113 高普考高考三級 地震測報 地球物理數學 考古題詳解

113 年・高普考・高考三級・地震測報
試題代碼 地球物理數學

第 一 題10 分

若海嘯動能 MV22=ρAhV22\frac{MV^2}{2}=\rho Ah\frac{V^2}{2}，其中 ρ\rho：海水密度，AA：海水截面積，hh：水深，VV：海嘯傳送速度。若重力波作功

∫0hm(z)g dz=ρAg∫0hz dz\int_0^h m(z)g\,dz=\rho Ag\int_0^h z\,dz

引發海嘯，其中 gg：重力加速度。海嘯傳送速度為何？

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核心觀念

本題以「海嘯動能等於引發海嘯的重力位能作功」建立能量平衡。題目給定海水體積為 AhAh，因此質量為 M=ρAhM=\rho Ah；重力波作功則由各深度水柱的重量乘上其高度微分累加。

解題方法

將題目給定的動能與重力波作功相等：

ρAhV22=ρAg∫0hz dz\frac{\rho AhV^2}{2} = \rho Ag\int_0^h z\,dz

先計算積分：

∫0hz dz=[z22]0h=h22\int_0^h z\,dz = \left[\frac{z^2}{2}\right]_0^h = \frac{h^2}{2}

代回能量平衡式：

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第 二 題20 分

以分離變數法求解下列的程函方程式（Eikonal Equation）：

[∂T(x,y,z)∂x]2+[∂T(x,y,z)∂y]2+[∂T(x,y,z)∂z]2=1V2(x,y,z)\left[\frac{\partial T(x,y,z)}{\partial x}\right]^2+ \left[\frac{\partial T(x,y,z)}{\partial y}\right]^2+ \left[\frac{\partial T(x,y,z)}{\partial z}\right]^2 = \frac{1}{V^2(x,y,z)}

可設

T(x,y,z)=Tx(x)+Ty(y)+Tz(z)T(x,y,z)=T_x(x)+T_y(y)+T_z(z)

以及

1v2(x,y,z)=εx(x)+εy(y)+εz(z)\frac{1}{v^2(x,y,z)}=\varepsilon_x(x)+\varepsilon_y(y)+\varepsilon_z(z)

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核心觀念

程函方程式可寫成梯度形式：

∣∇T∣2=1V2(x,y,z).|\nabla T|^2=\frac{1}{V^2(x,y,z)}.

題目指定以可加形式分離走時函數，並將慢度平方 1/V21/V^2 表成各座標的單變數函數之和。分離後，每個座標方向的項只依賴該座標，因此可各自等於一個分離常數。

解題方法

令

T(x,y,z)=Tx(x)+Ty(y)+Tz(z),T(x,y,z)=T_x(x)+T_y(y)+T_z(z),

則

∂T∂x=Tx′(x),∂T∂y=Ty′(y),∂T∂z=Tz′(z).\frac{\partial T}{\partial x}=T_x'(x),\qquad \frac{\partial T}{\partial y}=T_y'(y),\qquad \frac{\partial T}{\partial z}=T_z'(z).

代入程函方程式，並使用題目給定的慢度分解：

[Tx′(x)]2+[Ty′(y)]2+[Tz′(z)]2=εx(x)+εy(y)+εz(z).[T_x'(x)]^2+[T_y'(y)]^2+[T_z'(z)]^2 = \varepsilon_x(x)+\varepsilon_y(y)+\varepsilon_z(z).

移項後可得

([Tx′(x)]2−εx(x))+([Ty′(y)]2−εy(y))+([Tz′(z)]2−εz(z))=0.\bigl([T_x'(x)]^2-\varepsilon_x(x)\bigr) +\bigl([T_y'(y)]^2-\varepsilon_y(y)\bigr) +\bigl([T_z'(z)]^2-\varepsilon_z(z)\bigr)=0.

第一個括號只依賴 xx，第二個只依賴 yy，第三個只依賴 zz。要使等式對所有 x,y,zx,y,z 成立，各項須為常數。引入分離常數 ax,ay,aza_x,a_y,a_z，令

[Tx′(x)]2−εx(x)=ax,[T_x'(x)]^2-\varepsilon_x(x)=a_x, [Ty′(y)]2−εy(y)=ay,[T_y'(y)]^2-\varepsilon_y(y)=a_y, [Tz′(z)]2−εz(z)=az,[T_z'(z)]^2-\varepsilon_z(z)=a_z,

且

ax+ay+az=0.a_x+a_y+a_z=0.

因此各方向的一階方程為

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第 三 題20 分

直線方程式 di=m1+m2Zid_i=m_1+m_2Z_i，其中 m1m_1：直線截距，m2m_2：直線斜率。

若 diobsd_i^{\mathrm{obs}} 為觀測值，則其誤差平方的總和為

E=∑i=1N(diobs−m1−m2Zi)2E=\sum_{i=1}^{N}\left(d_i^{\mathrm{obs}}-m_1-m_2Z_i\right)^2

其中 NN 為觀測值的總數。使用誤差平方總和最小化，以計算直線截距（m1m_1）與直線斜率（m2m_2）。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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核心觀念

本題考查以最小平方法（Least Squares Method）估計直線模型

di=m1+m2Zid_i=m_1+m_2Z_i

其中：

  • m1m_1：直線截距
  • m2m_2：直線斜率
  • ZiZ_i：第 ii 筆觀測值的自變數
  • diobsd_i^{\mathrm{obs}}：第 ii 筆觀測值
  • NN：觀測值總數

模型預測值為

dipre=m1+m2Zid_i^{\mathrm{pre}}=m_1+m_2Z_i

觀測值與預測值之差為殘差：

ei=diobs−m1−m2Zie_i=d_i^{\mathrm{obs}}-m_1-m_2Z_i

最小平方法要求殘差平方和

E=∑i=1N(diobs−m1−m2Zi)2E=\sum_{i=1}^{N} \left(d_i^{\mathrm{obs}}-m_1-m_2Z_i\right)^2

達到最小值。

解題方法

因為 EE 同時是 m1m_1、m2m_2 的函數，令其分別對 m1m_1 與 m2m_2 的偏微分等於零。

一、求直線截距 m1m_1

對 m1m_1 微分：

∂E∂m1=−2∑i=1N(diobs−m1−m2Zi)\frac{\partial E}{\partial m_1} = -2\sum_{i=1}^{N} \left(d_i^{\mathrm{obs}}-m_1-m_2Z_i\right)

令偏微分為零：

∑i=1N(diobs−m1−m2Zi)=0\sum_{i=1}^{N} \left(d_i^{\mathrm{obs}}-m_1-m_2Z_i\right)=0

整理得：

∑i=1Ndiobs−Nm1−m2∑i=1NZi=0\sum_{i=1}^{N}d_i^{\mathrm{obs}} -Nm_1 -m_2\sum_{i=1}^{N}Z_i=0

因此得到第一個正規方程式：

Nm1+m2∑i=1NZi=∑i=1NdiobsNm_1+m_2\sum_{i=1}^{N}Z_i = \sum_{i=1}^{N}d_i^{\mathrm{obs}}

二、求直線斜率 m2m_2

對 m2m_2 微分：

∂E∂m2=−2∑i=1NZi(diobs−m1−m2Zi)\frac{\partial E}{\partial m_2} = -2\sum_{i=1}^{N} Z_i\left(d_i^{\mathrm{obs}}-m_1-m_2Z_i\right)

令偏微分為零：

∑i=1NZi(diobs−m1−m2Zi)=0\sum_{i=1}^{N} Z_i\left(d_i^{\mathrm{obs}}-m_1-m_2Z_i\right)=0

整理得：

m1∑i=1NZi+m2∑i=1NZi2=∑i=1NZidiobsm_1\sum_{i=1}^{N}Z_i +m_2\sum_{i=1}^{N}Z_i^2 = \sum_{i=1}^{N}Z_id_i^{\mathrm{obs}}

這是第二個正規方程式。

斜率與截距公式

令平均值為

Z‾=1N∑i=1NZi\overline{Z}=\frac{1}{N}\sum_{i=1}^{N}Z_i d‾=1N∑i=1Ndiobs\overline{d} = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^{N}d_i^{\mathrm{obs}}

由兩個正規方程式聯立，可得直線斜率：

m2=∑i=1N(Zi−Z‾)(diobs−d‾)∑i=1N(Zi−Z‾)2\boxed{ m_2= \frac{ \displaystyle\sum_{i=1}^{N} (Z_i-\overline{Z}) (d_i^{\mathrm{obs}}-\overline{d}) }{ \displaystyle\sum_{i=1}^{N} (Z_i-\overline{Z})^2 } }

截距為：

m1=d‾−m2Z‾\boxed{ m_1=\overline{d}-m_2\overline{Z} }

因此最小平方法得到的最佳擬合直線為

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第 四 題20 分

在 xx、yy、zz 平面的垂直應力與剪切應力皆對稱，且為

σxx=2 psi,σyy=2 psi,σzz=1 psi\sigma_{xx}=2\ \mathrm{psi},\qquad \sigma_{yy}=2\ \mathrm{psi},\qquad \sigma_{zz}=1\ \mathrm{psi} σxy=−1 psi,σyz=0 psi,σzx=0 psi\sigma_{xy}=-1\ \mathrm{psi},\qquad \sigma_{yz}=0\ \mathrm{psi},\qquad \sigma_{zx}=0\ \mathrm{psi}

(一) 以 3×33\times3 矩陣呈現上述垂直應力與剪切應力。

(二) 從上述 3×33\times3 矩陣的特徵值，得到垂直應力與剪切應力的主應力。

(三) 從上述垂直應力與剪切應力的正規化特徵向量，得到主應力的旋轉矩陣。

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核心觀念

應力張量可用對稱矩陣表示；主應力是此矩陣的特徵值，對應的單位特徵向量則是主方向。將單位特徵向量依序排成矩陣，即可得到座標軸旋轉矩陣。

解題方法

（一）建立應力矩陣

由題意，垂直應力放在主對角線，剪切應力放在非對角線。應力張量對稱，因此 σxy=σyx\sigma_{xy}=\sigma_{yx}、σyz=σzy\sigma_{yz}=\sigma_{zy}、σzx=σxz\sigma_{zx}=\sigma_{xz}：

σ=[2−10−120001]psi.\boldsymbol{\sigma} = \begin{bmatrix} 2 & -1 & 0\\ -1 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \mathrm{psi}.

（二）求主應力

主應力為特徵方程 det⁡(σ−λI)=0\det(\boldsymbol{\sigma}-\lambda\mathbf I)=0 的根：

det⁡[2−λ−10−12−λ0001−λ]=(1−λ)((2−λ)2−1)=0.\det \begin{bmatrix} 2-\lambda & -1 & 0\\ -1 & 2-\lambda & 0\\ 0 & 0 & 1-\lambda \end{bmatrix} =(1-\lambda)\bigl((2-\lambda)^2-1\bigr)=0.

因此特徵值為 λ=3,1,1\lambda=3,1,1，即三個主應力為

σ1=3 psi,σ2=1 psi,σ3=1 psi.\sigma_1=3\ \mathrm{psi},\qquad \sigma_2=1\ \mathrm{psi},\qquad \sigma_3=1\ \mathrm{psi}.

其中 σ2\sigma_2 與 σ3\sigma_3 相等，代表對應的主方向不唯一；只要在該二維特徵空間中選取一組正交單位向量即可。

（三）求主應力旋轉矩陣

對 λ=3\lambda=3，解 (σ−3I)v=0(\boldsymbol{\sigma}-3\mathbf I)\mathbf v=\mathbf 0，可取特徵向量 (1,−1,0)T(1,-1,0)^T，正規化後為

v1=12[1−10].\mathbf v_1=\frac{1}{\sqrt 2} \begin{bmatrix}1\\-1\\0\end{bmatrix}.
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第 五 題15 分

若取樣時間間隔為 11，則時間序列

a=(1, 0.6, −0.4, 0.2, −0.1)a=(1,\ 0.6,\ -0.4,\ 0.2,\ -0.1)

與

b=(1, −0.2)b=(1,\ -0.2)

的摺積（Convolution）為何？

離散式摺積

Ci=∑k=−∞∞ak⋅bi−kΔt=∑k=−∞∞ak⋅bi−k,Δt=1C_i=\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_k\cdot b_{i-k}\Delta t =\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_k\cdot b_{i-k},\qquad \Delta t=1

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核心觀念

離散摺積（convolution）依題目定義為

Ci=∑k=−∞∞akbi−kΔt.C_i=\sum_{k=-\infty}^{\infty}a_k b_{i-k}\Delta t.

取樣時間間隔 Δt=1\Delta t=1，所以每個乘積不需再乘上額外的時間因子。將有限長序列以零補足後，輸出長度為 5+2−1=65+2-1=6。

解題方法

令序列索引從 00 開始：

a0=1,a1=0.6,a2=−0.4,a3=0.2,a4=−0.1,a_0=1,\quad a_1=0.6,\quad a_2=-0.4,\quad a_3=0.2,\quad a_4=-0.1, b0=1,b1=−0.2.b_0=1,\quad b_1=-0.2.

因為 bb 只有兩個非零值，各項摺積可寫成

Ci=aib0+ai−1b1=ai−0.2ai−1,C_i=a_i b_0+a_{i-1}b_1=a_i-0.2a_{i-1},

其中超出序列範圍的 aja_j 視為 00。逐項計算：

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第 六 題15 分

離散的時間序列

S=(S1S2⋮Sn)S= \begin{pmatrix} S_1\\ S_2\\ \vdots\\ S_n \end{pmatrix}

為複數，且其中 nn 為此時間序列的取樣數目。

(一) 若時間序列 SS 的振幅為

(A1A2⋮An)\begin{pmatrix} A_1\\ A_2\\ \vdots\\ A_n \end{pmatrix}

且其相位為

(θ1θ2⋮θn)\begin{pmatrix} \theta_1\\ \theta_2\\ \vdots\\ \theta_n \end{pmatrix}

則 SS 為何？

(二) 若新時間序列 S′S' 為逆時鐘旋轉（旋轉角度為 ϕ\phi）原時間序列 SS 所形成，則 S′S' 為何？時間序列 S′S' 與 SS 的關係式為何？

(三) 若原時間序列 SS 逆時鐘旋轉的角度為

(ϕ1ϕ2⋮ϕn)\begin{pmatrix} \phi_1\\ \phi_2\\ \vdots\\ \phi_n \end{pmatrix}

則 S′S' 為何？

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核心觀念

複數時間序列可逐點以極座標表示。若第 kk 個樣本的振幅為 AkA_k、相位為 θk\theta_k，則

Sk=Akeiθk=Ak(cos⁡θk+isin⁡θk),k=1,…,n.S_k=A_k e^{i\theta_k} =A_k(\cos\theta_k+i\sin\theta_k),\qquad k=1,\ldots,n.

複數乘上 eiϕe^{i\phi}，會使其在複數平面上逆時鐘旋轉 ϕ\phi，而振幅保持不變、相位增加 ϕ\phi。

解題方法

（一）以振幅與相位表示 SS

將每個樣本分別寫成極座標形式，得到

S=(A1eiθ1A2eiθ2⋮Aneiθn)=(A1(cos⁡θ1+isin⁡θ1)A2(cos⁡θ2+isin⁡θ2)⋮An(cos⁡θn+isin⁡θn)).S= \begin{pmatrix} A_1e^{i\theta_1}\\ A_2e^{i\theta_2}\\ \vdots\\ A_ne^{i\theta_n} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A_1(\cos\theta_1+i\sin\theta_1)\\ A_2(\cos\theta_2+i\sin\theta_2)\\ \vdots\\ A_n(\cos\theta_n+i\sin\theta_n) \end{pmatrix}.

（二）整個序列逆時鐘旋轉固定角度 ϕ\phi

旋轉因子為

eiϕ=cos⁡ϕ+isin⁡ϕ.e^{i\phi}=\cos\phi+i\sin\phi.

因此新序列是

S′=eiϕS.S'=e^{i\phi}S.

逐項來看，

Sk′=Akeiθkeiϕ=Akei(θk+ϕ),S'_k=A_ke^{i\theta_k}e^{i\phi} =A_ke^{i(\theta_k+\phi)},

所以

S′=(A1ei(θ1+ϕ)A2ei(θ2+ϕ)⋮Anei(θn+ϕ)).S'= \begin{pmatrix} A_1e^{i(\theta_1+\phi)}\\ A_2e^{i(\theta_2+\phi)}\\ \vdots\\ A_ne^{i(\theta_n+\phi)} \end{pmatrix}.

這表示每個樣本的振幅仍為 AkA_k，相位則增加 ϕ\phi。

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