108年台聯大轉學考-工程數學詳解

台灣聯合大學系統108學年度學士班轉學生考試

科目：工程數學

一、計算題

解答： $$\sin x \cos ydx + \cos x\sin ydy=0 \Rightarrow \int -{\sin x\over \cos x}\,dx = \int {\sin y\over \cos y}\,dy \Rightarrow \ln \cos x=\ln {1\over \cos y}+C_1\\ \Rightarrow \cos x={C_2\over \cos y} \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{\cos x\cos y= C,C為常數}$$

解答： $$y''+ 4y'+(\pi^2+4) y=0 \Rightarrow 特徵方程式\lambda^2+4 \lambda+(\pi^2+4)=0 \Rightarrow \lambda = -2\pm \pi i\\ \Rightarrow y=e^{-2x}(C_1\cos \pi x + C_2\sin (\pi x)) \Rightarrow y'=e^{-2x}((-2C_1+\pi C_2)\cos \pi x-(2 C_2+ \pi C_1)\sin (\pi x))\\，代入初始值\cases{y(1/2)=1\\ y'(1/2)=-2} \Rightarrow \cases{e^{-1}C_2=1 \\ e^{-1}(2C_2+\pi C_1)=-2} \Rightarrow \cases{C_1=e\\ C_2=0} \\ \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{y=e^{1-2x} \sin (\pi x)}$$

解答： $$L{di\over dt}+Ri+{1\over C}\int_0^t i(\tau)\,d\tau =E(t) \Rightarrow L{d^2 i\over dt^2}+R {di\over dt} +{i\over C}=E'(t) \Rightarrow 10i''+10i'+100i=100\cos t\\ \Rightarrow i''+i'+10i=10\cos t \Rightarrow \cases{i_h=e^{-t/2}(C_1\cos(\sqrt{39}t/2) +C_2 \sin(\sqrt{39}t /2)) \\ i_p=\sin t-\cos t}\\ \Rightarrow \bbox[red,2pt]{i= e^{-t/2}(C_1\cos(\sqrt{39}t/2) +C_2 \sin(\sqrt{39}t /2))+ \sin t-\cos t}$$

二、計算題

解答： $$\left(\begin{matrix} -1 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\3 & -1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\-1 & 3 & 4 & 0 & 0 & 1\end{matrix}\right) \underrightarrow{3R_1+R_2\to R_2\\ -R_2+R_3}\left(\begin{matrix}1 & -1 & -2 & -1 & 0 & 0 \\0 & 2 & 7 & 3 & 1 & 0 \\0 & 2 & 2 & -1 & 0 & 1\end{matrix}\right) \\\underrightarrow{R_2\div 2}\left( \begin{matrix} 1 & -1 & -2 & -1 & 0 & 0 \\0 & 1 & \frac{7}{2} & \frac{3}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\0 & 2 & 2 & -1 & 0 & 1\end{matrix}\right) \underrightarrow{ R_2+R_1\to R_1\\ -2R_2+R_3\to R_3}\left(\begin{matrix}1 & 0 & 3/2 & 1/2 & -1/2 & 0 \\0 & 1 & \frac{7}{2} & \frac{3}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\0 & 0 & -5 & -4 & -1 & 1\end{matrix}\right) \\ \underrightarrow{R_3\div (-5)} \left( \begin{matrix}1 & 0 & 3/2 & 1/2 & -1/2 & 0 \\0 & 1 & \frac{7}{2} & \frac{3}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\0 & 0 & 1 & 4/5 & 1/5 & 1/5\end{matrix}\right) \underrightarrow{-3R_3/2+ R_1\to R_1\\ -7R_3/2+R_2\to R_2} \left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & \frac{-7}{10} & \frac{1}{5} & \frac{3}{10} \\0 & 1 & 0 & \frac{-13}{10} & \frac{-1}{5} & \frac{7}{10} \\0 & 0 & 1 & \frac{4}{5} & \frac{1}{5} & \frac{-1}{5}\end{matrix}\right)\\ \Rightarrow A^{-1}=\bbox[red, 2pt]{\left( \begin{matrix} \frac{-7}{10} & \frac{1}{5} & \frac{3}{10} \\\frac{-13}{10} & \frac{-1}{5} & \frac{7}{10} \\\frac{4}{5} & \frac{1}{5} & \frac{-1}{5}\end{matrix}\right)}$$

解答： $$\det(C-\lambda I)=\left|\begin{matrix}3-\lambda & 5 & 3 \\0 & 4-\lambda & 6 \\0 & 0 & 1-\lambda\end{matrix}\right| = -(\lambda -1)(\lambda-3)(\lambda -4)=0 \Rightarrow \cases{\lambda_1=1 \\\lambda_2=3 \\\lambda_3=4 }\\ (C-\lambda_1 I)\mathbf x=\left(\begin{matrix}2 & 5 & 3 \\0 & 3 & 6 \\0 & 0 & 0\end{matrix}\right) \begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix} =0 \Rightarrow \cases{2x_1= 7x_3\\ x_2+2x_3=0}, 取v_1=\begin{pmatrix}7\\ -4\\ 2 \end{pmatrix}\\ (C-\lambda_2 I)\mathbf x=\left(\begin{matrix}0 & 5 & 3 \\0 & 1 & 6 \\0 & 0 & -2\end{matrix}\right) \begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix} =0 \Rightarrow x_2=x_3=0,取v_2=\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}\\ (C-\lambda_3 I)\mathbf x= \left(\begin{matrix}-1 & 5 & 3 \\0 & 0 & 6 \\0 & 0 & -3\end{matrix} \right) \begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix} =0 \Rightarrow \cases{x_1=5x_2\\ x_3=0},取v_3=\begin{pmatrix}5\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}\\ 特徵值為\bbox[red , 2pt]{1,3,4}，相對應的特徵向量為\bbox[red, 2pt]{\begin{pmatrix}7\\ -4\\ 2 \end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix}5\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}}$$

解答： $$假設可逆矩陣A的特徵值中，有一個\lambda_i=0,i\in [1,n] ; \\依特徵值定義， A\mathbf v= \lambda_i\mathbf v=0 \Leftrightarrow A^{-1}A\mathbf v=  A^{-1}0\Leftrightarrow \mathbf v=0矛盾(\because 特徵向量不得為0)\\ 因此可逆矩陣的特徵值均不等為0;\\ 對所有可逆矩陣A的特徵值\lambda_i,i\in [1,n]，我們有A\mathbf v= \lambda_i\mathbf v \Rightarrow A^{-1}A\mathbf v= A^{-1} \lambda_i\mathbf v \Rightarrow A^{-1}\mathbf v={1\over \lambda_i} \mathbf v\\ \Rightarrow {1\over \lambda_i}為 A^{-1}的特徵值，\bbox[red, 2pt]{故得證}$$

三、計算題

解答： $$\mathbf{1.}\;\vec F=(x^2+y^2+z^2)^n(x\vec i+ y\vec j+z\vec k) = (x(x^2+y^2+z^2)^n, y(x^2+y^2+z^2)^n,z(x^2+y^2+z^2)^n)\\ \Rightarrow \nabla \cdot \vec F =({\partial \over \partial x}, {\partial \over \partial y}, {\partial \over \partial z}) \cdot (x(x^2+y^2+z^2)^n, y(x^2+y^2+z^2)^n,z(x^2+y^2+z^2)^n) \\ ={\partial \over \partial x}\left(x(x^2+y^2+z^2)^n \right)+ {\partial \over \partial y}\left( y(x^2+y^2+z^2)^n\right)+{\partial \over \partial z}\left( z(x^2+y^2+z^2)^n\right)\\ = 3(x^2+y^2+z^2)^n+ 2n(x^2+y^2+z^2)^{n-1} (x^2+y^2+z^2)= \bbox[red, 2pt]{(2n+3)(x^2+y^2+z^2)^n}\\ \mathbf{2.}\;\nabla \times \vec F=\begin{vmatrix}\vec i & \vec j &\vec k\\ {\partial \over \partial x} &{\partial \over \partial y} &{\partial \over \partial z} \\ F_1 & F_2 & F_3 \end{vmatrix} =\begin{vmatrix}\vec i & \vec j &\vec k\\ {\partial \over \partial x} &{\partial \over \partial y} &{\partial \over \partial z} \\ x(x^2+y^2+z^2)^n & y(x^2+y^2+z^2)^n & z(x^2+y^2+z^2)^n \end{vmatrix} \\ =\bbox[red,2pt]{\vec 0}\\ \mathbf{3.}\;  \vec F=-\nabla \phi \Rightarrow \cases{\phi_1= -\int F_1\,dx\\ \phi_2= -\int F_2\,dy\\ \phi_3= -\int F_3\,dz } \Rightarrow \phi_1=\phi_2 =\phi_3 = -{1\over 2(n+1)}(x^2+y^2+z^2) ^{n+1}\\ \Rightarrow \phi =\bbox[red, 2pt]{ -{1\over 2(n+1)}(x^2+y^2+z^2) ^{n+1}(\vec i+ \vec j+ \vec k)}$$

解答： $$平面E:x+2y+2z=12的法向量為\vec n=(1,2,2) \Rightarrow \cos \theta ={\vec n\cdot (0,0,1)\over |\vec n||(0,0,1)|} ={2\over 3}, \theta 為E與z軸的角度\\ 圓柱體:x^2+y^2=16在xy-平面投影的圓面積=16\pi \Rightarrow 在第一象限的面積=4\pi \\ \Rightarrow 在E上的面積=4\pi \div \cos\theta =\bbox[red, 2pt]{6\pi}$$

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