107 高普考高考三級 氣象 應用數學（包括微積分、微分方程與向量分析） 考古題詳解

核心觀念

本題為典型的線性代數基礎計算題，是公職考「應用數學」中常考的必拿基本題，核心概念涵蓋：

1. 線性方程組之矩陣表示法：利用係數矩陣 $A$、未知變數向量 $X$ 及常數項向量 $b$，將聯立一次方程組表示為 $AX = b$。
2. 特徵值與特徵向量（Eigenvalues & Eigenvectors）：

• 特徵方程式：$\det(A - \lambda I) = 0$。
• 代數重數（Algebraic Multiplicity）：特徵多項式根的重數。
• 特徵向量空間：解齊次線性系統 $(A - \lambda I)v = 0$ 之非零解空間（幾何重數 Geometric Multiplicity 等於 nullity$(A - \lambda I)$）。

3. 反矩陣（Inverse Matrix）求法與線性系統之解：

• 伴隨矩陣法：$A^{-1} = \frac{1}{\det(A)}\operatorname{adj}(A)$，其中 $\operatorname{adj}(A) = C^T$（$C$ 為餘因子矩陣）。
• 若 $A$ 可逆（$\det(A) \neq 0$），則 $AX = b$ 存在唯一解 $X = A^{-1}b$。

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解題方法

(一) 將方程組寫成矩陣形式 $AX = b$

給定方程組：

$$\begin{cases} x_1+2x_2-3x_3=-1\\ x_1+x_2+2x_3=1\\ x_1-x_2+4x_3=1 \end{cases}$$

提取各未知數之係數作為矩陣 $A$，未知數作為向量 $X$，等號右端常數項作為向量 $b$：

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & 4 \end{pmatrix}, \quad X = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}, \quad b = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$

寫成矩陣方程式形式：

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$

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(二) 求矩陣 $A$ 的特徵值和所對應的特徵向量

1. 求特徵值 $\lambda$：

由特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$：

$$\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} 1-\lambda & 2 & -3 \\ 1 & 1-\lambda & 2 \\ 1 & -1 & 4-\lambda \end{vmatrix} = 0$$

對行列式進行列運算以利因式分解（將第 3 列減去第 2 列，$R_3 - R_2 \to R_3$）：

$$\begin{vmatrix} 1-\lambda & 2 & -3 \\ 1 & 1-\lambda & 2 \\ 0 & \lambda-2 & 2-\lambda \end{vmatrix} = 0$$

由第 3 列提出公因式 $(\lambda - 2)$：

$$(\lambda - 2) \begin{vmatrix} 1-\lambda & 2 & -3 \\ 1 & 1-\lambda & 2 \\ 0 & 1 & -1 \end{vmatrix} = 0$$

將第 2 行加至第 3 行（$C_2 + C_3 \to C_3$）：

$$(\lambda - 2) \begin{vmatrix} 1-\lambda & 2 & -1 \\ 1 & 1-\lambda & 3-\lambda \\ 0 & 1 & 0 \end{vmatrix} = 0$$

沿第 3 列展開：

$$(\lambda - 2) \cdot (-1)^{3+2} \cdot 1 \cdot \begin{vmatrix} 1-\lambda & -1 \\ 1 & 3-\lambda \end{vmatrix} = -(\lambda - 2) \left[ (1-\lambda)(3-\lambda) - (-1) \right] = 0$$ $$-(\lambda - 2)(\lambda^2 - 4\lambda + 3 + 1) = -(\lambda - 2)(\lambda^2 - 4\lambda + 4) = -(\lambda - 2)^3 = 0$$

解得特徵值：

$$\lambda = 2 \quad \text{（三重根，代數重數為 3）}$$

2. 求對應的特徵向量 $v$：

將 $\lambda = 2$ 代入齊次方程組 $(A - 2I)v = 0$：

$$(A - 2I)v = \begin{pmatrix} -1 & 2 & -3 \\ 1 & -1 & 2 \\ 1 & -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

對增廣矩陣進行列簡化（高斯消去法）：

$$\begin{pmatrix} -1 & 2 & -3 \\ 1 & -1 & 2 \\ 1 & -1 & 2 \end{pmatrix} \xrightarrow[R_3 - R_2]{R_2 + R_1} \begin{pmatrix} -1 & 2 & -3 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \xrightarrow{-R_1} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \xrightarrow{R_1 + 2R_2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

還原成方程式：

$$\begin{cases} v_1 + v_3 = 0 \implies v_1 = -v_3 \\ v_2 - v_3 = 0 \implies v_2 = v_3 \end{cases}$$

取自由變數 $v_3 = t$（$t \in \mathbb{R}, t \neq 0$），得對應之特徵向量為：

$$v = t \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad t \neq 0$$

（註：幾何重數為 $3 - \operatorname{rank}(A-2I) = 3 - 2 = 1$，矩陣 $A$ 為虧損矩陣 Defective Matrix，無法對角化）。

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(三) 求矩陣 $A$ 的反矩陣，並且用此反矩陣求此方程組的解

1. 求反矩陣 $A^{-1}$（利用伴隨矩陣法）：

矩陣 $A$ 的行列式值：

$$\det(A) = 1(4 - (-2)) - 2(4 - 2) + (-3)(-1 - 1) = 6 - 4 + 6 = 8 \neq 0$$

計算各元素之餘因子 $C_{ij} = (-1)^{i+j} M_{ij}$：

• $C_{11} = + \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ -1 & 4 \end{vmatrix} = 4 - (-2) = 6$
• $C_{12} = - \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 4 \end{vmatrix} = -(4 - 2) = -2$
• $C_{13} = + \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{vmatrix} = -1 - 1 = -2$
• $C_{21} = - \begin{vmatrix} 2 & -3 \\ -1 & 4 \end{vmatrix} = -(8 - 3) = -5$
• $C_{22} = + \begin{vmatrix} 1 & -3 \\ 1 & 4 \end{vmatrix} = 4 - (-3) = 7$

核心觀念

本題評量多變數微積分中雙重積分（Double Integral）​的計算能力，關鍵在於富比尼定理（Fubini's Theorem）與交換積分次序（Change of Order of Integration）​的靈活應用：

1. 交換積分次序：當給定的積分順序（先 $y$ 後 $x$）導致內層積分複雜、不易化簡時，可藉由重構積分區域幾何邊界，改為「先對 $x$ 積分、再對 $y$ 積分」。
2. 符號慣例：公職考試高等工程數學與微積分中，符號 $\log x$ 依學術與命題慣例代表以 $e$ 為底之自然對數（即 $\ln x$）。
3. 基礎積分公式：

• 多項式積分：$\int (x-1)\,dx = \frac{1}{2}(x-1)^2 + C$
• 反正切函數積分：$\int \frac{1}{1+u^2}\,du = \arctan(u) + C$
• 對數導數型積分：$\int \frac{g'(y)}{g(y)}\,dy = \ln|g(y)| + C$

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解題方法

步驟一：描繪並重寫積分區域

原重積分所定義的平面區域 $R$ 為：

$$R = \left\{ (x, y) \;\middle|\; 1 \le x \le 2,\; 0 \le y \le \log x \right\}$$

• 下邊界為水平直線 $y = 0$。
• 上邊界為曲線 $y = \log x$，等價於反函數 $x = e^y$。
• 當 $x = 1$ 時，$y = \log 1 = 0$；當 $x = 2$ 時，$y = \log 2$。

將該區域改以 $y$ 為主變數描述（先沿水平切片對 $x$ 積分，再沿垂直方向對 $y$ 累加）：

• $y$ 的變化範圍：$0 \le y \le \log 2$
• 對於固定的 $y$，$x$ 的左邊界為曲線 $x = e^y$，右邊界為直線 $x = 2$，即 $e^y \le x \le 2$。

因此，積分區域可等價表示為：

$$R = \left\{ (x, y) \;\middle|\; 0 \le y \le \log 2,\; e^y \le x \le 2 \right\}$$

步驟二：交換積分次序

原積分改寫為：

$$I = \int_0^{\log 2} \left[ \int_{e^y}^2 \frac{x-1}{1+e^{2y}}\,dx \right] dy$$

步驟三：計算內層積分（對 $x$ 積分）

由於分母 $1+e^{2y}$ 對變數 $x$ 而言為常數，可直接提出：

$$\int_{e^y}^2 (x-1)\,dx = \left[ \frac{(x-1)^2}{2} \right]_{e^y}^2 = \frac{(2-1)^2}{2} - \frac{(e^y-1)^2}{2}$$

展開並化簡分子：

$$\frac{1}{2} - \frac{e^{2y} - 2e^y + 1}{2} = e^y - \frac{1}{2}e^{2y}$$

內層積分結果為：

$$\frac{e^y - \frac{1}{2}e^{2y}}{1+e^{2y}}$$

步驟四：計算外層積分（對 $y$ 積分）

將內層結果代回原式，拆解為兩個單變數積分：

$$I = \int_0^{\log 2} \frac{e^y - \frac{1}{2}e^{2y}}{1+e^{2y}}\,dy = \underbrace{\int_0^{\log 2} \frac{e^y}{1+e^{2y}}\,dy}_{I_1} - \frac{1}{2}\underbrace{\int_0^{\log 2} \frac{e^{2y}}{1+e^{2y}}\,dy}_{I_2}$$

核心觀念

第 (一) 小題

1. 二階變係數齊次線性常微分方程式：標準式為 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = 0$。本題 $y'' - 2xy' + 2y = 0$ 屬於次數 $n=1$ 的埃爾米特微分方程式（Hermite Differential Equation）：

$$y'' - 2xy' + 2ny = 0$$

2. 降階法（Reduction of Order）：若已知一個非零特解 $y_1(x)$，可令 $y_2(x) = v(x)y_1(x)$，藉此求出第二個線性獨立解：

$$y_2(x) = y_1(x) \int \frac{e^{-\int P(x) dx}}{[y_1(x)]^2} dx$$

3. 冪級數解法（Power Series Method）：$x = 0$ 為常點（Ordinary Point），可設 $y(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n x^n$，透過遞迴關係式推得各階係數。
4. 二階初值問題之自由度：二階常微分方程式通解包含兩個獨立常數，理論上需兩個初始條件（如 $y(0)$ 與 $y'(0)$）方能決定唯一定解；若題目僅給定一個條件，解中必保留一個任意常數。

第 (二) 小題

1. 正合微分方程式（Exact Differential Equation）：將一階微分方程整理為 $M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0$。若在單連通區域滿足：

$$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$$

則存在純量勢函數 $\Phi(x, y)$ 使得 $d\Phi = M dx + N dy = 0$，其通解為 $\Phi(x, y) = C$。 2. 隱函數與顯式解（Explicit Solution）：求解代數方程式 $\Phi(x, y) = C$ 得到 $y(x)$，並利用初值條件決定常數與二次方程根的正負號。

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解題方法

第 (一) 題：$y'' - 2xy' + 2y = 0,\quad y(0) = -\frac{1}{3}$

解法一：特解觀察與降階法（閉合形式解）

1. 尋找第一個多項式解： 觀察係數，設 $y_1(x) = x$，則 $y_1' = 1$，$y_1'' = 0$。代入原方程：

$$0 - 2x(1) + 2(x) = 0$$

恆成立，故 $y_1(x) = x$ 為一已知解。

2. 降階求解第二個線性獨立解 $y_2(x)$： 方程式中 $P(x) = -2x$，積分因子為：

$$e^{-\int P(x) dx} = e^{\int 2x dx} = e^{x^2}$$

由降階公式：

$$y_2(x) = x \int \frac{e^{x^2}}{x^2} dx$$

利用分部積分法（Integration by Parts），令 $u = e^{x^2}$，$dv = x^{-2}dx \implies v = -x^{-1}$：

$$\int \frac{e^{x^2}}{x^2} dx = -\frac{e^{x^2}}{x} - \int \left(-\frac{1}{x}\right) \cdot (2x e^{x^2}) dx = -\frac{e^{x^2}}{x} + 2 \int e^{x^2} dx$$

兩邊乘上 $x$ 得：

$$y_2(x) = -e^{x^2} + 2x \int_0^x e^{t^2} dt$$

3. 寫出通解並代入初值條件： 方程式之通解為：

$$y(x) = c_1 y_1(x) + c_2 y_2(x) = c_1 x + c_2 \left[ -e^{x^2} + 2x \int_0^x e^{t^2} dt \right]$$

代入初始條件 $y(0) = -\frac{1}{3}$：

$$y(0) = c_1(0) + c_2 \left[ -e^0 + 0 \right] = -c_2 = -\frac{1}{3} \implies c_2 = \frac{1}{3}$$

因二階方程式僅給予一個初始條件，欠缺 $y'(0)$ 之值，故 $c_1$ 為任意實數常數（令 $c_1 = c = y'(0)$）。整理得：

$$y(x) = c x + \frac{1}{3}\left( 2x \int_0^x e^{t^2} dt - e^{x^2} \right)$$

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解法二：冪級數解法（級數形式解）

1. 設級數形式： 設 $y(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n x^n$，則：

$$y'(x) = \sum_{n=1}^\infty n a_n x^{n-1},\qquad y''(x) = \sum_{n=2}^\infty n(n-1) a_n x^{n-2} = \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1) a_{n+2} x^n$$

2. 代入原方程式：

$$\sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1) a_{n+2} x^n - 2 \sum_{n=0}^\infty n a_n x^n + 2 \sum_{n=0}^\infty a_n x^n = 0$$

合併同次項：

$$\sum_{n=0}^\infty \Big[ (n+2)(n+1) a_{n+2} - 2(n-1) a_n \Big] x^n = 0$$

各項係數必為零，得遞迴關係式（Recurrence Relation）：

$$a_{n+2} = \frac{2(n-1)}{(n+2)(n+1)} a_n \quad (n \ge 0)$$

3. 計算係數：

• 奇數次項： 當 $n=1$ 時，$a_3 = \frac{2(0)}{3 \cdot 2} a_1 = 0 \implies a_5 = a_7 = \dots = a_{2k+1} = 0 \quad (k \ge 1)$。 故奇數次項僅存 $a_1 x$。
• 偶數次項： 由 $y(0) = a_0 = -\frac{1}{3}$：

核心觀念

本題評量重點為利用拉普拉斯轉換（Laplace Transform）​求解常係數非齊次線性常微分方程式之初值問題（IVP）。解題過程涉及以下四大核心公式與定理：

1. 導函數的拉普拉斯轉換公式： 設 $\mathcal{L}\{y(x)\} = Y(s)$，則： $\mathcal{L}\{y'(x)\} = sY(s) - y(0)$ $\mathcal{L}\{y''(x)\} = s^2Y(s) - s y(0) - y'(0)$

2. 三角函數轉換與第一位移定理（First Shifting Theorem）：

• 基本轉換：$\mathcal{L}\{\sin x\} = \dfrac{1}{s^2 + 1}$
• 位移定理：若 $\mathcal{L}\{f(x)\} = F(s)$，則 $\mathcal{L}\{e^{-ax}f(x)\} = F(s+a)$ 故非齊次項轉換為： $\mathcal{L}\{e^{-x}\sin x\} = \frac{1}{(s+1)^2 + 1} = \frac{1}{s^2 + 2s + 2}$

3. 部分分式展開法（Partial Fraction Decomposition）： 將所得之 $S$ 域代數式拆解為各個已知初等反轉換之單項和。

4. 反拉普拉斯轉換（Inverse Laplace Transform）：

• $\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{1}{s}\right\} = 1$
• $\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{1}{s+a}\right\} = e^{-ax}$
• $\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{s+a}{(s+a)^2 + \omega^2}\right\} = e^{-ax}\cos\omega x$
• $\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{\omega}{(s+a)^2 + \omega^2}\right\} = e^{-ax}\sin\omega x$

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解題方法

步驟一：方程式兩邊取拉普拉斯轉換並代入初始條件

對微分方程 $y'' + y' = e^{-x}\sin x$ 兩邊同取拉氏轉換： $\mathcal{L}\{y''\} + \mathcal{L}\{y'\} = \mathcal{L}\{e^{-x}\sin x\}$

代入導函數轉換公式： $\left[ s^2Y(s) - s y(0) - y'(0) \right] + \left[ sY(s) - y(0) \right] = \frac{1}{(s+1)^2 + 1}$

代入初始條件 $y(0) = 0$ 與 $y'(0) = 1$： $(s^2 + s)Y(s) - 1 = \frac{1}{s^2 + 2s + 2}$

步驟二：解出 $Y(s)$ 的代數表達式

將常數項移至等號右側並通分： $s(s+1)Y(s) = 1 + \frac{1}{s^2 + 2s + 2} = \frac{s^2 + 2s + 3}{s^2 + 2s + 2}$

兩邊同除以 $s(s+1)$，得： $Y(s) = \frac{s^2 + 2s + 3}{s(s+1)(s^2 + 2s + 2)}$

步驟三：部分分式展開

將 $Y(s)$ 分解為如下形式： $Y(s) = \frac{A}{s} + \frac{B}{s+1} + \frac{Cs + D}{s^2 + 2s + 2}$

1. 利用覆蓋法（Heaviside's Cover-up Method）​求單根極點的係數 $A$ 與 $B$：

• 求 $A$： $A = \lim_{s \to 0} s Y(s) = \left. \frac{s^2 + 2s + 3}{(s+1)(s^2 + 2s + 2)} \right|_{s=0} = \frac{3}{(1)(2)} = \frac{3}{2}$
• 求 $B$： $B = \lim_{s \to -1} (s+1) Y(s) = \left. \frac{s^2 + 2s + 3}{s(s^2 + 2s + 2)} \right|_{s=-1} = \frac{(-1)^2 + 2(-1) + 3}{(-1)\left[(-1)^2 + 2(-1) + 2\right]} = \frac{2}{(-1)(1)} = -2$

2. 求解二次項係數 $C$ 與 $D$： 先將已知部分合併通分： $\frac{A}{s} + \frac{B}{s+1} = \frac{\frac{3}{2}}{s} - \frac{2}{s+1} = \frac{\frac{3}{2}(s+1) - 2s}{s(s+1)} = \frac{3 - s}{2s(s+1)}$ 由此移項求 $\dfrac{Cs + D}{s^2 + 2s + 2}$：

核心觀念

1. 格林定理（Green’s Theorem）： 設 $C$ 為平面上一條分段光滑、簡單且具正向（逆時針方向）的封閉曲線，其所圍成之有界封閉區域為 $R$。若純量函數 $P(x,y)$ 與 $Q(x,y)$ 在包含 $R$ 的開區域上具有連續的一階偏導數，則沿 $C$ 的線積分可轉化為在 $R$ 上的二重積分：

$$\oint_C P\,dx + Q\,dy = \iint_R \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA$$

2. 積分區域界定： 依題意，三角形 $\Delta DEF$ 之頂點為 $D(0,0)$、$E(1,2)$、$F(0,2)$。邊界 $C$ 為逆時針方向，符合格林定理的正向要求。

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解題方法

1. 確定被積函數與偏導數： 對照線積分形式 $\oint_C P\,dx + Q\,dy$，可得：

$$P(x,y) = 4x^2y, \quad Q(x,y) = 2y$$

計算其一階偏導數：

$$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(2y) = 0$$ $$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(4x^2y) = 4x^2$$

因此，格林定理被積式為：

$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0 - 4x^2 = -4x^2$$

2. 設定積分區域 $R$ 的範圍：

• 頂點 $D(0,0)$ 與 $E(1,2)$ 的連線方程式為 $y = 2x$（或 $x = \frac{y}{2}$）。
• 頂點 $E(1,2)$ 與 $F(0,2)$ 的連線方程式為水平線 $y = 2$。
• 頂點 $F(0,2)$ 與 $D(0,0)$ 的連線為鉛直線 $x = 0$。

將三角形區域 $R$ 視為第 I 型（Type I）區域：

$$R = \left\{ (x,y) \mid 0 \le x \le 1, \; 2x \le y \le 2 \right\}$$

3. 計算二重積分： 應用格林定理展開計算：

$$\begin{aligned} \oint_C 4x^2y\,dx + 2y\,dy &= \iint_R (-4x^2)\,dA \\ &= \int_{x=0}^{1} \int_{y=2x}^{2} (-4x^2)\,dy\,dx \\ &= \int_{0}^{1} (-4x^2) \left[ y \right]_{y=2x}^{2} \,dx \\ &= \int_{0}^{1} (-4x^2)(2 - 2x)\,dx \\ &= \int_{0}^{1} (-8x^2 + 8x^3)\,dx \\ &= \left[ -\frac{8}{3}x^3 + 2x^4 \right]_{0}^{1} \\ &= -\frac{8}{3} + 2 = -\frac{2}{3} \end{aligned}$$

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解題技巧

• 改以第 II 型（Type II）區域驗算： 若先對 $x$ 積分再對 $y$ 積分，區域界定為 $0 \le y \le 2$、$0 \le x \le \frac{y}{2}$：

$$\int_{0}^{2} \int_{0}^{\frac{y}{2}} (-4x^2)\,dx\,dy = \int_{0}^{2} \left[ -\frac{4}{3}x^3 \right]_{0}^{\frac{y}{2}} dy = \int_{0}^{2} -\frac{4}{3} \cdot \frac{y^3}{8}\,dy = -\frac{1}{6} \left[ \frac{y^4}{4} \right]_{0}^{2} = -\frac{16}{24} = -\frac{2}{3}$$

兩者結果完全一致，可作為考場上快速確認未發生算術錯誤的檢查法。

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第 (二) 小題

核心觀念

1. 守恆向量場（Conservative Vector Field）之充要條件： 設向量場 $\mathbf{F} = F_1\mathbf{i} + F_2\mathbf{j} + F_3\mathbf{k}$ 在單連通區域 $\mathbb{R}^3$ 上具有連續一階偏導數。$\mathbf{F}$ 為守恆場的充要條件為其旋度（curl）處處為零：

$$\nabla \times \mathbf{F} = \mathbf{0}$$

2. 純量位能（Scalar Potential）： 若 $\mathbf{F}$ 為守恆場，則存在一純量場 $\phi(x,y,z)$ 滿足 $\nabla \phi = \mathbf{F}$（在物理/電磁學慣例中亦常定義為 $\mathbf{F} = -\nabla \phi$）。反之，若 $\nabla \times \mathbf{F} \neq \mathbf{0}$，則該向量場非守恆，純量位能不存在。

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解題方法

步驟一：驗證向量場之守恆性（題目明定：未驗證不給分）

給定向量場各分量為：

$$F_1 = (1+x)e^x + y, \quad F_2 = xe^x + y - 2z, \quad F_3 = -2y$$

計算其旋度 $\nabla \times \mathbf{F}$：

$$\nabla \times \mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ (1+x)e^x + y & xe^x + y - 2z & -2y \end{vmatrix}$$

各分量逐一推導：

1. $\mathbf{i}$ 分量：