112 調查局特考三等 電子科學組 工程數學 考古題詳解

112 年・調查局特考・三等・電子科學組
試題代碼 工程數學

第 一 題15 分

求微分方程

y′′−4xy′+4x2y=x2+1,for x>0y''-\frac{4}{x}y'+\frac{4}{x^2}y=x^2+1,\qquad \text{for }x>0

的通解（general solution）。

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核心觀念

本題是二階線性非齊次微分方程，左側係數含有 1/x1/x、1/x21/x^2，可辨認為 Euler–Cauchy 型微分算子。齊次解可設 y=xmy=x^m 求特徵方程；非齊次解則利用線性疊加，分別求右側 x2x^2 與常數 11 所對應的特解。

解題方法

先解齊次方程

y′′−4xy′+4x2y=0.y''-\frac{4}{x}y'+\frac{4}{x^2}y=0.

設 y=xmy=x^m，則

y′=mxm−1,y′′=m(m−1)xm−2.y'=mx^{m-1},\qquad y''=m(m-1)x^{m-2}.

代入後提出 xm−2x^{m-2}：

[m(m−1)−4m+4]xm−2=0.\bigl[m(m-1)-4m+4\bigr]x^{m-2}=0.

因此特徵方程為

m2−5m+4=0⟹(m−1)(m−4)=0.m^2-5m+4=0 \quad\Longrightarrow\quad (m-1)(m-4)=0.

兩根為 m=1,4m=1,4，故齊次通解為

yh=C1x+C2x4.y_h=C_1x+C_2x^4.

接著求非齊次特解。令微分算子

L[y]=y′′−4xy′+4x2y.L[y]=y''-\frac{4}{x}y'+\frac{4}{x^2}y.

對冪函數 y=xny=x^n，

L[xn]=[n(n−1)−4n+4]xn−2=(n−1)(n−4)xn−2.L[x^n] =\bigl[n(n-1)-4n+4\bigr]x^{n-2} =(n-1)(n-4)x^{n-2}.
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第 二 題10 分

求下列函數的拉普拉斯轉換（Laplace transform）：

f(t)={1,0≤t≤1,t,1<t≤2,t2,2<t<3,0,otherwise.f(t)= \begin{cases} 1, & 0\leq t\leq 1,\\ t, & 1<t\leq 2,\\ t^2, & 2<t<3,\\ 0, & \text{otherwise}. \end{cases}

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核心觀念

拉普拉斯轉換定義為

L{f(t)}=F(s)=∫0∞f(t)e−st dt.\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt.

本題的 f(t)f(t) 分段定義，且在 t≥3t\geq 3 後為零，因此只需依各區間分別積分，再將結果相加：

F(s)=∫01e−st dt+∫12te−st dt+∫23t2e−st dt.F(s)=\int_0^1 e^{-st}\,dt+\int_1^2 te^{-st}\,dt+\int_2^3 t^2e^{-st}\,dt.

解題方法

先計算三段積分。以下令 s≠0s\neq 0；s=0s=0 時可由積分直接求值。

第一段：

∫01e−st dt=1−e−ss.\int_0^1 e^{-st}\,dt=\frac{1-e^{-s}}{s}.

第二段利用分部積分：

∫te−st dt=−e−st(ts+1s2),\int te^{-st}\,dt=-e^{-st}\left(\frac{t}{s}+\frac{1}{s^2}\right),

所以

∫12te−st dt=e−ss+e−ss2−2e−2ss−e−2ss2.\int_1^2 te^{-st}\,dt =\frac{e^{-s}}{s}+\frac{e^{-s}}{s^2} -\frac{2e^{-2s}}{s}-\frac{e^{-2s}}{s^2}.

第三段再以分部積分兩次：

∫t2e−st dt=−e−st(t2s+2ts2+2s3),\int t^2e^{-st}\,dt =-e^{-st}\left(\frac{t^2}{s}+\frac{2t}{s^2}+\frac{2}{s^3}\right),

因此

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第 三 題10 分

求

∫Γz2 dz,\int_{\Gamma}z^2\,dz,

其中

Γ(t)=t+it,0≤t≤1。\Gamma(t)=t+it,\qquad 0\leq t\leq 1。

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核心觀念

複變線積分可依曲線參數化計算。若曲線 Γ\Gamma 由 z=z(t)z=z(t)、a≤t≤ba\leq t\leq b 描述，則

∫Γf(z) dz=∫abf(z(t))z′(t) dt.\int_{\Gamma} f(z)\,dz = \int_a^b f\bigl(z(t)\bigr)z'(t)\,dt.

其中 z′(t) dtz'(t)\,dt 保留曲線的方向資訊。本題給定 z(t)=t+itz(t)=t+it，方向為 t=0t=0 到 t=1t=1。

解題方法

由參數式得

z(t)=(1+i)t,z′(t)=1+i,0≤t≤1.z(t)=(1+i)t,\qquad z'(t)=1+i,\qquad 0\leq t\leq 1.

代入線積分公式：

∫Γz2 dz=∫01((1+i)t)2(1+i) dt=(1+i)3∫01t2 dt.\begin{aligned} \int_{\Gamma}z^2\,dz &=\int_0^1 \bigl((1+i)t\bigr)^2(1+i)\,dt\\ &=(1+i)^3\int_0^1t^2\,dt. \end{aligned}
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第 四 題10 分

若

ln⁡(2+3i)=a+ib，\ln(2+3i)=a+ib，

其中 aa 及 bb 為實數，求所有可能的 aa 和 bb。

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核心觀念

複數的複對數由極形式定義。若 z=reiθz=re^{i\theta}，則

ln⁡z=ln⁡r+i(θ+2kπ),k∈Z。\ln z=\ln r+i(\theta+2k\pi),\qquad k\in\mathbb Z。

因此，複對數的實部由複數的模決定，虛部則是辯角加上任意整數倍的 2π2\pi。

解題方法

將 2+3i2+3i 化為極形式。其模為

∣2+3i∣=22+32=13。|2+3i|=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}。

因為 2+3i2+3i 位於第一象限，其辯角為

arg⁡(2+3i)=tan⁡−1(32)+2kπ,k∈Z。\arg(2+3i)=\tan^{-1}\left(\frac{3}{2}\right)+2k\pi,\qquad k\in\mathbb Z。

代入複對數公式：

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第 五 題15 分

空間 AA 以

{[01],[−12]}\left\{ \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -1\\ 2 \end{bmatrix} \right\}

為基底。向量 xx 在 AA 中的座標為

[−21]。\begin{bmatrix} -2\\ 1 \end{bmatrix}。

則 xx 在以

{[1−2],[1−1]}\left\{ \begin{bmatrix} 1\\ -2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1\\ -1 \end{bmatrix} \right\}

為基底的空間 BB 中的座標為何？

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核心觀念

向量在不同基底下的座標，表示的是同一個向量以不同基底向量作線性組合時的係數。先由 AA 座標還原向量，再以基底 BB 表示該向量，即可求得 BB 座標。

解題方法

空間 AA 的基底為

a1=[01],a2=[−12],\mathbf a_1=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}, \qquad \mathbf a_2=\begin{bmatrix}-1\\2\end{bmatrix},

而 xx 在此基底下的座標為

[x]A=[−21].[x]_A=\begin{bmatrix}-2\\1\end{bmatrix}.

因此

x=−2a1+a2=−2[01]+[−12]=[−10].x=-2\mathbf a_1+\mathbf a_2 =-2\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix} +\begin{bmatrix}-1\\2\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}-1\\0\end{bmatrix}.

令空間 BB 的基底為

b1=[1−2],b2=[1−1].\mathbf b_1=\begin{bmatrix}1\\-2\end{bmatrix}, \qquad \mathbf b_2=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}.

設 xx 在 BB 基底下的座標為

[x]B=[c1c2].[x]_B=\begin{bmatrix}c_1\\c_2\end{bmatrix}.

則

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第 六 題25 分

A=[1−1001100−1]A= \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix}

（一）求 AA 的行列式值（determinant）。

（二）求 AA 所有特徵值（eigenvalues）及其對應之特徵向量（eigenvectors）。

（三）求 AA 的零空間（null space）。

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核心觀念

本題考查上三角矩陣的行列式、特徵值與特徵向量，以及齊次線性方程組的零空間。

  • 上三角矩陣的行列式等於對角線元素的乘積。
  • 特徵值是特徵方程 det⁡(A−λI)=0\det(A-\lambda I)=0 的根；對應特徵向量滿足 (A−λI)x=0(A-\lambda I)\mathbf{x}=\mathbf{0}，且 x≠0\mathbf{x}\ne\mathbf{0}。
  • 零空間為 Ax=0A\mathbf{x}=\mathbf{0} 的所有解所成的集合。

解題方法

（一）行列式

AA 是上三角矩陣，因此直接將對角線元素相乘：

det⁡(A)=1⋅1⋅(−1)=−1.\det(A)=1\cdot 1\cdot(-1)=-1.

（二）特徵值與特徵向量

上三角矩陣的特徵值就是其對角線元素，因此特徵值為 11（代數重數為 22）及 −1-1（代數重數為 11）。逐一解特徵向量方程。

當 λ=1\lambda=1：

A−I=[0−1000100−2].A-I= \begin{bmatrix} 0&-1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&-2 \end{bmatrix}.

令 x=(x,y,z)T\mathbf{x}=(x,y,z)^T，由 (A−I)x=0(A-I)\mathbf{x}=\mathbf{0} 得 y=0y=0、z=0z=0，而 xx 可自由取值。因此特徵空間為

E1=span⁡{[100]}.E_1=\operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix} \right\}.

當 λ=−1\lambda=-1：

A+I=[2−10021000].A+I= \begin{bmatrix} 2&-1&0\\ 0&2&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix}.

由 (A+I)x=0(A+I)\mathbf{x}=\mathbf{0} 得

2x−y=0,2y+z=0.2x-y=0,\qquad 2y+z=0.

取 x=tx=t，則 y=2ty=2t、z=−4tz=-4t，所以特徵空間為

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第 七 題10 分

機率函數 p(x)p(x) 如下表（aa 為一常數）：

xx0011223344
p(x)p(x)aa2a2a3a3a2a2aaa

先求 aa，再求該機率函數的期望值及變異數。

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核心觀念

離散型隨機變數的機率函數須符合總機率為 11，也就是 ∑xp(x)=1\sum_x p(x)=1。期望值與變異數分別由下式計算：

E[X]=∑xx p(x),Var⁡(X)=E[X2]−(E[X])2,E[X]=\sum_x x\,p(x),\qquad \operatorname{Var}(X)=E[X^2]-\bigl(E[X]\bigr)^2,

其中 E[X2]=∑xx2p(x)E[X^2]=\sum_x x^2p(x)。

解題方法

先利用機率總和為 11 求出常數 aa：

a+2a+3a+2a+a=9a=1⟹a=19.a+2a+3a+2a+a=9a=1 \quad\Longrightarrow\quad a=\frac{1}{9}.

接著計算期望值：

E[X]=0⋅a+1⋅2a+2⋅3a+3⋅2a+4⋅a=(2+6+6+4)a=18a=2.\begin{aligned} E[X] &=0\cdot a+1\cdot2a+2\cdot3a+3\cdot2a+4\cdot a\\ &=(2+6+6+4)a =18a =2. \end{aligned}

再計算平方的期望值：

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第 八 題5 分

一副標準 5252 張的撲克牌，隨意抽出 55 張。求其為鐵支（其中有四張大小一樣）的機率。

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核心觀念

從標準 52 張撲克牌中抽出 5 張，未考慮抽牌順序，因此所有可能的手牌共有 (525)\binom{52}{5} 種。鐵支是指四張點數相同的牌；每種點數各有四種花色。

解題方法

先選出形成鐵支的點數，共有 1313 種。該點數的四張牌必須全部取出；再從其餘 4848 張牌中選一張作為第五張。因此鐵支的手牌數為

13(481)=13×48=624.13\binom{48}{1}=13\times48=624.

故所求機率為

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