114 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

本題考微分多變數純量場的梯度與方向導數。對 $f(x,y)$，梯度定義為

$$\nabla f(x,y)=\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y}\right).$$

若 $\mathbf{u}$ 是單位方向向量，$f$ 沿 $\mathbf{u}$ 的方向導數為

$$D_{\mathbf{u}}f(x,y)=\nabla f(x,y)\cdot\mathbf{u}.$$

解題方法

給定

$$f(x,y)=xe^{-xy}.$$

先分別對 $x$、$y$ 求偏導。計算時將 $e^{-xy}$ 視為合成函數，並使用乘法法則與鏈鎖律：

$$\frac{\partial f}{\partial x} =e^{-xy}+x e^{-xy}(-y) =e^{-xy}(1-xy),$$ $$\frac{\partial f}{\partial y} =x e^{-xy}(-x) =-x^2e^{-xy}.$$

在 $(1,-3)$ 處，$-xy=3$，因此

$$\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(1,-3)} =e^3(1-1\cdot(-3))=4e^3,$$ $$\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{(1,-3)} =-(1)^2e^3=-e^3.$$

所以

$$\nabla f(1,-3)=(4e^3,-e^3).$$

核心觀念

本題考查列簡化階梯形、特性值與特性向量、矩陣可對角化條件，以及列向量方程式的解法。

• 簡化列階梯形：利用初等列運算，將矩陣化為每個非零列的首項為 $1$，且該主元所在欄其餘元素皆為 $0$ 的形式。
• 特性值與特性向量：若非零向量 $v$ 滿足 $Av=\lambda v$，則 $\lambda$ 是 $A$ 的特性值，$v$ 是對應的特性向量。特性值由特性方程式 $\det(A-\lambda I)=0$ 求得。
• 可對角化條件：$n\times n$ 矩陣可對角化，若且唯若有 $n$ 個線性獨立的特性向量。
• 列向量方程式：$yA=b$ 可改寫為 $A^T y^T=b^T$，再解線性方程組。

解題方法與計算

（一）求簡化列階梯形

矩陣 $A$ 為上三角矩陣，且對角線元素 $1,2,3$ 皆非零，因此 $A$ 可逆。可逆方陣的簡化列階梯形為單位矩陣 $I$。也可用列運算確認：

$$\begin{aligned} A &= \begin{bmatrix} 1&-1&3\\ 0&2&2\\ 0&0&3 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_3\leftarrow \frac13R_3} \begin{bmatrix} 1&-1&3\\ 0&2&2\\ 0&0&1 \end{bmatrix}\\ &\xrightarrow{R_2\leftarrow \frac12R_2} \begin{bmatrix} 1&-1&3\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_2\leftarrow R_2-R_3} \begin{bmatrix} 1&-1&3\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}\\ &\xrightarrow{R_1\leftarrow R_1-3R_3} \begin{bmatrix} 1&-1&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_1\leftarrow R_1+R_2} \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}. \end{aligned}$$

所以 $\operatorname{rref}(A)=I_3$。

（二）求特性值

$A$ 是上三角矩陣，因此特性多項式可由對角線直接寫出：

$$\det(A-\lambda I) =(1-\lambda)(2-\lambda)(3-\lambda).$$

令其等於 $0$，得到特性值：

$$\lambda=1,\quad 2,\quad 3.$$

（三）求各特性值對應的特性向量

對每個特性值解 $(A-\lambda I)v=0$，其中 $v=(x,y,z)^T$。

當 $\lambda=1$：

$$A-I= \begin{bmatrix} 0&-1&3\\ 0&1&2\\ 0&0&2 \end{bmatrix}.$$

聯立方程為 $-y+3z=0$、$y+2z=0$、$2z=0$，故 $z=0$、$y=0$，而 $x$ 可自由取值。因此對應特性空間為

$$\left\{t\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}:t\ne 0\right\}.$$

當 $\lambda=2$：

核心觀念

本題考二階常係數線性微分方程式的解法。完整解由齊次解與特解相加而成：

$$y(t)=y_h(t)+y_p(t).$$

齊次解由特徵方程求得；右側是二次多項式 $t^2$，特解可設為同次多項式，再代回原方程式比較係數。

（一）齊次解

先令右側為零，考慮齊次方程：

$$y''+4y'+3y=0.$$

設 $y=e^{rt}$，得到特徵方程：

$$r^2+4r+3=0 \quad\Longrightarrow\quad (r+1)(r+3)=0.$$

特徵根為 $r=-1,-3$，因此齊次解的一般形式為

$$y_h(t)=C_1e^{-t}+C_2e^{-3t},$$

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。

（二）特解

右側為二次多項式，設特解為

$$y_p(t)=At^2+Bt+C.$$

則

$$y_p'(t)=2At+B,\qquad y_p''(t)=2A.$$

代入微分方程：

$$2A+4(2At+B)+3(At^2+Bt+C)=t^2.$$

按 $t$ 的次方比較係數：

$$3A=1,\qquad 8A+3B=0,\qquad 2A+4B+3C=0.$$

依序解得

$$A=\frac13,\qquad B=-\frac89,\qquad C=\frac{26}{27}.$$

因此，一個特解為

$$y_p(t)=\frac13t^2-\frac89t+\frac{26}{27}.$$

（三）含初始條件的完整解

通解為齊次解加特解：

$$y(t)=C_1e^{-t}+C_2e^{-3t} +\frac13t^2-\frac89t+\frac{26}{27}.$$

利用 $y(0)=2$：

核心觀念

每次投擲為奇數點的機率是 $1/2$，為偶數點的機率也是 $1/2$。因此，10 次投擲中奇數次數 $A$ 服從二項分配：

$$A\sim\operatorname{Binomial}\left(10,\frac12\right).$$

每次結果不是奇數就是偶數，所以 $B=10-A$。這個關係是判斷 $A$、$B$ 是否獨立，以及計算所求機率的關鍵。

（一）$A$ 與 $B$ 是否互相獨立？

解題方法： 若兩個隨機變數獨立，知道其中一個的值不應限制另一個的值。然而，本題中 $B=10-A$，給定 $A$ 後，$B$ 就完全確定。

例如，當 $A=0$ 時必有 $B=10$，因此

$$\operatorname{Prob}(A=0,B=0)=0.$$

但兩者的邊際機率都大於零：

$$\operatorname{Prob}(A=0)=\left(\frac12\right)^{10}>0, \qquad \operatorname{Prob}(B=0)=\left(\frac12\right)^{10}>0.$$

若 $A$ 與 $B$ 獨立，應有

$$\operatorname{Prob}(A=0,B=0) =\operatorname{Prob}(A=0)\operatorname{Prob}(B=0)>0,$$

與實際機率為 $0$ 矛盾。因此，$A$ 與 $B$ 不獨立。

（二）計算 $\operatorname{Prob}(A>B+3)$

由 $B=10-A$，不等式可改寫為

$$A>B+3 \iff A>10-A+3 \iff 2A>13 \iff A\ge 7.$$

由於 $A\sim\operatorname{Binomial}(10,1/2)$，

核心觀念

本題考複變函數的留數定理。若正向簡單閉曲線 $C$ 不通過函數的奇點，則

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

其中加總範圍是曲線 $C$ 內所包圍的孤立奇點。

題目中的奇點為 $z=0,\ 1,\ i,\ 1+i$，且都是簡單極點。各極點的留數分別為對應分式的分子；多項式項 $1+5z^2$ 在全平面解析，不影響閉路積分。

解題方法

三條曲線皆以原點為圓心，因此只需比較各奇點到原點的距離與圓半徑：

$$|0|=0,\qquad |1|=|i|=1,\qquad |1+i|=\sqrt{2}.$$

各分式在相應簡單極點的留數為

$$\operatorname{Res}(f;0)=1,\quad \operatorname{Res}(f;1)=2,\quad \operatorname{Res}(f;i)=3,\quad \operatorname{Res}(f;1+i)=4.$$

（一）$C_1:|z|=\frac{2}{5}$

半徑 $\frac{2}{5}<1$，曲線內只有 $z=0$。因此