107 調查局特考三等 電子科學組 工程數學 考古題詳解

核心觀念

本題屬於二階非齊次尤拉－柯西（Euler-Cauchy）微分方程式的初值問題（Initial Value Problem, IVP）。解題的核心觀念與工具包含：

1. 尤拉－柯西方程式標準型： $a x^2 y'' + b x y' + c y = f(x)$ 其特徵為各項導數的階數與所乘自變數 $x$ 的次方數相同（等維方程式）。
2. 對應齊次方程式的輔助方程式（Auxiliary Equation）： 令 $y = x^m$，代入齊次式 $x^2 y'' + x y' - 4y = 0$： $m(m-1) + m - 4 = 0 \implies m^2 - 4 = 0$ 求出特徵根 $m$，進而構建齊次解（互補解）$y_h(x)$。
3. 非齊次項的共振現象（Resonance）與特解設定： 若非齊次項 $f(x) = 4x^2$ 中的 $x^2$ 已包含在齊次解基底之中，特解不能直接假設為 $A x^2$，而必須乘上自變數的對數因子 $\ln x$，即假設為 $y_p(x) = A x^2 \ln x$；亦可透過變數變換 $x = e^t$（$t = \ln x$）化為常係數微分方程式後，利用運算子法求解。
4. 初始條件決定常數： 結合通解 $y(x) = y_h(x) + y_p(x)$ 及其一階導函數 $y'(x)$，代入初始條件 $y(1)=0$ 與 $y'(1)=5$ 解聯立方程式，決定待定常數。

解題方法

步驟一：求解對應的齊次解 $y_h(x)$

考慮對應的齊次方程式： $x^2 y'' + x y' - 4y = 0$

因初始條件給在 $x=1 > 0$，考慮定義域 $x > 0$。設 $y = x^m$，則 $y' = m x^{m-1}$，$y'' = m(m-1) x^{m-2}$。代入齊次方程式得： $x^2 \cdot m(m-1)x^{m-2} + x \cdot m x^{m-1} - 4x^m = 0$ $[m(m-1) + m - 4]x^m = 0$

由於 $x^m \neq 0$，得到特徵方程式： $m^2 - 4 = 0 \implies (m-2)(m+2) = 0$ 解得兩相異實根： $m_1 = 2,\qquad m_2 = -2$

因此，齊次解為： $y_h(x) = c_1 x^2 + c_2 x^{-2} = c_1 x^2 + \frac{c_2}{x^2}$ （其中 $c_1, c_2$ 為任意實常數）

步驟二：求解非齊次特解 $y_p(x)$

非齊次項為 $4x^2$。注意到 $x^2$ 恰為齊次解的一組基底（對應特徵根 $m=2$），存在共振現象。

【解法：未定係數法】 依尤拉－柯西方程式修正規則，特解形式應設為： $y_p(x) = A x^2 \ln x$

對 $y_p(x)$ 連續微分： $y_p'(x) = A\left(2x \ln x + x^2 \cdot \frac{1}{x}\right) = A(2x \ln x + x)$ $y_p''(x) = A\left(2 \ln x + 2x \cdot \frac{1}{x} + 1\right) = A(2 \ln x + 3)$

將 $y_p, y_p', y_p''$ 代回原方程式左式： $x^2 y_p'' + x y_p' - 4y_p = x^2 [A(2 \ln x + 3)] + x [A(2x \ln x + x)] - 4 [A x^2 \ln x]$ $= A x^2 (2 \ln x + 3) + A x^2 (2 \ln x + 1) - 4A x^2 \ln x$

核心觀念

1. 週期函數與傅立葉級數定義： 設函數 $f(x)$ 之週期為 $T = 2L = 2\pi$（即半週期 $L = \pi$），其三角形式傅立葉級數（Fourier Series）展開式為： $f(x) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} \left( a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx) \right)$ 其中各係數定義為： $a_0 = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\,dx$ $a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\cos(nx)\,dx,\qquad (n = 1, 2, 3, \dots)$ $b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)\sin(nx)\,dx,\qquad (n = 1, 2, 3, \dots)$

2. 對稱性簡化（奇偶函數性質）： 雙曲餘弦函數定義為 $\cosh(x) = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$。因為 $\cosh(-x) = \cosh(x)$，故 $f(x)$ 為偶函數（Even Function）：

• 偶函數乘上奇函數為奇函數，其在對稱區間 $[-\pi, \pi]$ 的積分為零，因此正弦係數： $b_n = 0$
• 級數簡化為純餘弦級數（Fourier Cosine Series），計算區間可縮減至 $[0, \pi]$ 並倍增： $a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} \cosh(x)\,dx$ $a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \cosh(x)\cos(nx)\,dx$

3. 微積分基本公式：

• $\frac{d}{dx}\sinh(x) = \cosh(x)$，$\frac{d}{dx}\cosh(x) = \sinh(x)$，且 $\sinh(0) = 0$。
• $\cos(n\pi) = (-1)^n$，$\sin(n\pi) = 0$（對任意整數 $n$）。

解題方法

步驟一：判斷函數奇偶性以簡化係數

已知 $f(x) = \cosh(x)$ 於 $[-\pi, \pi]$ 滿足 $f(-x) = f(x)$，為偶函數。 因此正弦分量係數直接為零： $b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \cosh(x)\sin(nx)\,dx = 0,\qquad n = 1, 2, 3, \dots$

步驟二：求直流常數項 $a_0$

利用偶函數對稱性質： $a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} \cosh(x)\,dx = \frac{1}{\pi} \Big[ \sinh(x) \Big]_0^{\pi} = \frac{\sinh(\pi) - \sinh(0)}{\pi} = \frac{\sinh(\pi)}{\pi}$

步驟三：求餘弦係數 $a_n$

利用分部積分法求定積分： $a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \cosh(x)\cos(nx)\,dx$

先令不定積分 $I = \int \cosh(x)\cos(nx)\,dx$。 第一次分部積分（令 $u = \cos(nx)$，$dv = \cosh(x)\,dx \implies du = -n\sin(nx)\,dx$，$v = \sinh(x)$）： $I = \sinh(x)\cos(nx) + n \int \sinh(x)\sin(nx)\,dx$

第二次分部積分（令 $u = \sin(nx)$，$dv = \sinh(x)\,dx \implies du = n\cos(nx)\,dx$，$v = \cosh(x)$）： $\int \sinh(x)\sin(nx)\,dx = \cosh(x)\sin(nx) - n \int \cosh(x)\cos(nx)\,dx = \cosh(x)\sin(nx) - nI$

將第二次結果代回 $I$： $I = \sinh(x)\cos(nx) + n\cosh(x)\sin(nx) - n^2 I$ $(1 + n^2)I = \sinh(x)\cos(nx) + n\cosh(x)\sin(nx)$ $I = \frac{\sinh(x)\cos(nx) + n\cosh(x)\sin(nx)}{1 + n^2}$

代入上下限 $0$ 與 $\pi$： $\int_{0}^{\pi} \cosh(x)\cos(nx)\,dx = \left[ \frac{\sinh(x)\cos(nx) + n\cosh(x)\sin(nx)}{1 + n^2} \right]_0^{\pi}$

• 當 $x = \pi$ 時：$\sin(n\pi) = 0$，$\cos(n\pi) = (-1)^n$，值為 $\frac{(-1)^n \sinh(\pi)}{1 + n^2}$。

核心觀念

本題考查線性代數中矩陣特徵系統（Eigensystem）分析與矩陣對角化（Diagonalization）應用，為國家考試電子科學組《工程數學》的經典基本題型，主要涵蓋四大重點：

1. 特徵多項式與特徵值：滿足特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$ 之純量 $\lambda$。由於三角矩陣（Triangular Matrix）的行列式等於主對角線元素之乘積，其對角線元素即為該矩陣的所有特徵值。
2. 特徵向量求解：將求得之特徵值代回齊次線性方程組 $(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$，求其對應的非零解空間（即特徵空間 Eigenspace）之基底向量。
3. 矩陣對角化定理：若 $n \times n$ 矩陣 $A$ 具有 $n$ 個線性獨立的特徵向量 $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \dots, \mathbf{v}_n$，則以該特徵向量為行（columns）所構成之模態矩陣（Modal Matrix）$P = [\mathbf{v}_1 \ \mathbf{v}_2 \ \dots \ \mathbf{v}_n]$，必滿足 $P^{-1}AP = D$，其中 $D = \operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n)$ 為對角矩陣。
4. 矩陣冪次（Matrix Powers）計算：利用相似轉換之性質，當 $A = PDP^{-1}$ 時，矩陣的任意正整數冪次可化簡為 $A^n = P D^n P^{-1}$，大幅避免直接連續乘法的龐大運算。

解題方法

（一）求 $A$ 之特徵值與相對應之特徵向量

1. 求特徵值（Eigenvalues）： 矩陣 $A = \begin{bmatrix}-1&0\\1&-5\end{bmatrix}$，其特徵方程式為： $\det(A - \lambda I) = \det\begin{bmatrix}-1-\lambda & 0 \\ 1 & -5-\lambda\end{bmatrix} = 0$ 展開行列式： $(-1-\lambda)(-5-\lambda) - (0)(1) = 0 \implies (\lambda + 1)(\lambda + 5) = 0$ 解得特徵值為： $\lambda_1 = -1, \quad \lambda_2 = -5$

2. 求相對應之特徵向量（Eigenvectors）：

• 當 $\lambda_1 = -1$ 時，求解齊次方程組 $(A - (-1)I)\mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$： $\begin{bmatrix}0 & 0 \\ 1 & -4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 \\ x_2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0 \\ 0\end{bmatrix}$ 由第二列得方程式： $x_1 - 4x_2 = 0 \implies x_1 = 4x_2$ 選取自由變數 $x_2 = 1$，得到對應 $\lambda_1 = -1$ 的特徵向量： $\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix}4 \\ 1\end{bmatrix}$ （或任意非零純量倍數 $c_1\begin{bmatrix}4 \\ 1\end{bmatrix}, c_1 \neq 0$）

• 當 $\lambda_2 = -5$ 時，求解齊次方程組 $(A - (-5)I)\mathbf{v}_2 = \mathbf{0}$： $\begin{bmatrix}4 & 0 \\ 1 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1 \\ x_2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0 \\ 0\end{bmatrix}$ 由第一列與第二列可得： $x_1 = 0$ 此時 $x_2$ 可為任意非零實數。選取自由變數 $x_2 = 1$，得到對應 $\lambda_2 = -5$ 的特徵向量： $\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix}0 \\ 1\end{bmatrix}$ （或任意非零純量倍數 $c_2\begin{bmatrix}0 \\ 1\end{bmatrix}, c_2 \neq 0$）

（二）求矩陣 $P$ 以滿足 $P^{-1}AP$ 為對角矩陣

由矩陣對角化原理，令變換矩陣 $P$ 為由對應的線性獨立特徵向量所組成之模態矩陣： $P = \begin{bmatrix}\mathbf{v}_1 & \mathbf{v}_2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}4 & 0 \\ 1 & 1\end{bmatrix}$

驗證其行列式值： $\det(P) = (4)(1) - (0)(1) = 4 \neq 0$ 可知 $P$ 為可逆矩陣。

此時必滿足： $P^{-1}AP = D = \begin{bmatrix}\lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-1 & 0 \\ 0 & -5\end{bmatrix}$ （註：若特徵向量排列順序互換，對應之對角矩陣對角元素順序亦隨之對調，均屬正確答案）。

（三）求 $A^{18}$

核心觀念

本題評量複變函數論（Complex Variables）中的複數路徑積分、奇異點（Singularities）判定與複變積分定理的應用，涉及的核心理論如下：

1. 極點判定：令被積函數分母為零，求出孤立奇異點及其階數（Order）。
2. 柯西–古薩積分定理（Cauchy-Goursat Theorem）：若函數 $f(z)$ 在簡單封閉路徑 $C$ 及其內部皆為解析（Analytic），則沿該封閉路徑的線積分為零： $\oint_C f(z)\,dz = 0$
3. 柯西留數定理（Cauchy's Residue Theorem）：若 $f(z)$ 在簡單閉路徑 $C$ 內部除有限個孤立奇異點 $z_k$ 外處處解析，且 $C$ 沿逆時針方向（正向），則： $\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i \sum_{k=1}^n \text{Res}(f, z_k)$
4. 一階極點（Simple Pole）的留數公式： $\text{Res}(f, z_0) = \lim_{z \to z_0} (z - z_0) f(z)$

解題方法

令被積函數為： $f(z) = \frac{z}{z^2 - 1} = \frac{z}{(z - 1)(z + 1)}$

步驟一：求出奇異點 令分母 $z^2 - 1 = 0$，得奇異點為： $z_1 = 1,\quad z_2 = -1$ 兩者皆為 $f(z)$ 的一階極點（Simple poles）。

（一）求解積分路徑 $C_1: |z| = \frac{1}{3}$

1. 幾何位置判定：

• 積分路徑 $C_1$ 為以原點為中心、半徑 $R = \frac{1}{3}$ 的圓周。
• 奇異點到原點的距離分別為 $|z_1| = |1| = 1$ 與 $|z_2| = |-1| = 1$。
• 因為 $1 > \frac{1}{3}$，所以兩奇異點 $z = \pm 1$ 均落在閉路徑 $C_1$ 的外部。

2. 積分計算：

• 被積函數 $f(z)$ 在圓周 $|z| = \frac{1}{3}$ 上及其內部皆為解析函數。
• 根據柯西–古薩積分定理（Cauchy-Goursat Theorem）： $\int_{C_1} \frac{z}{z^2 - 1}\,dz = 0$

（二）求解積分路徑 $C_2: |z| = 3$

1. 幾何位置判定：

• 積分路徑 $C_2$ 為以原點為中心、半徑 $R = 3$ 的圓周。
• 兩奇異點滿足 $|z_1| = 1 < 3$ 與 $|z_2| = 1 < 3$，故 $z = 1$ 與 $z = -1$ 均落在閉路徑 $C_2$ 的內部。

核心觀念

本題主要測驗連續型隨機變數（Continuous Random Variable）之「機率密度函數」（Probability Density Function, PDF）的核心性質與計算：

1. 區間機率與積分之關係： 若隨機變數 $W$ 具有機率密度函數 $f_W(w)$，則 $W$ 落在區間 $[a, b]$ 的機率為該區間之定積分，亦即幾何圖形下方的面積： $P(a \leq W \leq b) = \int_a^b f_W(w) \, dw$
2. 期望值（平均值）之定義： 連續型隨機變數 $W$ 的期望值定義為其取值乘上機率密度函數的全區間積分： $E[W] = \int_{-\infty}^{\infty} w f_W(w) \, dw$
3. 對稱性（Symmetry）： 若機率密度函數 $f_W(w)$ 關於直線 $w = c$ 線對稱（即滿足 $f_W(c+u) = f_W(c-u)$），且其期望值存在，則 $E[W] = c$。

解題方法

（一）計算等待超過兩分鐘的機率 $P(W > 2)$

1. 確立積分範圍與對應函數： 根據題目定義，隨機變數 $W$ 之有效範圍為 $1 < w < 3$。 要求 $W > 2$ 的機率，有效定義區間為 $2 \leq w < 3$，在此區間內 $f_W(w) = 3 - w$。

2. 列出積分式並計算： $P(W > 2) = \int_2^\infty f_W(w) \, dw = \int_2^3 (3 - w) \, dw$

3. 執行定積分運算： $\int_2^3 (3 - w) \, dw = \left[ 3w - \frac{1}{2}w^2 \right]_2^3$ 代入上、下限： $= \left( 3(3) - \frac{1}{2}(3)^2 \right) - \left( 3(2) - \frac{1}{2}(2)^2 \right)$ $= \left( 9 - \frac{9}{2} \right) - (6 - 2) = \frac{9}{2} - 4 = \frac{1}{2}$

故等待超過兩分鐘的機率為 $\frac{1}{2}$（或 $0.5$）。

（二）計算等待的平均時間 $E[W]$

1. 依定義分段展開期望值積分式： $E[W] = \int_{-\infty}^{\infty} w f_W(w) \, dw = \int_1^2 w(w - 1) \, dw + \int_2^3 w(3 - w) \, dw$

2. 分別計算第一段與第二段之定積分：

• 第一段積分（$1 < w < 2$）： $\int_1^2 (w^2 - w) \, dw = \left[ \frac{1}{3}w^3 - \frac{1}{2}w^2 \right]_1^2$ $= \left( \frac{1}{3}(2)^3 - \frac{1}{2}(2)^2 \right) - \left( \frac{1}{3}(1)^3 - \frac{1}{2}(1)^2 \right)$