106年一般警察三等考試_消防警察人員-工程數學詳解

106年公務人員特種考試警察人員、一般警察
人員考試考試

考 試 別：一般警察人員考試
等        別：三等考試
類  科  別：消防警察人員
科        目：工程數學

解：

(一) $$y''-2y'+y=0 \Rightarrow \lambda^2-2\lambda+1=0 \Rightarrow (\lambda-1)^2=0\\ \Rightarrow \lambda=1(二重根) \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{y_h=C_1e^x+C_2xe^x},\; C_1,C_2為常數$$ (二) $$\text{利用變數變換(Variation of Parameters)來求}y_p:\\ y''-2y'+y=e^x =r(x)\\ \begin{cases} y_1=e^x\\ y_2=xe^x \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} y_1'=e^x\\ y_2'=e^x+xe^x \end{cases} \Rightarrow W=\begin{vmatrix}y_1& y_1'\\ y_2 & y_2' \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}e^x & e^x\\ xe^x & e^x+xe^x \end{vmatrix} =e^{2x} \\ \Rightarrow y_p=-y_1\int{ y_2\cdot r(x)\over W}dx +y_2\int{y_1\cdot r(x)\over W}dx =-e^x \int{xe^{2x}\over e^{2x}}dx + xe^x \int{e^{2x}\over e^{2x}}dx \\= -e^x\int{x\;dx}+xe^x\int{1\;dx} =-{1\over 2}x^2e^x+x^2e^x ={1\over 2}x^2\\ \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{y_p={1\over 2}x^2}$$ (三) $$y=y_h+y_p = C_1e^x +C_2xe^x +{1\over 2}x^2 \Rightarrow W(x)=\begin{vmatrix}e^x & xe^x & x^2\\ {d\over dx}e^x & {d\over dx}xe^x & {d\over dx}x^2\\{d^2\over dx^2}e^x & {d^2\over dx^2}xe^x & {d^2\over dx^2}x^2 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}e^x & xe^x & x^2\\ e^x & e^x+xe^x & 2x\\e^x & 2e^x+xe^x & 2 \end{vmatrix}\\ =e^{2x}\begin{vmatrix}1 & x & x^2\\ 1 & 1+x & 2x\\1 & 2+x & 2 \end{vmatrix} =e^{2x}(x^2-2x+2) \Rightarrow W(0)=2\ne 0 \Rightarrow 解集合為線性獨立$$

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解：
$$det(A-\lambda I)=0 \Rightarrow \begin{vmatrix} 3-\lambda & 0 & -2\\ 0 & 2-\lambda & 0 \\ -2 & 0 & -\lambda \end{vmatrix} =0 \Rightarrow (\lambda-4)(\lambda -2)(\lambda+1)=0 \Rightarrow \lambda=4,2,-1\\ \lambda=4\Rightarrow (A-\lambda I)X=0 \Rightarrow \begin{bmatrix} -1& 0 & -2\\ 0 & -2 & 0\\ -2 & 0 & -4\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3\end{bmatrix}=0 \Rightarrow \begin{cases} x_1+2x_3=0\\ x_2=0\end{cases},取u_1= \begin{bmatrix} 2\\ 0\\ -1\end{bmatrix}\\ \lambda=2\Rightarrow (A-\lambda I)X=0 \Rightarrow \begin{bmatrix} 1& 0 & -2\\ 0 & 0 & 0\\ -2 & 0 & -2\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3\end{bmatrix}=0 \Rightarrow \begin{cases} x_1=2x_3\\ x_1+x_3=0\end{cases},取u_2= \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0\end{bmatrix}\\ \lambda=-1\Rightarrow (A-\lambda I)X=0 \Rightarrow \begin{bmatrix} 4& 0 & -2\\ 0 & 3 & 0\\ -2 & 0 & 1\end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3\end{bmatrix}=0 \Rightarrow \begin{cases} 2x_1=x_3\\ x_2=0\end{cases},取u_3= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 2\end{bmatrix}\\ \Rightarrow 正交矩陣P=\left[ u_1, u_2, u_3\right] =\begin{bmatrix} 2& 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ -1 & 0 & 2\end{bmatrix} \Rightarrow 反矩陣P^{-1}= \begin{bmatrix} 2/5& 0 & -1/5\\ 0 & -1 & 0\\ 1/5 & 0 & 2/5\end{bmatrix}\\ \Rightarrow A=P(\lambda I)P^{-1}= \begin{bmatrix} 2& 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ -1 & 0 & 2\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 4& 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & -1\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 2/5& 0 & -1/5\\ 0 & -1 & 0\\ 1/5 & 0 & 2/5\end{bmatrix}\\ 答：\bbox[red, 2pt]{正交矩陣P=\begin{bmatrix} 2& 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ -1 & 0 & 2\end{bmatrix},反矩陣P^{-1}= \begin{bmatrix} 2/5& 0 & -1/5\\ 0 & -1 & 0\\ 1/5 & 0 & 2/5\end{bmatrix}及對角矩陣\begin{bmatrix} 4& 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & -1\end{bmatrix}}$$

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解： $$x^2+4y^2=1 \Rightarrow \begin{cases} x=\cos{\theta}\\ y={1\over 2}\sin{\theta}\end{cases},0\le \theta \le 2\pi \Rightarrow \begin{cases} dx=-\sin{\theta}d\theta\\ dy={1\over 2}\cos{\theta}d\theta\end{cases}\\ \Rightarrow \int_C{F\cdot dr}= \int_C{(x-y)dx+(x+y)dy} \\= \int_0^{2\pi}{-(\cos{\theta}-{1\over 2}\sin{\theta}) \sin{ \theta}d\theta +{1\over 2}(\cos{\theta}+{1\over 2}\sin{\theta})\cos{\theta}d\theta}\\ =\int_0^{2\pi}{1-{3\over 4}\sin{\theta}\cos{\theta}d\theta} = \int_0^{2\pi}{1-{3\over 8}\sin{2\theta}d\theta} =\left. \left[ \theta+{3\over 16}\cos{2\theta} \right]\right|_0^{2\pi}\\ = (2\pi+{3\over 16} )-(0+ {3\over 16})= \bbox[red, 2pt]{2\pi}$$

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解： $$f(t)= \begin{cases} 1-|t|, & -1 \le t \le 1 \\ 0, & |t|>1 \end{cases} = \begin{cases} 1-t, & 0 \le t \le 1 \\ 1+t, & -1 \le t \le 0 \\ 0, & |t|>1 \end{cases}\\ f(t)的傅立葉轉換F(\omega)=\int_{-\infty}^\infty {f(t)e^{-i\omega t}\;dt} =\int_{-1}^0{(1+t)e^{-i\omega t}\;dt} + \int_{0}^1{(1-t)e^{-i\omega t}\;dt}\\ =\left. \left[ {1\over -i\omega}e^{-i\omega t} -{t\over i\omega}e^{-i\omega t} +{1\over \omega^2}e^{-i\omega t}\right] \right|_{-1}^0 + \left. \left[ {1\over -i\omega}e^{-i\omega t} +{t\over i\omega}e^{-i\omega t} -{1\over \omega^2}e^{-i\omega t}\right] \right|_{0}^1\\ =\left( -{1\over i\omega} +{1\over \omega^2}\right) -\left( {1\over \omega^2}e^{i\omega }\right)+ \left(-{1\over \omega^2}e^{-i\omega }\right)-\left( -{1\over i\omega} -{1\over \omega^2}\right)\\ ={2\over \omega^2}- {1 \over \omega^2} \left( e^{i\omega} +e^{-i\omega}\right) ={2\over \omega^2}- {2 \over \omega^2} \left( {e^{i\omega} +e^{-i\omega} \over 2}\right) ={2\over \omega^2}- {2 \over \omega^2} \cos{\omega}={2 \over \omega^2} \left(1-\cos{\omega} \right) \\ \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{F(\omega)={2 \over \omega^2} \left(1-\cos{\omega} \right)}$$

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解：

$$假設y(x,t)=X(x)T(t),則{\partial^2y \over \partial t^2} = {\partial^2y \over \partial x^2} \Rightarrow XT''=X''T \Rightarrow {X''\over X} ={T'' \over T}\\ 令{X''\over X} ={T'' \over T}=-\lambda^2 \Rightarrow \begin{cases} X''+\lambda^2 X=0 \\T''+\lambda^2 T=0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} X=C_1\cos{\lambda x}+C_2\sin{\lambda x} \\ T=C_3\cos{\lambda t}+C_4\sin{\lambda t}\end{cases}\\ 由\begin{cases} y(0,t)=0 \\y(\pi,t)=0\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} X(0)=0 \\X(\pi)=0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} C_1=0 \\C_2\sin{\lambda \pi}=0\end{cases} \Rightarrow \lambda=n,n\in Z\\ \Rightarrow \begin{cases} X=C_2\sin{n x} \\ T=C_3\cos{n t}+C_4\sin{n t}\end{cases} \Rightarrow y_n(x,t)=\sin{n x}(A_n\cos{n t}+B_n\sin{n t})\\ \Rightarrow y(x,t)=\sum_{n=1}^\infty{\sin{n x}(A_n\cos{n t} +B_n\sin{n t})}\\ 令初始條件\begin{cases} y(x,0)=f(x)=\begin{cases}x& 0\le x\le \pi/2\\ \pi-x & \pi/2\le x\le \pi \end{cases} \\ {\partial \over \partial t}y(x,0)=g(x) =0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} f(x)=\sum_{n=1}^\infty{A_n\sin{nx}} \\ g(x)= \sum_{n=1}^\infty{B_nn\sin{nx}}\end{cases} \\\Rightarrow \begin{cases} A_n={2 \over \pi} \int_0^\pi{f(x)\sin{nx}\;dx} \\ B_nn={2 \over \pi} \int_0^\pi{g(x)\sin{nx}\;dx}\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} A_n={2 \over \pi} \int_0^\pi{f(x)\sin{nx}\;dx} \\ B_n={2 \over n\pi} \int_0^\pi{g(x)\sin{nx}\;dx}=0\end{cases}\\ \Rightarrow A_n={2 \over \pi} \left(\int_0^{\pi/2}{x\sin{nx}\;dx} + \int_{\pi/2}^\pi{(\pi-x)\sin{nx}\;dx}\right)\\ ={2 \over \pi} \left( \left. \left[-{x\over n}\cos{nx}+{1\over n^2}\sin{nx} \right]\right|_0^{\pi/2} +\left. \left[-{\pi\over n}\cos{nx}+{x\over n}\cos{nx} -{1\over n^2}\sin{nx} \right]\right|_{\pi/2}^\pi  \right)\\ ={2 \over \pi} \left( -{\pi\over 2n}\cos{n\pi\over 2}+{1\over n^2}\sin{n\pi \over 2}  +0+{\pi \over n}\cos{n\pi \over 2} -{\pi \over 2n}\cos{n\pi \over 2} +{1\over n^2}\sin{n\pi \over 2}   \right)\\ ={2 \over \pi}\cdot{2\over n^2}\sin{n\pi \over 2} ={4\over n^2\pi}\sin{n\pi \over 2}\Rightarrow y(x,t)=\sum_{n=1}^\infty{\sin{n x}(A_n\cos{n t} +B_n\sin{n t})}\\ =\sum_{n=1}^\infty{A_n\sin{n x}\cos{n t} }  ={4\over \pi} \sum_{n=1}^\infty{{1\over n^2}\sin{n\pi \over 2}\sin{n x}\cos{n t} }\\ \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{y(x,t)={4\over \pi} \sum_{n=1}^\infty{{1\over n^2}\sin{n\pi \over 2}\sin{n x}\cos{n t} }}$$

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考選部未公布申論題答案，解題僅供參考