115年高考天文三級-應用數學詳解

 115年公務人員高等考試三級考試試題

類 科： 天文
科 目： 應用數學（ 包括微積分、 微分方程與向量分析）

解答:$$\textbf{(一) }A= \begin{pmatrix} -2& 1\\ 6&-1\end{pmatrix} \Rightarrow \det(A-\lambda I)= \lambda^2+3\lambda-4=(\lambda-1)(\lambda+4)=0 \Rightarrow \lambda=1,-4\\ \lambda_1=1 \Rightarrow (A-\lambda_1 I) v= \begin{pmatrix} -3& 1\\ 6&-2\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2\end{pmatrix}  =0 \Rightarrow 3x_1=x_2 \Rightarrow v= x_1 \begin{pmatrix} 1\\3\end{pmatrix}, 取v_1= \begin{pmatrix} 1\\3\end{pmatrix} \\ \lambda_2=-4 \Rightarrow (A-\lambda_2 I)v=  \begin{pmatrix} 2& 1\\ 6& 3\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2\end{pmatrix}  =0 \Rightarrow -2x_1= x_2 \Rightarrow v = x_1 \begin{pmatrix} 1\\-2\end{pmatrix}, 取v_2= \begin{pmatrix} 1\\-2\end{pmatrix} \\ \Rightarrow X_h(t)= c_1 e^t \begin{pmatrix} 1\\3\end{pmatrix}+ c_2e^{-4t} \begin{pmatrix} 1\\-2\end{pmatrix} \\ 假設X_p= \begin{pmatrix} a\\ b\end{pmatrix}  \Rightarrow \begin{pmatrix} 0\\0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -2& 1\\ 6&-1\end{pmatrix}   \begin{pmatrix} a\\ b\end{pmatrix}+  \begin{pmatrix} 1\\ -1\end{pmatrix} \Rightarrow \cases{-2a+b+1=0\\ 6a-b-1=0} \Rightarrow \cases{a=0\\ b=-1} \\ \Rightarrow X_p= \begin{pmatrix} 0\\ -1\end{pmatrix} \Rightarrow X= X_h+ X_p \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{\begin{pmatrix} x(t)\\ y(t) \end{pmatrix} =  c_1 e^t \begin{pmatrix} 1\\3\end{pmatrix}+ c_2e^{-4t} \begin{pmatrix} 1\\-2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0\\ -1\end{pmatrix}} \\ \textbf{(二) } \lim_{t\to \infty}e^{-4t}=0 \Rightarrow \begin{cases}c_1\gt 0 \Rightarrow \lim_{t\to \infty} \begin{pmatrix} x(t)\\ y(t) \end{pmatrix} =c_1e^t \begin{pmatrix} 1\\3 \end{pmatrix}  \Rightarrow \lim_{t\to \infty} v(t)={c_1e^t \begin{pmatrix} 1\\3 \end{pmatrix} \over c_1e^t \sqrt{10}} ={1\over \sqrt{10}} \begin{pmatrix} 1\\3 \end{pmatrix} \\ c_1\lt 0\Rightarrow \lim_{t\to \infty} v(t)={c_1e^t \begin{pmatrix} 1\\3 \end{pmatrix} \over -c_1e^t \sqrt{10}} =-{1\over \sqrt{10}} \begin{pmatrix} 1\\3 \end{pmatrix} \\ c_1=0 \Rightarrow \lim_{t\to \infty}  \begin{pmatrix} x(t)\\ y(t) \end{pmatrix} =  \begin{pmatrix} 0\\-1 \end{pmatrix} \Rightarrow \lim_{t\to \infty} v(t) =\begin{pmatrix} 0\\-1 \end{pmatrix}\end{cases} \\ \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{v(t) = \begin{cases}{1\over \sqrt{10}} \begin{pmatrix} 1\\3 \end{pmatrix}& c_1\gt 0\\ -{1\over \sqrt{10}} \begin{pmatrix} 1\\3 \end{pmatrix}& c_1\lt 0\\ \begin{pmatrix} 0\\-1 \end{pmatrix} & c_1=0\end{cases}}$$

解答:$$\textbf{(一) }取y=\tan \theta \Rightarrow dy = \sec^2 \theta\,d\theta \Rightarrow I=\int\sqrt{1+y^2}\,dy = \int\sqrt{1+\tan^2 \theta}\cdot \sec^2\theta\,d\theta  = \int \sec^3\theta\,d\theta \\ \qquad 取\cases{u=\sec \theta\\ dv=\sec^2\theta \,d\theta} \Rightarrow \cases{du =\sec \theta \tan \theta d\theta\\ v= \tan \theta} \Rightarrow I= \sec\theta \tan \theta - \int \sec \theta \tan^2\theta\,d\theta \\\qquad= \sec\theta \tan \theta - \int \sec \theta (\sec^2\theta-1)\,d\theta =\sec \theta \tan \theta -I+ \int \sec \theta\,d\theta \\\qquad \Rightarrow 2I=\sec \theta \tan \theta+ \ln|\sec \theta+ \tan\theta| \Rightarrow I= {1\over 2} \left( \sec \theta \tan \theta+\ln |\sec \theta+ \tan \theta| \right) +C \\ \qquad = \bbox[red, 2pt]{{1\over 2} \left( y\sqrt{1+y^2}+ \ln |y+\sqrt{1+y^2} |\right)+C} \\ \textbf{(二) } y=\sin x \Rightarrow y'=\cos x \Rightarrow S=\int 2\pi y\sqrt{1+(y')^2}\,dx = \int_0^{\pi/2} 2\pi \sin x \sqrt{1+\cos^2 x}\,dx \\\qquad 取u=\cos x \Rightarrow du=-\sin x\,dx \Rightarrow S=\int_1^0 2\pi  \sqrt{1+u^2}(-du) =2\pi \int_0^1 \sqrt{1+u^2}\,du\\ 套用\textbf{(一)}的結果 \Rightarrow S=2\pi \cdot {1\over 2}  \left. \left[ u\sqrt{1+u^2}+ \ln |u+ \sqrt{1+u^2}| \right] \right|_0^1 = \bbox[red, 2pt]{\pi \left(  \sqrt 2+\ln(1+\sqrt 2) \right)}$$

解答:$$區域 D 為橢圓 \frac{x^2}{4} + y^2 = 1 \Rightarrow \cases{ a=2\\b=1} \Rightarrow 橢圓面積=ab\pi= 2\pi \\ \vec F=(x,y) \Rightarrow \text{div }\vec F=1+1=2 \Rightarrow \iint_D \text{div }\vec F\,dA= \iint_D 2\,dA =2\times 2\pi=4\pi\\ C:\cases{x(t)=2\cos t\\ y(t)=\sin t},0\le t\le 2\pi \Rightarrow \cases{x'(t)=-2\sin t\\ y'(t)=\cos t}\Rightarrow \vec n\cdot ds=(dy,-dx)=(\cos t, 2\sin t) dt \\ \Rightarrow \oint_C \vec F\cdot \vec n\,ds = \int_0^{2\pi} (2\cos t, \sin t)\cdot (\cos t, 2\sin t)\,dt  = \int_0^{2\pi} 2(\cos^2t +\sin^2t)\,dt  = \int_0^{2\pi}2\,dt =4\pi \\ 因此\iint_D \text{div }\vec F\,dA=4\pi=\oint_C \vec F\cdot \vec n\,ds \Rightarrow 散度定理成立,\bbox[red, 2pt]{故得證}$$

解答:$$L\{u_{tt}\} =L\{u_{xx}\}-L\{2\} \Rightarrow s^2U(x,s)-su(x,0)-u_t(x,0) =U_{xx}-{2\over s} \\ \Rightarrow s^2U(x,s)=U_{xx}-{2\over s} \Rightarrow U_{xx}-s^2U ={2\over s} 為二階非齊次常係數 ODE\\ \Rightarrow U_h(x,s)= c_1(s)e^{sx}+c_2(s)e^{-sx} =c_2(s)e^{-sx} (因為u(x,t)\lt \infty \Rightarrow c_1(s)=0)\\ U_p=A \Rightarrow 0-s^2A={2\over s} \Rightarrow A=-{2\over s^3} \Rightarrow U_p=-{2\over s^3} \Rightarrow U=U_h+U_p \Rightarrow U(x,s)= c_2(s)e^{-sx}-{2\over s^3} \\ 邊界條件:u(0,t)=0 \Rightarrow U(0,s)=0 \Rightarrow c_2(s)-{2\over s^3}=0 \Rightarrow c_2(s)={2\over s^3} \Rightarrow U(x,s)= {2\over s^3}e^{-sx}-{2\over s^3} \\ \Rightarrow u(x,t)=L^{-1}\{U(x,s)\} =L^{-1} \left\{ {2\over s^3}e^{-sx}\right\}-L^{-1} \left\{{2\over s^3} \right\}\Rightarrow \bbox[red, 2pt]{u(x,t) =(t-x)^2u(t-x)-t^2}$$

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