109年特種考試
交 通 事 業 鐵 路 人 員 考 試 試 題
考 試 別: 鐵路人員考試
等 別: 高員三級考試
類 科 別: 電力工程、 電子工程
科 目: 工程數學
甲、申論題部分:(50分)
解:d2ydt2+3dydt+2y=δ(t−1)⇒L{d2ydt2}+3L{dydt}+2L{y}=L{δ(t−1)}=s2Y(s)−sy(0)−y′(0)+3(sY(s)−y(0))+2Y(s)=e−s⇒s2Y(s)+3sY(s)+2Y(s)=e−s⇒Y(s)=1s2+3s+2e−s=1(s+2)(s+1)e−s=(1s+1−1s+2)e−s⇒y(t)=L−1{(1s+1−1s+2)e−s}=L−1{1s+1e−s}−L−1{1s+2e−s}=f(t−1)u(t−1)−g(t−1)u(t−1),其中{L{f(t)}=1s+1L{g(t)}=1s+2u(⋅):unit step function=e−(t−1)u(t−1)−e−2(t−1)u(t−1)=(e1−t−e2−2t)u(t−1)註:本題dydt=0應該是dydt(0)=0!!
解:f(z)=z1+z2=z(z+i)(z−i)=g1(z)z−i+g2(z)z+i⇒Res(f(z))=g1(i)+g2(−i)=i2i+−i−2i=1⇒∮Cf(z)=2πi×Res(f(z))=2πi
解:a0=12π∫π−πf(x)dx=18π∫π−πx2dx=18π[13x3]|π−π=18π×23π3=112π2an=1π∫π−πf(x)cos(nx)dx=14π∫π−πx2cos(nx)dx=14π[x2nsin(nx)+2xn2cos(nx)−2n3sin(nx)]|π−π=14π×4πn2(−1)n=1n2(−1)nbn=0(∵f(x)為偶函數)因此f(x)的傅立葉級數為a0+∞∑n=1ancos(nx)=112π2+∞∑n=11n2(−1)ncos(nx)
解:
A=[12−3−4]⇒det(A−λI)=0⇒|1−λ2−3−4−λ|=0⇒(λ+1)(λ+2)=0⇒{λ1=−1λ2=−2λ1=−1⇒(A−λ1I)X=0⇒[22−3−3][x1x2]=0⇒x1+x2=0,取u1=[−11]λ2=−2⇒(A−λ2I)X=0⇒[32−3−2][x1x2]=0⇒3x1+2x2=0,取u2=[2−3]令P=[u1u2]=[−121−3]⇒P−1=[−3−2−1−1]⇒A=P[λ100λ2]P−1⇒{A7=P[λ7100λ72]P−1=[−121−3][−100−128][−3−2−1−1]=[253254−381−382]A2=P[λ2100λ22]P−1=[−121−3][1004][−3−2−1−1]=[−5−6910]⇒f(A)=[253254−381−382]−2[−5−6910]+[12−3−4]−2[1001]=[253254−381−382]+[1012−18−20]+[12−3−4]+[−200−2]=[262268−402−408]
乙、測驗題部分:(50分)
解:{→u=(3,−2,−5)→v=(1,4,−4)→w=(0,3,2)⇒→u⋅(→v×→w)=(3,−2,−5)⋅(1,4,−4)×(0,3,2)=(3,−2,−5)⋅(20,−2,3)=60+4−15=49,故選(A)
解:(D)⟨u,v⟩=∥u∥∥v∥cosθ,故選(D)
解:
(A)×:{A=[1100]B=[0101]⇒{AB=[0200]BA=[0000]⇒AB≠BA(B)×:(AB)T=BTAT≠ATBT(D)×:{A=[1000]B=[0001]⇒A+B=[1001]⇒{det(A+B)=1det(A)=0det(B)=0⇒det(A+B)≠det(A)+det(B),故選(C)
解:只有(D)為實對稱矩陣,即AT=A,可用正交矩陣對角化,故選(D)。
解:|4−λ−2−21−λ|=0⇒λ2−5λ+6=0⇒(λ−3)(λ−2)=0⇒λ=2,3只有(D)[−2135]的特徵值不是2與3,故選(D)。
解:
(試題有疑義)
解:1+i=√2(1√2+1√2i)=√2(cos(π4±2nπ)+isin(π4±2nπ))=√2ei(π4±2nπ)⇒(1+i)1−i=e(1−i)ln(1+i)=e(1−i)(ln√2+lnei(π4±2nπ))=e(1−i)(ln√2+i(π4±2nπ))=e(ln√2+π4±2nπ)+i(π4−ln√2±2nπ)=√2eπ4±2nπ(cos(π4−ln√2)+isin(π4−ln√2)),故選(B)
解:f(z)=1z2−1=1(z+1)(z−1)=g(z)z−1⇒Resz=1f(z)=g(1)=12⇒∫Cf(z)dz=2πi×Resf(z)=2πi×12=πi,故選(B)
解:
f(z)=2iz−cos(z)z3+z=2iz−cos(z)z(z+i)(z−i)=g(z)z+i⇒Resz=−if(z)=g(−i)=2−cos(−i)−i(−2i)=2−cos(i)−2=−1+cos(i)2,故選(C)。
解:
y(t)=t+∫t0y(τ)sin(t−τ)dτ⇒L{y(t)}=L{t}+L{∫t0y(τ)sin(t−τ)dτ}=L{t}+L{y(t)∗sin(t)}=L{t}+L{y(t)}×L{sin(t)}=1s2+L{y(t)}×11+s2⇒L{y(t)}=1+s2s4=1s4+1s2⇒y(t)=L−1{1s4}+L−1{1s2}=16t3+t,故選(C)。
解:線性不能有y2,故選(C)
解:y(4)−y=0⇒y=c1ex+c2e−x+c3sinx+c4cosx=c1(sinhx+coshx)+c2(coshx−sinhx)+c3sinx+c4cosx=(c1+c2)coshx+(c1−c2)sinhx+c3sinx+c4cosx,故選(D)
解:3y′=5x3−3yx⇒3xy′+3y=5x4⇒(3xy)′=5x4⇒3xy=∫5x4dx+c=x5+c⇒y=x43+c3x,故選(A)
解:y(x)=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋯⇒y′(x)=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+⋯⇒y″
解:{-1 \over (s-1)(s-2)} ={1\over s-1}- {1\over s-2} \Rightarrow f(t)=L^{-1}\{{1\over s-1}\} -L^{-1}\{{1\over s-2}\} =e^t-e^{2t},故選\bbox[red,2pt]{(D)}
解:
f(t)=|\sin(t)| 為一週期函數,其週期為\pi;\\因此\;L\{f(t)\} ={1\over 1-e^{-s\pi}}\times L\{f_1(t)\},其中f_1(t)=f(t)(u(t)-u(t-\pi)) =\sin(t)(u(t)-u(t-\pi)) \\ =\sin(t)u(t)- \sin(t)u(t-\pi) =\sin(t)u(t)+ \sin(t-\pi)u(t-\pi) \\ \Rightarrow L\{f_1(t)\} =L\{\sin(t)u(t)\}+L\{\sin(t-\pi)u(t-\pi)\} = {1\over 1+s^2}+ {e^{-\pi s} \over 1+s^2} \\ \Rightarrow L\{f(t)\}= {1\over 1-e^{-s\pi}}\times \left( {1\over 1+s^2}+ {e^{-\pi s} \over 1+s^2}\right) ={1+e^{-\pi s} \over 1-e^{-\pi s}}\cdot {1\over 1+s^2},故選\bbox[red,2pt]{(A)}
解:只有(A)正確,故選\bbox[red,2pt]{(A)}
解:72=2^3\times 3^2 \Rightarrow 正因數有(3+1)(2+1)=12個;其中大於15的正因數有72,36,24,18,共4個\\,因此機率為4/12=1/3,故選\bbox[red,2pt]{(A)}
解:P(X>Y) = f(3,0)+f(3,1)+f(3,2) +f(2,0)+f(2,1) +f(1,0) = (3+4+5+2+3+1)/30\\ =18/30=2/5,故選\bbox[red,2pt]{(A)}。
解:\cases{f_X=\int_x^18xy\;dy =4x-4x^3 \\f_Y= \int_0^y8xy\;dx =4y^3} \Rightarrow \cases{EX =\int_0^1 x(4x-4x^3)\;dx =8/15\\ EY=\int _0^14y^4\;dy =4/5},故選\bbox[red,2pt]{(A)}
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請問16題|sin(t)| 之週期為何是 拍 謝謝
回覆刪除sin(t)週期為2拍,圖形為上下上下,加了絕對值後,圖形由上下上下變成上上上上,週期變成1拍了
刪除請問第13題答案為什麼不會選(B)呢?
回覆刪除在C為任意常數之下,(A)和(B)答案不是等價的嗎?
謝謝~
對! 我也是這麼認為,只是先看到(A)就選(A)了,只是考選部公布的答案沒有(B)!!!
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