112 身心障礙特考三等 電力工程 工程數學 考古題詳解

核心觀念

本題考「拉氏轉換解常係數二階線性微分方程」及「單位階躍函數表示分段外力」。利用

$$\mathcal L\{y'\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal L\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0),$$

並以 $u(t-1)$ 表示 $t=1$ 之後外力的變化。

將分段外力寫成

$$f(t)=10\sin 2t-10u(t-1)\sin 2t.$$

第二項須改寫成 $t-1$ 的函數，才能套用位移定理：

$$u(t-1)\sin 2t =u(t-1)\sin\bigl(2(t-1)+2\bigr).$$

因此

$$\mathcal L\{u(t-1)\sin 2t\} =e^{-s}\mathcal L\{\sin(2t+2)\}.$$

解題方法

令 $Y(s)=\mathcal L\{y(t)\}$。由初始條件 $y(0)=1$、$y'(0)=-5$，

$$\mathcal L\{y''+2y'+2y\} =(s^2Y-s+5)+2(sY-1)+2Y =(s^2+2s+2)Y-s+3.$$

先求外力的拉氏轉換。因為

$$\sin(2t+2)=\sin 2t\cos 2+\cos 2t\sin 2,$$

所以

$$\mathcal L\{\sin(2t+2)\} =\frac{2\cos 2+s\sin 2}{s^2+4}.$$

故

$$\mathcal L\{f(t)\} =\frac{20}{s^2+4} -\frac{10e^{-s}(s\sin 2+2\cos 2)}{s^2+4}.$$

代入微分方程並整理：

$$(s^2+2s+2)Y-s+3 =\frac{20-10e^{-s}(s\sin 2+2\cos 2)}{s^2+4},$$ $$Y(s)=\frac{s-3}{s^2+2s+2} +\frac{20-10e^{-s}(s\sin 2+2\cos 2)} {(s^2+4)(s^2+2s+2)}.$$

為方便反拉氏，令 $D=s^2+2s+2=(s+1)^2+1$。分式分解可得

$$\frac{20}{(s^2+4)D} =\frac{-4s+4}{s^2+4} +\frac{4s+12}{D}.$$

又

$$\frac{s\sin 2+2\cos 2}{(s^2+4)D} =\frac{\sin 2}{2}\frac{s}{s^2+4} +\left(\cos 2-\frac{\sin 2}{2}\right)\frac{1}{s^2+4} -\frac{\sin 2}{2}\frac{s+1}{D} +\frac{\sin 2-\cos 2}{D}.$$

核心觀念

本題考查反矩陣、特徵值與特徵向量、相似對角化，以及利用對角化計算矩陣高次方。

若 $A$ 可逆，則 $AA^{-1}=I$。特徵值 $\lambda$ 與特徵向量 $v\ne 0$ 滿足 $Av=\lambda v$，也就是 $(A-\lambda I)v=0$。若有三個線性獨立的特徵向量作為 $P$ 的列向量，則

$$D=P^{-1}AP,\qquad A=PDP^{-1},$$

其中 $D$ 的對角元素依序為 $P$ 各列特徵向量所對應的特徵值。因此 $A^n=PD^nP^{-1}$。

解題方法

（一）求反矩陣 $A^{-1}$

先求行列式：

$$\det A = \begin{vmatrix} 0&0&-2\\ 1&2&1\\ 1&0&3 \end{vmatrix} =4\ne 0.$$

故 $A$ 可逆。其伴隨矩陣為

$$\operatorname{adj}(A)= \begin{bmatrix} 6&0&4\\ -2&2&-2\\ -2&0&0 \end{bmatrix}.$$

因此

$$A^{-1}=\frac{1}{\det A}\operatorname{adj}(A) = \begin{bmatrix} \frac32&0&1\\ -\frac12&\frac12&-\frac12\\ -\frac12&0&0 \end{bmatrix}.$$

（二）求所有特徵值

特徵多項式為

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

所以特徵值為 $\lambda=1$，以及 $\lambda=2$（代數重數為 $2$）。

（三）求 $P$ 與 $D$

對 $\lambda=1$，解 $(A-I)v=0$：

$$A-I= \begin{bmatrix} -1&0&-2\\ 1&1&1\\ 1&0&2 \end{bmatrix}.$$

方程給出 $x=-2z$、$y=z$，可取特徵向量

$$v_1=\begin{bmatrix}-2\\1\\1\end{bmatrix}.$$

對 $\lambda=2$，解 $(A-2I)v=0$：

$$A-2I= \begin{bmatrix} -2&0&-2\\ 1&0&1\\ 1&0&1 \end{bmatrix}.$$

方程給出 $x=-z$，而 $y$ 自由。取兩個線性獨立的特徵向量

核心觀念

本題考線性方程組的解集合，以及解集合的維度。未知數有 $3$ 個、獨立方程式有 $2$ 個時，若方程組相容，解集合的維度為「未知數個數減去係數矩陣的秩」，也就是 $3-\operatorname{rank}(A)$。

解題方法

將第一式從第二式相減，消去 $x$：

$$(x+2y-z)-(x+y+z)=4-3$$

得到

$$y-2z=1,\qquad y=1+2z.$$

令 $z=t$，則 $y=1+2t$。代回第一式：

$$x+(1+2t)+t=3 \quad\Longrightarrow\quad x=2-3t.$$

因此解集合為

$$(x,y,z)=(2-3t,\;1+2t,\;t),\qquad t\in\mathbb{R}.$$

方程組有一個自由參數，解集合是直線，其維度為 $1$，不是 $2$。

選項分析

核心觀念

矩陣的秩是其行向量或列向量中線性獨立向量的最大數目。對 $4\times 4$ 矩陣而言，若能找到一個 $3\times 3$ 子矩陣的行列式不為零，便可知矩陣的秩至少為 $3$；再證明整個矩陣的行列式為零，即可確定秩恰為 $3$。

解題方法

依照四個 $2\times 2$ 區塊的位置，將矩陣展開為

$$M= \begin{bmatrix} -1&1&-1&0\\ 0&1&0&0\\ 1&0&1&0\\ 0&0&-1&-1 \end{bmatrix}.$$

取第 $1、2、4$ 列與第 $1、2、4$ 行所構成的 $3\times 3$ 子矩陣：

$$\begin{bmatrix} -1&1&0\\ 0&1&0\\ 0&0&-1 \end{bmatrix}.$$

此矩陣為上三角矩陣，其行列式為對角線元素的乘積：

$$(-1)(1)(-1)=1\ne 0.$$

核心觀念

本題考矩陣的反矩陣、秩、齊次線性方程組的解，以及特徵向量的定義。

對 $2\times2$ 矩陣 $A=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}$，若 $\det A=ad-bc\ne0$，則 $A$ 可逆、秩為 $2$，且方程組 $Ax=0$ 只有零解。向量 $v\ne0$ 若滿足 $Av=\lambda v$，其中 $\lambda$ 為純量，則 $v$ 是 $A$ 的特徵向量。

解題方法

先計算行列式，確認矩陣是否可逆；再以反矩陣公式核對 (A)，並由行列式判斷 (B)、(C)。最後直接計算 $A\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$，檢驗所得向量是否為原向量的純量倍數。

$$\det A=2\cdot7-3\cdot4=2\ne0$$

因此 $A$ 可逆，且 $\operatorname{rank}(A)=2$。

選項分析

(A) 正確。 $2\times2$ 矩陣的反矩陣公式為

$$A^{-1}=\frac{1}{ad-bc} \begin{bmatrix} d&-b\\ -c&a \end{bmatrix}.$$

代入本題矩陣：

$$A^{-1} =\frac{1}{2} \begin{bmatrix} 7&-3\\ -4&2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3.5&-1.5\\ -2&1 \end{bmatrix}.$$

與選項所列相同。

核心觀念

核空間是所有經線性轉換後映成零向量的輸入向量所成的集合：

$$\ker(T)=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3:T(x,y,z)=(0,0)\}。$$

核空間的維度等於使轉換結果為零的線性獨立自由變數個數。

解題方法

令 $T(x,y,z)=(0,0)$，由題目給定的轉換可得

$$(2x,y-z)=(0,0)。$$

因此

$$2x=0,\qquad y-z=0，$$

也就是 $x=0$、$y=z$。令 $y=z=t$，則核空間中的向量可寫成

$$(x,y,z)=(0,t,t)=t(0,1,1)。$$

所以

$$\ker(T)=\operatorname{span}\{(0,1,1)\}，$$

由一個線性獨立向量張成，故 $\dim\ker(T)=1$。

選項分析

核心觀念

本題考的是向量到子空間的距離。向量 $u$ 到子空間 $S$ 的最短距離，定義為

$$d(u,S)=\min_{s\in S}\|u-s\|.$$

在標準內積下，最短距離等於 $u$ 在 $S$ 的正交補空間 $S^\perp$ 上的投影長度。

解題方法

由

$$S=\operatorname{span}\big((1,0,0,0),(0,0,0,1)\big)$$

可知 $S$ 中的向量具有形式 $(a,0,0,b)$，也就是第一、四個分量可以改變，第二、三個分量固定為 $0$。

對 $u=(1,1,3,5)$，取 $s=(1,0,0,5)\in S$，則

$$u-s=(0,1,3,0).$$

這個差向量與 $S$ 的兩個生成向量皆正交，因此 $s$ 是 $u$ 在 $S$ 上的正交投影，且距離為

核心觀念

相似矩陣具有相同的行列式。若 $B$ 與 $A$ 相似，則存在可逆矩陣 $P$，使得 $B=P^{-1}AP$，因此

$$\det(B)=\det(P^{-1})\det(A)\det(P)=\det(A).$$

此外，行列式滿足 $\det(AB)=\det(A)\det(B)$。

解題方法

先計算 $A$ 的行列式：

$$\det(A)= \begin{vmatrix} 1&2\\ 0&3 \end{vmatrix} =1\cdot 3-2\cdot 0=3.$$

由於 $B$ 與 $A$ 相似，$\det(B)=\det(A)=3$。所以

$$\det(AB)=\det(A)\det(B)=3\cdot 3=9.$$

選項分析

核心觀念

若矩陣 $A$ 的特徵值為 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$，則多項式 $p(A)$ 的特徵值為 $p(\lambda_1),p(\lambda_2),p(\lambda_3)$。矩陣行列式等於其特徵值的乘積，因此

$$\det p(A)=\prod_{i=1}^{3}p(\lambda_i).$$

本題令 $p(x)=x^2+3x+2$，利用已知特徵值即可計算行列式。

解題方法

將多項式因式分解：

$$A^2+3A+2I=(A+I)(A+2I).$$

由行列式的乘法性質，

$$\det(A^2+3A+2I) =\det(A+I)\det(A+2I).$$

若 $A$ 的特徵值為 $-3,1,2$，則 $A+I$ 的特徵值為 $-2,2,3$，而 $A+2I$ 的特徵值為 $-1,3,4$。因此

核心觀念

本題考矩陣冪次的極限 $A^\infty=\lim_{n\to\infty}A^n$。矩陣 $A$ 每一列的元素和皆為 $1$，是隨機矩陣；其冪次的極限由穩態向量決定。

解題方法

先找特徵值與穩態向量。因為 $A$ 的每列和為 $1$，所以 $1$ 是特徵值。另一個特徵值為

$$\operatorname{tr}(A)-1=(0.8+0.7)-1=0.5.$$

由於另一特徵值的絕對值小於 $1$，其對應的部分在 $A^n$ 中會隨 $n\to\infty$ 消失，因此極限矩陣的每一欄都由特徵值 $1$ 的穩態向量決定。

令極限矩陣的兩列相同，設每一欄為向量

$$\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}, \qquad x+y=1.$$

穩態條件為

$$A\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}.$$

由第一列得到

$$0.8x+0.3y=x \quad\Longrightarrow\quad 0.2x=0.3y \quad\Longrightarrow\quad x:y=3:2.$$

核心觀念

本題考複變函數的實部、虛部，以及 Cauchy–Riemann 方程。若解析函數寫成 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$，則須滿足

$$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}, \qquad \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}.$$

另外，複合函數 $\cos z$ 的導數為 $-\sin z$。

解題方法

利用複數三角函數的指數形式，展開 $\cos(x+iy)$：

$$\begin{aligned} \cos(x+iy) &=\frac{e^{i(x+iy)}+e^{-i(x+iy)}}{2}\\ &=\frac{e^{-y}e^{ix}+e^ye^{-ix}}{2}\\ &=\frac{e^{-y}(\cos x+i\sin x)+e^y(\cos x-i\sin x)}{2}\\ &=\cos x\frac{e^y+e^{-y}}{2} -i\sin x\frac{e^y-e^{-y}}{2}. \end{aligned}$$

因此

$$u(x,y)=\cos x\frac{e^y+e^{-y}}{2}, \qquad v(x,y)=-\sin x\frac{e^y-e^{-y}}{2}.$$

驗算 Cauchy–Riemann 方程：

核心觀念

複數指數方程式要先把指數中的實部與虛部分開，並使用 Euler 公式 $e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$。複數指數具有週期性，因此辯角須考慮相差 $2k\pi$，其中 $k\in\mathbb Z$。

解題方法

將 $z=x+iy$ 代入題目：

$$e^{2z+\ln 2}=e^{2x+\ln 2}e^{i2y} =2e^{2x}(\cos 2y+i\sin 2y).$$

另一方面，

$$1+i=\sqrt{2}\left(\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}\right).$$

比較兩邊的模長：

$$2e^{2x}=\sqrt{2} \quad\Longrightarrow\quad e^{2x}=\frac{1}{\sqrt{2}}=2^{-1/2} \quad\Longrightarrow\quad x=-\frac14\ln 2.$$

比較兩邊的辯角：

$$2y=\frac{\pi}{4}+2k\pi \quad\Longrightarrow\quad y=\frac{\pi}{8}+k\pi,\qquad k\in\mathbb Z.$$

因此，完整解為

核心觀念

複變線積分沿著參數曲線 $z=z(t)$ 計算時，使用

$$\int_C f(z)\,dz=\int_a^b f\bigl(z(t)\bigr)\,z'(t)\,dt.$$

其中 $z'(t)\,dt=dz$，因此必須同時代入被積函數與曲線的導數。

解題方法

已知 $z(t)=t-it^2$，且 $0\le t\le 1$，先求

$$z'(t)=1-2it.$$

代入 $1-z(t)$：

$$1-z(t)=1-t+it^2.$$

所以

$$\begin{aligned} \int_C(1-z)\,dz &=\int_0^1(1-t+it^2)(1-2it)\,dt\\ &=\int_0^1\left(1-t+2t^3+i(3t^2-2t)\right)dt\\ &=\left[t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^4}{2} +i\left(t^3-t^2\right)\right]_0^1\\ &=1. \end{aligned}$$

核心觀念

使用留數定理計算複變函數的閉路積分：

$$\oint_C f(z)\,dz =2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;z_k),$$

其中只加總積分路徑 $C$ 內部的孤立奇點留數。若路徑內沒有奇點，函數在路徑內解析，積分即為 $0$。

解題方法

先將分母因式分解：

$$z^2+6iz=z(z+6i),$$

因此被積函數的奇點在 $z=0$ 與 $z=-6i$。

圓心為 $3i$、半徑為 $2$。比較兩個奇點到圓心的距離：

$$|0-3i|=3>2, \qquad |-6i-3i|=9>2.$$

核心觀念

本題考查二階常係數非齊次線性微分方程的通解，以及「通解」與「特解」的區別。

對方程

$$y''-2y=x^2-1$$

先解齊次方程 $y''-2y=0$，再求非齊次方程的一個特解。若沒有指定初始條件，解中會保留兩個任意常數；只有給定兩個適當的初始條件後，才能決定唯一解。

解題方法

齊次方程的特徵方程為

$$r^2-2=0,$$

故 $r=\pm\sqrt{2}$，齊次解為

$$y_h=c_1e^{\sqrt{2}x}+c_2e^{-\sqrt{2}x}.$$

因右側是二次多項式，設特解為 $y_p=ax^2+bx+c$。代入原方程：

$$y_p''-2y_p=2a-2(ax^2+bx+c) =-2ax^2-2bx+(2a-2c).$$

與 $x^2-1$ 比較係數，得

$$-2a=1,\qquad -2b=0,\qquad 2a-2c=-1.$$

因此 $a=-\frac12,\ b=0,\ c=0$，所以

$$y_p=-\frac12x^2.$$

通解為

$$y=c_1e^{\sqrt{2}x}+c_2e^{-\sqrt{2}x}-\frac12x^2.$$

題目沒有附加初始條件時，$c_1,c_2$ 可任意取值，因此有無限多個解，不能說有唯一解。

選項分析

(A) 錯誤。 題目只給微分方程，沒有指定初始條件或邊界條件，通解含有兩個任意常數，故解不唯一。若再給定適當的兩個初始條件，才可求得唯一的特解。

(B) 正確。 上述通解即為

$$y=c_1e^{\sqrt{2}x}+c_2e^{-\sqrt{2}x}-0.5x^2.$$

核心觀念

將微分方程寫成

$$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$$

若滿足 $M_y=N_x$，就是正合微分方程。乘上積分因子 $\mu(x,y)$ 後，要檢查

$$\frac{\partial(\mu M)}{\partial y} = \frac{\partial(\mu N)}{\partial x}.$$

解題方法

本題

$$M=2x^{-1}y-9=\frac{2y}{x}-9,\qquad N=3-6xy^{-1}=3-\frac{6x}{y}.$$

依序檢查各選項乘上後是否符合正合條件。官方答案的選項為 $\mu=x^2y^2$：

$$\mu M=x^2y^2\left(\frac{2y}{x}-9\right) =2xy^3-9x^2y^2,$$ $$\mu N=x^2y^2\left(3-\frac{6x}{y}\right) =3x^2y^2-6x^3y.$$

計算交叉偏導數：

$$\frac{\partial(\mu M)}{\partial y} =6xy^2-18x^2y,$$ $$\frac{\partial(\mu N)}{\partial x} =6xy^2-18x^2y.$$

兩者相等，因此乘上 $x^2y^2$ 後，方程式為正合。

選項分析

核心觀念

本題考查冪級數代入微分方程後，利用同次方冪係數相等求係數遞迴式。設

$$y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n，$$

則

$$y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}。$$

代入方程後，需將各級數整理成相同的 $x$ 次方，才能比較係數。

解題方法

將導數級數改寫為從 $x^0$ 開始：

$$y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n。$$

而

$$xy=x\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n =\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}x^n。$$

因此 $y'+xy=0$ 可寫成

$$a_1+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl((n+1)a_{n+1}+a_{n-1}\bigr)x^n=0。$$

常數項給出 $a_1=0$；對 $n=1,2,3,\ldots$，各次方的係數必須為零：

$$(n+1)a_{n+1}+a_{n-1}=0，$$

所以

$$a_{n+1}=-\frac{1}{n+1}a_{n-1}。$$

這正是選項 (C)。