105年國安三等考試_電子組(選試英文)-工程數學詳解

105年國家安全局國家安全情報人員考試試題

考試別：國家安全情報人員
等別：三等考試
類 科組 ：電子組
科 目：工程數學

解： $$\vec { v } =\vec { \omega  } \times \vec { r } \Rightarrow \nabla \times \vec { v } =\nabla \times \left( \vec { \omega  } \times \vec { r }  \right) \\ =\vec { \omega  } \left( \nabla \cdot \vec { r }  \right) -\vec { r } \left( \nabla \cdot \vec { \omega  }  \right) +\left( \vec { r } \cdot \nabla  \right) \vec { \omega  } -\left( \vec { \omega  } \cdot \nabla  \right) \vec { r }$$

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解：
(一) $$A=\begin{bmatrix}5/2& 1/2\\ 1/2& 5/2 \end{bmatrix} \Rightarrow det(A-\lambda I)=0 \Rightarrow \begin{vmatrix}5/2-\lambda & 1/2\\ 1/2& 5/2-\lambda \end{vmatrix} =0 \\\Rightarrow (\lambda-5/2)^2-(1/2)^2=0 \Rightarrow (\lambda-2)(\lambda -3)=0 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{特徵值\lambda=3, 2}\\ \lambda=3 \Rightarrow (A-\lambda I)X=0 \Rightarrow \begin{bmatrix}-1/2& 1/2\\ 1/2& -1/2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\ x_2\end{bmatrix}=0 \Rightarrow x_1=x_2\Rightarrow 取u_1=\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}\\ \lambda=2 \Rightarrow (A-\lambda I)X=0 \Rightarrow \begin{bmatrix}1/2& 1/2\\ 1/2& 1/2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\ x_2\end{bmatrix}=0 \Rightarrow x_1+x_2=0\Rightarrow 取u_2=\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}\\ \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{特徵向量為\begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}及\begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}}$$ (二) $$令P=[u_1 u_2]=\begin{bmatrix}1& 1\\ 1& -1 \end{bmatrix} \Rightarrow P^{-1}=\begin{bmatrix}1/2& 1/2\\ 1/2& -1/2 \end{bmatrix} \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{PAP^{-1}=\begin{bmatrix}3& 0\\ 0& 2 \end{bmatrix}}$$

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解： $$先求齊次解,即y''-4y=0 \Rightarrow \lambda^2-4=0 \Rightarrow \lambda=\pm 2\Rightarrow y_h=c_1e^{2x} +c_2e^{-2x}\\ 令\begin{cases} y_1=e^{2x}\\ y_2=e^{-2x}\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} y_1'=2e^{2x}\\ y_2'=-2e^{-2x}\end{cases} \Rightarrow W=\begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\ y_1' & y_2'\end{vmatrix}=\begin{vmatrix} e^{2x} & e^{-2x} \\ 2e^{2x} & -2e^{-2x}\end{vmatrix} =-4\\ \Rightarrow y_p= -y_1\int { y_2r(x)\over W}dx + y_2\int{y_1r(x)\over W}dx = -e^{2x}\int { e^{-2x}(-7e^{2x}+x)\over -4}dx + e^{-2x}\int{e^{2x}(-7e^{2x}+x)\over -4}dx\\ = {1\over 4}e^{2x}\int{-7+xe^{-2x}}dx -{1\over 4}e^{-2x}\int{-7e^{4x}+xe^{2x}}dx \\ ={1\over 4}e^{2x}\left(-7x-{1\over 2}xe^{-2x}-{1\over 4}e^{-2x} \right)-{1\over 4}e^{-2x}\left(-{7\over 4}e^{4x} +{1\over 2}xe^{2x}-{1\over 4}e^{2x} \right)\\ =-{7\over 4}xe^{2x}-{1\over 8}x-{1\over 16}+{7\over 16}e^{2x}-{1\over 8}x+{1\over 16} =-{7\over 4}xe^{2x}+{7\over 16}e^{2x}-{1\over 4}x$$

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解： $$f_X(x)= \int{f_{X,Y}\;dy}= \int_0^1{{6(x+y^2)\over 5}\;dy}= \int_0^1{{6x\over 5}+ {6y^2\over 5}\;dy}= \left. \left[ {6xy\over 5} +{2y^3\over 5} \right] \right|_0^1 = {1\over 5}(6x+2)\\ \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{f_X(x)={2\over 5}(3x+1),0\le x\le 1};\\ f_Y(y)= \int{f_{X,Y}\;dx}= \int_0^1{{6(x+y^2)\over 5}\;dx}= \int_0^1{{6x\over 5}+ {6y^2\over 5}\;dx}= \left. \left[ {3x^2\over 5} +{6xy^2\over 5} \right] \right|_0^1 ={1\over 5}(3+6y^2)\\ \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{f_Y(y)={3\over 5}(2y^2+1),0\le y\le 1};$$

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乙、測驗題部分：(50分)

解： $$det(e^A)= e^{tr(A)} \Rightarrow e^{At}= e^{tr(At)} = e^{tr\begin{bmatrix} 0 & t\\ t& 0\end{bmatrix}} =e^0=1，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $$\sqrt{|\vec{u}|^2|\vec{v}|^2-(\vec{u}\cdot\vec{v})^2} =\sqrt{(3^2+4^2+1^2) (0^2+2^2+6^2)-(0-8+6)^2} =\sqrt{1040-4} =\sqrt{1036}，\\故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解： $$\left|{2+12-18+1 \over \sqrt{2^2+3^2+6^2}} \right|= \left|{-3 \over \sqrt{49}} \right|={3\over 7}，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解： $$det(A-\lambda I)=0 \Rightarrow \begin{bmatrix}3-\lambda & 2 & 0 & 0\\1 & 2-\lambda & 0 & 0\\ 0 & 0 &1-\lambda & 1\\ 0 & 0 & -2 &4-\lambda \end{bmatrix}=0 \Rightarrow (\lambda-4)(\lambda-3)(\lambda-2)(\lambda-1)=0\\ \Rightarrow \lambda=1,2,3,4\\ \lambda=4\Rightarrow (A-\lambda I)X=0 \Rightarrow \begin{bmatrix}-1 & 2 & 0 & 0\\1 & -2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -3 & 1\\ 0 & 0 & -2 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 \\x_2\\ x_3\\ x_4 \end{bmatrix}=0 \Rightarrow \begin{cases} x_1=2x_2 \\x_4=3x_3\\ x_3=0\end{cases} \Rightarrow 取u_1= \begin{bmatrix}2 \\1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}\\ \lambda=3\Rightarrow (A-\lambda I)X=0 \Rightarrow \begin{bmatrix}0 & 2 & 0 & 0\\1 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -2 & 1\\ 0 & 0 & -2 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 \\x_2\\ x_3\\ x_4 \end{bmatrix}=0 \Rightarrow \begin{cases} x_2=0 \\x_1=x_2\\ 2x_3=x_4\end{cases} \Rightarrow 取u_2= \begin{bmatrix}0 \\0\\ 1\\ 2 \end{bmatrix} \\ \lambda=2\Rightarrow (A-\lambda I)X=0 \Rightarrow \begin{bmatrix}1 & 2 & 0 & 0\\1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1 & 1\\ 0 & 0 & -2 & 2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 \\x_2\\ x_3\\ x_4 \end{bmatrix}=0 \Rightarrow \begin{cases} x_1+2x_2=0 \\x_1=0\\ x_3=x_4\end{cases} \Rightarrow 取u_3= \begin{bmatrix}0 \\0\\ 1\\ 1 \end{bmatrix}\\ \lambda=1\Rightarrow (A-\lambda I)X=0 \Rightarrow \begin{bmatrix}2 & 2 & 0 & 0\\1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & -2 & 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 \\x_2\\ x_3\\ x_4 \end{bmatrix}=0 \Rightarrow \begin{cases} x_1+x_2=0 \\x_3=0\\ 2x_3=3x_4\end{cases} \Rightarrow 取u_4= \begin{bmatrix}1 \\-1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}\\ ，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $$\begin{bmatrix}1 & 1 & 2 \\0 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 4 \end{bmatrix} \xrightarrow{-r_1+r_3} \begin{bmatrix}1 & 1 & 2 \\0 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 2 \end{bmatrix} \xrightarrow{-2r_2+r_3} \begin{bmatrix}1 & 1 & 2 \\0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \xrightarrow{-r_2+r_1} \begin{bmatrix}1 & 0 & 1 \\0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\\ \begin{bmatrix}1 & 0 & 1 \\0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 \\x_2 \\ x_3 \end{bmatrix}=0 \Rightarrow \begin{cases} x_1+x_3=0\\ x_2+x_3=0\end{cases} \Rightarrow \begin{bmatrix}1 \\1 \\ -1 \end{bmatrix}為其一解，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解： $$L=1不一定收斂，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解： $$det(A-\lambda I)=0 \Rightarrow \lambda=0,0,1 \Rightarrow A=P\begin{bmatrix} 0& 0 &0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix} P^{-1}(不用把P求出)\\ \Rightarrow A^{99} =P\begin{bmatrix} 0& 0 &0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1^{99}\end{bmatrix}P^{-1} =A，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解： $$e^{-z+i}=1-i = \sqrt{2}\left({1\over \sqrt{2}} -{1\over \sqrt{2}}i \right) =\sqrt{2}\left(\cos{-\pi\over 4} +i\sin{-\pi\over 4} \right) =e^{\ln{\sqrt{2}}}\cdot e^{-{\pi \over 4}i} = e^{\ln{\sqrt{2}}-{\pi\over 4}i} \\\Rightarrow -z+i= \ln{\sqrt{2}}-{\pi\over 4}i \Rightarrow z=-\ln{\sqrt{2}}+ \left( {\pi\over 4} +1\right)i，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解： $$若z,\omega皆為實數,則\overline{z\omega}=z\omega \ne -z\omega，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $$\oint_c{f(z)\;dz}= \oint_c{{1 \over z^2+4}\;dz} \Rightarrow \text{Res}(f,2i)=\left . {1\over z+2i}\right|_{2i} = {1\over 4i} \\\Rightarrow \oint_c{f(z)\;dz}= 2\pi i\times \text{Res}(f,2i)= 2\pi i\times {1\over 4i}= {\pi \over 2}，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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解： $$y'''+y''-4y'-4y=0 \Rightarrow \lambda^3+\lambda^2 -4\lambda -4=0 \Rightarrow (\lambda^2-4)(\lambda+1)=0\\ \Rightarrow \lambda=-1,-2,2 \Rightarrow y=c_1e^{-x}+c_2e^{-2x}+c_3e^{2x}，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解： $$L\left\{e^{at}\cos{\omega t} \right\} ={ s-a\over (s-a)^2+\omega^2}，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解： $$L\left\{(t^2+1)u(t-2) \right\} = e^{-2s}L\left\{(t+2)^2+1) \right\} = e^{-2s}L\left\{t^2+4t+5) \right\} = e^{-2s}\left( {2\over s^3} +{4\over s^2} + {5\over s}\right)\\ = e^{-2s}\left( {2+4s+5s^2\over s^3} \right)，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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解： $$y'={y+x \over y-x} \Rightarrow -(x+y)+(y-x)y'=0 \equiv M(x,y)+N(x,y)y'=0 \Rightarrow \begin{cases}M=-x-y \\N=y-x \end{cases} \\\Rightarrow \begin{cases}{\partial\over \partial y}M=-1 \\{\partial\over \partial x}N=-1 \end{cases} \Rightarrow {\partial\over \partial y}M={\partial\over \partial x}N \Rightarrow \begin{cases}\Psi(x,y)=\int Mdx =-{1\over 2}x^2 -xy+p(y) \\\Psi(x,y)=\int Ndy={1\over 2}y^2-xy +q(x) \end{cases} \\\Rightarrow \Psi(x,y)=-{1\over 2}x^2-xy+{1\over 2}y^2+C=0 \Rightarrow \Psi(0,-2)=2+C=0 \Rightarrow C=-2\\ \Rightarrow -{1\over 2}x^2-xy+{1\over 2}y^2-2=0 \Rightarrow y^2-2xy-x^2=4，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解： $$\sum_{n=2}^\infty{1\over n(n-1)} =\sum_{n=2}^\infty{{1\over n-1}-{1\over n}}=(1-{1\over 2})+ ({1\over 2}-{1\over 3})+\cdots =1，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $$y=ax^m+bx^n \Rightarrow y'=amx^{m-1}+bnx^{n-1} \Rightarrow y''= am(m-1)x^{m-2} +bn(n-1)x^{n-2}\\ \Rightarrow x^2y''+4xy'-4y = am(m-1)x^{m} +bn(n-1)x^{n} +4amx^m+4bnx^n -4ax^m-4bx^n\\ =(am^2-am+4am-4a)x^m +(bn^2-bn+4bn-4b)x^n =0\\ \Rightarrow \begin{cases}am^2-am+4am-4a=0\\ bn^2-bn+4bn-4b=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}am(m-1)+4a(m-1)=0\\ bn(n-1)+4b(n-1)=0 \end{cases} \\\Rightarrow \begin{cases}a(m+4)(m-1)=0\\ b(n+4)(n-1)=0 \end{cases} \Rightarrow (m,n)=(-4,1), (1,-4) \Rightarrow m+n=-3，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $$\iiint{f_{X,Y,Z}(x,y,z)dzdydx}=1 \Rightarrow \int_0^\infty\int_0^\infty\int_0^\infty{c\cdot x^2e^{-x(2+y+z)}\;dzdydx}\\ = \int_0^\infty\int_0^\infty \left. \left[ -c\cdot xe^{-x(2+y+z)}\right] \right|_0^\infty\;dydx = \int_0^\infty\int_0^\infty  c\cdot xe^{-x(2+y)}\;dydx = \int_0^\infty\left. \left[ -c\cdot e^{-x(2+y)}\right] \right|_0^\infty\;dx \\ = \int_0^\infty ce^{-2x}\;dx = \left. \left[ -{1\over 2}ce^{-2x} \right]\right|_0^\infty ={1\over 2}c=1 \Rightarrow c=2，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $$0.3\times 0.02+ 0.45\times 0.03 +0.25\times 0.02 = 0.006+0.0135 +0.05=0.0245，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $$連續型的機率密度函數只能計算區間的機率，不能計算單點的機率，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解： $$y'={N\over M} \Rightarrow My'-N=0 \Rightarrow \mu My'-\mu N=0 \Rightarrow {\partial \over \partial x}\mu M= {\partial \over \partial y}(-\mu N)\\ \Rightarrow {\partial \over \partial x}\mu M+ {\partial \over \partial y}\mu N=0，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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考選部未公布答案，解題僅供參考