民國115年 高考三級 天文 應用數學（包括微積分、微分方程與向量分析）考古題

民國115年 高考三級 天文 應用數學（包括微積分、微分方程與向量分析）收錄考選部官方試題，共 4 題可線上瀏覽，考選部未公告本科目答案。

官方資料

題目與答案

第1題

考慮以下微分方程 ൬ݔ̇ ݕ̇൰= ቀ−2 −1ቁቀݔ ݕቁ+ ቀ1 −1ቁ 請寫出上述方程的通解（General solutions）。（15 分） 令 ݒ(ݐ) =

參考解答（AI 生成，非官方）

  • 一、矩陣化與解的結構：將方程組寫成 Ẋ = AX + b，其中 X = (x, y)^T、b = (1, −1)^T，而係數矩陣依題面可辨識的元素取 A = [[−2, −1], [−1, −2]]。由於 det A = 3 ≠ 0，系統有唯一的平衡點；其通解可表為 X(t) = X_p + X_h，也就是「非齊次特解加上齊次通解」，這是常係數線性系統的標準解法架構。
  • 二、特解（平衡點）：令 Ẋ = 0，得 AX_p = −b，即 X_p = −A⁻¹b。由於 A⁻¹ = (1/3)[[−2, 1], [1, −2]]，故 X_p = −(1/3)(−3, 3)^T = (1, −1)^T。代回檢驗：A(1, −1) = (−1, 1)，再加上 b 後即為零向量，可見 (1, −1) 確實是平衡點，也是 forcing 方向上的常數解。
  • 三、齊次解與特徵值：解特徵方程 det(A − λI) = (λ + 2)² − 1 = λ² + 4λ + 3 = 0，得 λ₁ = −1、λ₂ = −3。對 λ₁ = −1，由 (A + I)v = 0 得特徵向量 v₁ = (1, −1)；對 λ₂ = −3，由 (A + 3I)v = 0 得 v₂ = (1, 1)。兩特徵值相異，且其特徵向量線性獨立，因此可構成 R² 的一組基底。
  • 四、通解形式：X(t) = (1, −1) + c₁e^{−t}(1, −1) + c₂e^{−3t}(1, 1)，亦即 x(t) = 1 + c₁e^{−t} + c₂e^{−3t}、y(t) = −1 − c₁e^{−t} + c₂e^{−3t}，其中 c₁、c₂ 為任意常數，由初始條件決定。此即所求之一般解（general solution）。
  • 五、定性討論與備註：兩特徵值皆為相異的負實數，故平衡點 (1, −1) 為漸近穩定結點（stable node），所有軌跡當 t → ∞ 時都會趨近該點，與初始條件無關。若對題面矩陣下排元素的判讀不同，只會改變特徵值與特徵向量；「特解加齊次解」的步驟完全不變，仍可取得主要配分。

第2題

ඥݔଶ(ݐ) + ݕଶ(ݐ) ൬ݔ(ݐ) ݕ(ݐ)൰ 求出ݒ(ݐ)的極限當t 趨近∞。（10 分） 求不定積分∫ඥ1 + ݕଶ݀ݕ。（15 分） 設曲線L = {(x, sin x) : x ∈[0, π/ 2]}，請求出L 繞x 軸一圈所產生的曲 面的面積。（10 分）

參考解答（AI 生成，非官方）

  • 一、小題(1) v(t) 之極限（10 分）：由第 1 題的通解可知，e^{−t} 與 e^{−3t} 均隨 t → ∞ 衰減至零，故 x(t) → 1、y(t) → −1。若 v(t) = √(x²(t) + y²(t)) 表示狀態點到原點的距離，則 lim_{t→∞} v(t) = √(1² + (−1)²) = √2 ≈ 1.414。
  • 二、收斂速率與補充說明：收斂的快慢由較慢的模態 λ₁ = −1 主導，誤差量級為 O(e^{−t})。若題意將 v(t) 定義為向量 √(x² + y²)(x, y)^T，則其極限為 √2(1, −1)^T。因極限存在且有限，可直接將 t → ∞ 代入通解，利用極限運算的連續性，不須先做積分。
  • 三、小題(2) 不定積分 ∫√(1 + y²)dy（15 分）：令 y = sinh u，則 dy = cosh u du 且 √(1 + y²) = cosh u，原式化為 ∫cosh²u du = (1/2)(u + sinh u·cosh u) + C。回代後得 (1/2)[arsinh y + y√(1 + y²)] + C，其中 arsinh 為反雙曲正弦。
  • 四、對數形式與交叉驗證：因 arsinh y = ln(y + √(1 + y²))，故結果可寫成 (1/2)[y√(1 + y²) + ln(y + √(1 + y²))] + C。亦可改用分部積分：取 u = √(1 + y²)、dv = dy，將 ∫y²/√(1 + y²)dy 移項求解，兩法結果一致；將答案微分回驗即可還原被積函數，這是作答時應附的檢驗步驟。
  • 五、小題(3) 旋轉曲面面積（10 分）：曲線 L: y = sin x（0 ≤ x ≤ π/2）繞 x 軸旋轉，表面積為 S = 2π∫₀^{π/2} sin x·√(1 + cos²x) dx。令 u = cos x，則 du = −sin x dx，積分上下限由 x: 0 → π/2 改為 u: 1 → 0，故 S = 2π∫₀¹√(1 + u²)du。
  • 六、數值結果：套用小題(2) 所得的原函數，S = 2π·(1/2)[u√(1 + u²) + ln(u + √(1 + u²))]₀¹ = π[√2 + ln(1 + √2)] ≈ π(1.4142 + 0.8814) ≈ 7.212。此即迴轉面（surface of revolution）之面積，單位為平方單位；作答時應同時寫出公式、代換與化簡過程。

第3題

設向量場F⃗= (x, y)及由橢圓C = {(x, y)： x + y2 = 1}所圍成的封閉區域 D。請驗證散度定理（Divergence theorem）：（25 分） div D C FdA F nds

參考解答（AI 生成，非官方）

  • 一、定理內容：散度定理（Divergence theorem）指出，對平面區域 D 及其邊界曲線 C，∬_D div F dA = ∮_C F·n ds，其中 n 為 C 上的單位外法向量、s 為弧長參數。本題 F(x, y) = (x, y)，故 div F = ∂x/∂x + ∂y/∂y = 1 + 1 = 2，為一常數場。
  • 二、左側面積分：∬_D 2 dA = 2·Area(D)。設橢圓為 x²/a² + y²/b² = 1，其面積為 πab，故左式 = 2πab。題面方程式之排版毀損，若實為單位圓（a = b = 1）則得 2π；若為 x²/4 + y² = 1（a = 2、b = 1）則得 4π；考生宜先寫出通式再代入。
  • 三、外法向量與弧長元素：令 C: r(t) = (a cos t, b sin t)，0 ≤ t ≤ 2π。切向量 r′(t) = (−a sin t, b cos t)，弧長元素 ds = |r′|dt = √(a²sin²t + b²cos²t)dt；單位外法向量為 n = (b cos t, a sin t)/√(b²cos²t + a²sin²t)，方向由區域指向外部。
  • 四、線積分計算：F·n = (ab cos²t + ab sin²t)/√(b²cos²t + a²sin²t) = ab/√(b²cos²t + a²sin²t)。乘上 ds 後分母恰好相消，得 F·n ds = ab dt，故 ∮_C F·n ds = ∫₀^{2π} ab dt = 2πab。此步驟是本题的關鍵，宜明確寫出「分母相消」。
  • 五、結論與幾何意義：左右兩式同為 2πab，散度定理得證。其意義為「區域內各點通量密度（散度）的總和，等於邊界上的淨流出量」；因 div F = 2 為常數，總通量恰為區域面積的兩倍。本式亦為 Green 定理 ∮(P dy − Q dx) = ∬(P_x + Q_y)dA 取 P = x、Q = y 之特例；作答時應註明曲線取逆時針（正向）並寫出參數化、法向量、ds 三要素。

第4題

這裡⃗n 表示C 上的單位外法向量，s 表示弧長參數。 考慮以下雙曲線偏微分方程的問題：（25 分） 2, (0 , 0) ( ,0) 0, ( ,0) 0, (0 ) (0, ) 0, ( 0) tt xx t u u x t u x u x x u t t 而且假設對任一時間t > 0，解u(x, t)在0 < x < ∞是有界函數。利用拉普 拉斯轉換（Laplace transform）求此問題的解u(x, t)。

參考解答（AI 生成，非官方）

  • 一、問題設定：u_tt = u_xx（波速 c = 1），0 < x < ∞、t > 0；初始條件 u(x, 0) = 0、u_t(x, 0) = 0；邊界條件 u(0, t) = g(t)（題面此處文字毀損，以 g(t) 表徵），並要求對每個 t > 0，u(x, t) 在 0 < x < ∞ 有界。此為半無限域上的單向波問題。
  • 二、拉普拉斯轉換：定義 U(x, s) = ∫₀^∞ e^{−st}u(x, t)dt。由零初始條件，L{u_tt} = s²U − s·u(x, 0) − u_t(x, 0) = s²U。對原方程取轉換後得常微分方程 U_xx − s²U = 0，其通解為 U(x, s) = A(s)e^{−sx} + B(s)e^{sx}。
  • 三、以有界性與邊界條件定係數：因 u 在 x → ∞ 時有界，而 e^{sx} 隨 x 無界成長（Re s > 0），故必須取 B(s) = 0。再由 U(0, s) = G(s)（G 為 g 的拉普拉斯轉換）得 A(s) = G(s)，於是 U(x, s) = G(s)e^{−sx}。
  • 四、反轉換與解的結果：由第二移位定理（second shifting theorem），L{g(t − x)H(t − x)} = e^{−sx}G(s)，其中 H 為 Heaviside 單位步函數（unit step function）。故 u(x, t) = g(t − x)H(t − x)，即 x < t 時 u = g(t − x)，而 x > t 時 u = 0。
  • 五、特例、驗證與限制：若邊界條件為 g(t) = sin ωt，則 u(x, t) = sin ω(t − x)H(t − x)；若 g(t) = u₀ 為常數，則 u = u₀H(t − x)。此解代表以波速 1 向右傳播的波，波前位於 x = t，符合因果性與零初始條件，且有界性由 |g| ≤ M 保證。另可用 d'Alembert 公式 u = f(x − t) + h(x + t) 交叉驗證。若邊界條件實為 Neumann 型 u_x(0, t) = h(t)，則 U = −H(s)e^{−sx}/s，其餘步驟相同。