarrow a_n=\frac{2(n-3)}{n(n-1)}a_{n-2}\\a_7=\frac{2\cdot 4}{7\cdot 6}a_5,a_5=\frac{2\cdot 2}{5\cdot 4}a_3,\because a_3=0\Rightarrow a_{2r+1}=0 \text{ for } r\ge 1\\a_8=\frac{2\cdot 5}{8\cdot 7}a_6,\;a_6=\frac{2\cdot 3}{6\cdot 5}a_4, a_4=\frac{2\cdot 1}{4\cdot 3}a_2,\;a_2={1\over 3}\Rightarrow a_{ 2r }=(\frac{1}{3})\frac { 2^{ r } }{ \left( 2r \right) ! } \prod _{ k=1 }^{ r-1 }{ \left( 2k-1 \right)  } ,r\ge 2\\ \bbox[red,2pt]{y=-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}x^2+\frac { 1 }{ 3 } \sum _{ r=2 }^{ \infty  }{ { \left( \frac { 2^{ r } }{ \left( 2r \right) ! } \prod _{ k=1 }^{ r-1 }{ \left( 2k-1 \right)  }  \right) x^{ 2r } } }}$$ (二) $$3(1+x)y'-2yy'+3y=1-2x\Rightarrow (3+3x-2y)y'=1-2x-3y\\令u=3x-2y\Rightarrow y=\frac{1}{2}(3x-u)\\\Rightarrow y'=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}u'代回原式可得 (3+u)\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{2}u'\right)=1-2x-\frac{3}{2}(3x-u)\\\Rightarrow \left(-\frac{1}{2}u-\frac{3}{2}\right)u'=-\frac{7}{2}-\frac{13}{2}x\Rightarrow \int{\left(-\frac{1}{2}u-\frac{3}{2}\right)\,du}=\int{\left(-\frac{7}{2}-\frac{13}{2}x\right)\,dx}\\\Rightarrow -\frac{1}{4}u^2-\frac{3}{2}u=-\frac{7}{2}x-\frac{13}{4}x^2+C\\\Rightarrow -\frac{1}{4}(3x-2y)^2-\frac{3}{2}(3x-2y)=-\frac{7}{2}x-\frac{13}{4}x^2+C\Rightarrow x^2+3xy-y^2-x+3y=C\\由y(0)=0\,可知\,C=0,因此其解為\;\bbox[red,2pt]{x^2+3xy-y^2-x+3y=0}$$

---

解：
$$y''+y'=e^{ -x }\sin { x } \Rightarrow L\left\{ y'' \right\} +L\left\{ y' \right\} =L\left\{ e^{ -x }\sin { x }  \right\} \\ \Rightarrow s^{ 2 }L\left\{ y \right\} -sy\left( 0 \right) -y'\left( 0 \right) +sL\left\{ y \right\} -y\left( 0 \right) =\frac { 1 }{ { \left( s+1 \right)  }^{ 2 }+1 } \\ \Rightarrow \left( s^{ 2 }+s \right) L\left\{ y \right\} -1=\frac { 1 }{ { \left( s+1 \right)  }^{ 2 }+1 } \Rightarrow L\left\{ y \right\} =\frac { 1 }{ \left( { \left( s+1 \right)  }^{ 2 }+1 \right) \left( s^{ 2 }+s \right)  } +\frac { 1 }{ s^{ 2 }+s } \\=\frac { s^2+2s+2 }{ \left( { \left( s+1 \right)  }^{ 2 }+1 \right) \left( s^{ 2 }+s \right)  }=\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{s}-\frac{2}{s+1}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{(s+1)^2+1}+\frac{1}{2}\cdot\frac{s+1}{(s+1)^2+1}\\y=L^{-1}\left\{\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{s}-\frac{2}{s+1}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{(s+1)^2+1}+\frac{1}{2}\cdot\frac{s+1}{(s+1)^2+1}\right\}\\=\frac{3}{2}L^{-1}\left\{\frac{1}{s}\right\}-2L^{-1}\left\{\frac{1}{s+1}\right\}-\frac{1}{2}L^{-1}\left\{\frac{1}{(s+1)^2+1}\right\}+\frac{1}{2}L^{-1}\left\{\frac{s+1}{(s+1)^2+1}\right\}\\=\frac{3}{2}-2e^{-x}-\frac{1}{2}e^{-x}\sin{x}+\frac{1}{2}e^{-x}\cos{x} \\\Rightarrow 其解為\, \bbox[red,2pt]{y=\frac{3}{2}-2e^{-x}-\frac{1}{2}e^{-x}\sin{x}+\frac{1}{2}e^{-x}\cos{x}}$$

---

解：

(一) $$\begin{cases} P\left( x,y \right) =4x^{ 2 }y \\ Q\left( x,y \right) =2y \end{cases}\Rightarrow \oint _{ C }{ 4x^{ 2 }y\, dx+2y\, dy } =\iint _{ R }{ \left( \frac { \partial  }{ \partial x } Q\left( x,y \right) -\frac { \partial  }{ \partial y } P\left( x,y \right)  \right) \, dA } \\ =\iint _{ R }{ \left( -4x^{ 2 } \right) \, dA } =\int _{ 0 }^{ 2 }{ \int _{ 0 }^{ y/2 }{ \left( -4x^{ 2 } \right) dxdy }  } =\int _{ 0 }^{ 2 }{ \left. \left[ -\frac { 4 }{ 3 } x^{ 3 } \right]  \right| _{ 0 }^{ y/2 } } dy=\int _{ 0 }^{ 2 }{ -\frac { 1 }{ 6 } y^{ 3 } } dy\\ =\left. \left[ -\frac { 1 }{ 24 } y^{ 4 } \right]  \right| _{ 0 }^{ 2 }=\bbox[red,2pt]{-\frac { 2 }{ 3 } }$$ (二) $$\left( 1 \right) F=\left( 1+x \right) { e }^{ x+y }i+\left( x{ e }^{ x+y }-2z \right) j-2yk\\ \Rightarrow \nabla \times F=\left| \begin{matrix} i & j & k \\ \partial x & \partial y & \partial z \\ \left( 1+x \right) { e }^{ x+y } & x{ e }^{ x+y }-2z & -2y \end{matrix} \right| \\=-2i+\left( { e }^{ x+y }+xe^{ x+y } \right) k+0j-\left( 1+x \right) { e }^{ x+y }k-0j+2i=0 \Rightarrow 守恆性成立\\ \left( 2 \right) f為F的電位能函數，即F=\nabla f\Rightarrow \begin{cases} \frac { \partial f }{ \partial x } =\left( 1+x \right) { e }^{ x+y } \\ \frac { \partial f }{ \partial y } =x{ e }^{ x+y }-2z \\ \frac { \partial f }{ \partial z } =-2y \end{cases}\\ \frac { \partial f }{ \partial z } =-2y\Rightarrow f\left( x,y,z \right) =\int { -2ydz } +g\left( x,y \right) =-2yz+g\left( x,y \right)\\ \Rightarrow \frac { \partial f }{ \partial y } =-2z+g_{ y }=x{ e }^{ x+y }-2z\Rightarrow g_{ y }=x{ e }^{ x+y }\\ \Rightarrow g\left( x,y \right) =\int { x{ e }^{ x+y }dy } +h\left( x \right) =x{ e }^{ x+y }+h\left( x \right) \Rightarrow f\left( x,y,z \right) =-2yz+x{ e }^{ x+y }+h\left( x \right) \\ \Rightarrow \frac { \partial f }{ \partial x } ={ e }^{ x+y }+x{ e }^{ x+y }+h'\left( x \right) =\left( 1+x \right) { e }^{ x+y }\Rightarrow h'\left( x \right) =0\Rightarrow h\left( x \right) =C\\ \Rightarrow \bbox[red,2pt]{f\left( x,y,z \right) =-2yz+x{ e }^{ x+y }+C}, C為常數$$

---

考選部未公布答案，解題僅供參考