109 高普考普通考試 地震測報 地球物理數學概要 考古題詳解

核心觀念

方程式以 $x,y$ 的關係隱含定義曲線，要求曲線在指定點的切線，使用隱函數微分求斜率。若曲線可寫成 $F(x,y)=0$，且該點附近 $\dfrac{\partial F}{\partial y}\ne 0$，則

$$\frac{dy}{dx}=-\frac{F_x}{F_y}.$$

解題方法

對原式兩邊對 $x$ 微分，將 $y$ 視為 $x$ 的函數：

$$\frac{d}{dx}\left(y^3-xy^2+\cos(xy)\right)=0.$$

逐項微分得

$$3y^2y'-y^2-2xyy'-\sin(xy)(y+xy')=0.$$

其中 $\cos(xy)$ 使用鏈鎖律，且 $\dfrac{d}{dx}(xy)=y+xy'$。整理 $y'$：

$$\left(3y^2-2xy-x\sin(xy)\right)y' =y^2+y\sin(xy).$$

因此

$$y'=\frac{y^2+y\sin(xy)} {3y^2-2xy-x\sin(xy)}.$$

代入 $(x,y)=(0,1)$：

$$y'(0,1)=\frac{1}{3}.$$

點 $(0,1)$ 確實在曲線上，因為 $1^3-0+\cos 0=2$。以點斜式寫出切線：

$$y-1=\frac13(x-0).$$

解題技巧

微分乘積項 $xy^2$ 時，須同時微分 $x$ 與 $y^2$；微分 $\cos(xy)$ 時，外層導數帶負號，再乘上內層導數 $y+xy'$。代入指定點後，可直接用點斜式整理切線。

（二）有理函數的不定積分

核心觀念

分母含不同因式，且二次因式重複時，使用部分分式分解。對分母 $(x+3)(x^2+2)^2$，分解形式為

$$\frac{6x^2-15x+22}{(x+3)(x^2+2)^2} =\frac{A}{x+3}+\frac{Bx+C}{x^2+2} +\frac{Dx+E}{(x^2+2)^2}.$$

解題方法

通分並比較係數：

$$6x^2-15x+22 =A(x^2+2)^2+(Bx+C)(x+3)(x^2+2)+(Dx+E)(x+3).$$

係數比較可得

核心觀念

本題結合二階常微分方程與曲線的切線、法線條件。先解微分方程，得到一族曲線；再用「曲線通過指定點」決定積分常數，最後用「與直線 $y=x$ 垂直」的斜率條件決定另一個積分常數。

直線 $y=x$ 的斜率為 $1$，與它垂直的直線斜率為 $-1$。因此，所求曲線在點 $(1,1)$ 的切線斜率必須是 $-1$。

解題方法

原方程為

$$xy''+2y'=0.$$

將左側辨認為乘積微分：

$$(x^2y')'=x^2y''+2xy'=x(xy''+2y').$$

故原方程等價於

$$(x^2y')'=0.$$

積分一次得

$$x^2y'=C_1, \qquad y'=\frac{C_1}{x^2}\quad (x\ne 0).$$

再積分一次：

$$y=-\frac{C_1}{x}+C_2.$$

令 $A=-C_1$，可將通解寫成

$$y=\frac{A}{x}+B.$$

核心觀念

本題考查純量場與向量場的三種微分運算：

• 梯度：純量場 $\phi$ 的梯度由各座標方向的偏導數組成：

\frac{\partial\phi}{\partial x}\mathbf i+ \frac{\partial\phi}{\partial y}\mathbf j+ \frac{\partial\phi}{\partial z}\mathbf k.$$ - **散度**：若 $\mathbf A=A_x\mathbf i+A_y\mathbf j+A_z\mathbf k$，則 $$\nabla\cdot\mathbf A= \frac{\partial A_x}{\partial x}+ \frac{\partial A_y}{\partial y}+ \frac{\partial A_z}{\partial z}.$$ - **旋度**： $$\nabla\times\mathbf A= \left(\frac{\partial A_z}{\partial y}-\frac{\partial A_y}{\partial z}\right)\mathbf i+ \left(\frac{\partial A_x}{\partial z}-\frac{\partial A_z}{\partial x}\right)\mathbf j+ \left(\frac{\partial A_y}{\partial x}-\frac{\partial A_x}{\partial y}\right)\mathbf k.$$ ## （一）求 $\nabla\phi$ 於 $(1,-2,-1)$ 對純量場逐一取偏導數。求偏導時，未微分的變數視為常數：

\phi(x,y,z)=3x^2y-y^3z^2

$$$$

\frac{\partial\phi}{\partial x}=6xy,\qquad \frac{\partial\phi}{\partial y}=3x^2-3y^2z^2,\qquad \frac{\partial\phi}{\partial z}=-2y^3z.

代入 $(x,y,z)=(1,-2,-1)$：

\frac{\partial\phi}{\partial x}=6(1)(-2)=-12,

$$$$

\frac{\partial\phi}{\partial y} =3(1)^2-3(-2)^2(-1)^2 =3-12=-9,

$$$$

\frac{\partial\phi}{\partial z} =-2(-2)^3(-1)=-16.

$$因此$$

\boxed{\nabla\phi(1,-2,-1)=-12\mathbf i-9\mathbf j-16\mathbf k.}

## （二）求 $\nabla\cdot\mathbf A$ 於 $(1,-1,1)$ 先辨認向量場各分量：

A_x=x^2z,\qquad A_y=-2y^3z^2,\qquad A_z=xy^2z.

$$散度只對各分量沿其對應座標微分：$$

核心觀念

本題考矩陣的特徵值與特徵向量。若 $\lambda$ 是矩陣 $\mathbf A$ 的特徵值，且存在非零向量 $\mathbf x$ 使得 $\mathbf A\mathbf x=\lambda\mathbf x$，則

$$(\mathbf A-\lambda\mathbf I)\mathbf x=\mathbf 0.$$

因此，特徵值由特徵方程

$$\det(\mathbf A-\lambda\mathbf I)=0$$

求得；對每個特徵值，再解齊次方程 $(\mathbf A-\lambda\mathbf I)\mathbf x=\mathbf 0$，即可求出對應的特徵向量。

解題方法

令

$$\mathbf A-\lambda\mathbf I= \begin{bmatrix} 2-\lambda & -2 & 3\\ -2 & -1-\lambda & 6\\ 1 & 2 & -\lambda \end{bmatrix}.$$

沿第一列展開行列式：

$$\begin{aligned} \det(\mathbf A-\lambda\mathbf I) &=(2-\lambda) \begin{vmatrix} -1-\lambda & 6\\ 2 & -\lambda \end{vmatrix} +2 \begin{vmatrix} -2 & 6\\ 1 & -\lambda \end{vmatrix} +3 \begin{vmatrix} -2 & -1-\lambda\\ 1 & 2 \end{vmatrix}\\ &=(2-\lambda)\bigl(\lambda(1+\lambda)-12\bigr) +2(2\lambda-6)-3(5+\lambda)\\ &=-\lambda^3+\lambda^2+21\lambda-45\\ &=-(\lambda-3)^2(\lambda+5). \end{aligned}$$

令特徵方程等於零，可得特徵值

$$\lambda=3\quad\text{（代數重數為 2）},\qquad \lambda=-5.$$

接著分別求特徵向量。

（一）對應 $\lambda=3$

$$\mathbf A-3\mathbf I= \begin{bmatrix} -1&-2&3\\ -2&-4&6\\ 1&2&-3 \end{bmatrix}.$$

令 $\mathbf x=(x,y,z)^{\mathsf T}$，方程 $(\mathbf A-3\mathbf I)\mathbf x=\mathbf 0$ 化為

$$x+2y-3z=0.$$

核心觀念

傅立葉級數將以 $2\pi$ 為週期的函數表示為正弦、餘弦項的和：

$$f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_n\cos nx+b_n\sin nx\bigr),$$

其中

$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,\qquad a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx,\qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.$$

本題的 $f(x)=|x|$ 是偶函數。偶函數的傅立葉級數只含餘弦項，因此 $b_n=0$；計算 $a_0$ 與 $a_n$ 即可。

解題方法

先利用偶函數性質化簡積分：

$$a_0=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi x\,dx =\frac{2}{\pi}\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^\pi =\pi.$$

因此常數項為 $\frac{a_0}{2}=\frac{\pi}{2}$。

對 $n\ge 1$，

$$a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi x\cos(nx)\,dx.$$

分部積分，取 $u=x$、$dv=\cos(nx)\,dx$，則 $du=dx$、$v=\frac{\sin(nx)}{n}$：

核心觀念

本題考複變函數的柯西留數定理。若函數在封閉曲線 $c$ 內只有有限個孤立奇點，且曲線上沒有奇點，則

$$\oint_c f(z)\,dz =2\pi i\sum_k \operatorname{Res}(f,z_k),$$

其中 $z_k$ 為曲線內的奇點，$\operatorname{Res}(f,z_k)$ 為 $f$ 在 $z_k$ 的留數。

解題方法

令

$$f(z)=\frac{\sinh z}{4z^2+1}.$$

分母因式分解為

$$4z^2+1=(2z-i)(2z+i),$$

故奇點為

$$z=\frac{i}{2},\qquad z=-\frac{i}{2}.$$

兩點的模長皆為 $1/2$，都位於單位圓 $|z|=1$ 內；且分母在兩點皆為一次零點，因此是簡單極點。

對簡單極點 $z_0$，若 $f(z)=g(z)/h(z)$ 且 $h(z_0)=0$、$h'(z_0)\ne 0$，則

$$\operatorname{Res}(f,z_0)=\frac{g(z_0)}{h'(z_0)}.$$

此處 $g(z)=\sinh z$、$h(z)=4z^2+1$，所以 $h'(z)=8z$。