112 地方特考三等 電子工程類科 工程數學 考古題詳解

核心觀念

這題考二階常係數非齊次線性微分方程的初值問題。先解齊次方程，再分別求右側各項 $1$、$x$、$\sin x$ 的特解，最後套用初始條件決定常數。

其中 $\sin x$ 與齊次解的頻率不同，因此不會發生共振；對應特解可設為 $A\sin x+B\cos x$。

解題方法

原方程為

$$y''+4y=1+x+\sin x,\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=0.$$

先解齊次方程：

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

特徵方程為 $r^2+4=0$，根為 $r=\pm 2i$，故齊次解為

$$y_h=C_1\cos 2x+C_2\sin 2x.$$

接著分別求非齊次項的特解。

對常數項 $1$，設特解為 $y_{p1}=A$，代入得

$$4A=1\quad\Longrightarrow\quad A=\frac14.$$

對一次項 $x$，設特解為 $y_{p2}=ax+b$。因為 $(ax+b)''=0$，代入得

$$4(ax+b)=x,$$

比較係數可得 $a=\frac14$、$b=0$，所以

$$y_{p2}=\frac{x}{4}.$$

對 $\sin x$，設特解為

$$y_{p3}=A\sin x+B\cos x.$$

則

$$y_{p3}''=-A\sin x-B\cos x,$$

因此

$$y_{p3}''+4y_{p3}=3A\sin x+3B\cos x.$$

令其等於 $\sin x$，比較係數得 $3A=1$、$3B=0$，所以

$$y_{p3}=\frac13\sin x.$$

核心觀念

特徵值與特徵向量由方程

$$A\mathbf v=\lambda\mathbf v,\qquad \mathbf v\ne\mathbf 0$$

定義。特徵值可由特徵方程 $\det(A-\lambda I)=0$ 求得；對應特徵向量則由 $(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0$ 求得。

若 $A\mathbf v=\lambda\mathbf v$，則

$$A^2\mathbf v=A(A\mathbf v)=A(\lambda\mathbf v)=\lambda^2\mathbf v.$$

因此，$A^2$ 的特徵向量與 $A$ 的特徵向量相同，對應特徵值平方。若 $A$ 可對角化，且所有特徵值的絕對值小於 $1$（或只有一個特徵值為 $1$，其餘絕對值小於 $1$），即可利用特徵值分析 $A^n$ 的極限。

解題方法

（一）求 $A$ 的特徵值與特徵向量

令

$$A-\lambda I= \begin{bmatrix} 0.9-\lambda&0.1\\ 0.2&0.8-\lambda \end{bmatrix}.$$

特徵方程為

$$\det(A-\lambda I) =(0.9-\lambda)(0.8-\lambda)-0.02 =\lambda^2-1.7\lambda+0.7=0.$$

因式分解得

$$(\lambda-1)(\lambda-0.7)=0,$$

所以特徵值為 $\lambda_1=1$、$\lambda_2=0.7$。

當 $\lambda_1=1$ 時，

$$(A-I)\mathbf v=\mathbf 0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{bmatrix} -0.1&0.1\\ 0.2&-0.2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix} =\mathbf 0.$$

方程給出 $x=y$，可取特徵向量

$$\mathbf v_1=\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}.$$

當 $\lambda_2=0.7$ 時，

$$(A-0.7I)\mathbf v=\mathbf 0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{bmatrix} 0.2&0.1\\ 0.2&0.1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix} =\mathbf 0.$$

由 $0.2x+0.1y=0$ 得 $y=-2x$，可取特徵向量

$$\mathbf v_2=\begin{bmatrix}1\\-2\end{bmatrix}.$$

（二）求 $A^2$ 的特徵值與特徵向量

核心觀念

利用留數定理計算實變積分時，常將被積函數延伸為複變函數，選取適當的閉合路徑，使路徑積分可由極點留數求得。本題取

$$f(z)=\frac{1}{(1+z^2)^2} =\frac{1}{(z-i)^2(z+i)^2},$$

並在上半平面使用半圓形路徑。由於 $f$ 是偶函數，實軸上的積分可寫成

$$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx =2\int_0^\infty f(x)\,dx.$$

留數定理為

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

其中 $z_k$ 是閉合路徑 $C$ 內的孤立奇點。

解題方法

取半徑為 $R$ 的上半圓閉合路徑 $C_R$，由實軸上的線段與上半圓弧組成。路徑內唯一的極點是 $z=i$，且為二階極點。

依留數公式，二階極點 $z=i$ 的留數為

$$\operatorname{Res}(f;i) =\left.\frac{d}{dz}\left[(z-i)^2f(z)\right]\right|_{z=i}.$$

因為

$$(z-i)^2f(z)=\frac{1}{(z+i)^2},$$

所以

$$\operatorname{Res}(f;i) =\left.-\frac{2}{(z+i)^3}\right|_{z=i} =-\frac{2}{(2i)^3} =\frac{1}{4i} =-\frac{i}{4}.$$

核心觀念

由聯合機率密度函數可看出

$$f_{XY}(x,y)=\bigl(\lambda e^{-\lambda x}\bigr)\bigl(\lambda e^{-\lambda y}\bigr),\qquad x,y\ge 0.$$

因此 $X$、$Y$ 相互獨立，且各自服從參數為 $\lambda$ 的指數分布，故

$$E[X]=E[Y]=\frac{1}{\lambda}.$$

利用期望值的線性性質，

$$E[Z]=E[X+Y]=E[X]+E[Y].$$

求 $Z$ 的累積分布函數時，使用

$$F_Z(z)=P(Z\le z)=P(X+Y\le z),$$

並依 $z$ 的正負分段計算。

解題方法

（一）求 $Z$ 的期望值

由期望值的線性性質，

$$E[Z]=E[X+Y]=E[X]+E[Y] =\frac{1}{\lambda}+\frac{1}{\lambda} =\frac{2}{\lambda}.$$

（二）求 $Z$ 的累積分布函數

因為 $X,Y\ge 0$，所以 $Z=X+Y\ge 0$。當 $z<0$ 時，

$$F_Z(z)=P(Z\le z)=0.$$

當 $z\ge 0$ 時，事件 $X+Y\le z$ 在第一象限形成三角形區域，因此

核心觀念

梯度是由函數對各變數的偏導數所組成的向量：

$$\nabla\phi(x,y,z) = \frac{\partial\phi}{\partial x}\mathbf{i} + \frac{\partial\phi}{\partial y}\mathbf{j} + \frac{\partial\phi}{\partial z}\mathbf{k}.$$

求梯度時，對某一變數微分，其餘變數視為常數；再將指定點代入各偏導數。

解題方法

已知

$$\phi(x,y,z)=2x^2y-yz^2.$$

分別計算偏導數：

$$\frac{\partial\phi}{\partial x}=4xy, \qquad \frac{\partial\phi}{\partial y}=2x^2-z^2, \qquad \frac{\partial\phi}{\partial z}=-2yz.$$

因此

$$\nabla\phi(x,y,z) = 4xy\,\mathbf{i} +(2x^2-z^2)\mathbf{j} -2yz\,\mathbf{k}.$$

代入 $(x,y,z)=(1,-1,2)$：

$$\begin{aligned} \frac{\partial\phi}{\partial x}(1,-1,2)&=4(1)(-1)=-4,\\ \frac{\partial\phi}{\partial y}(1,-1,2)&=2(1)^2-(2)^2=-2,\\ \frac{\partial\phi}{\partial z}(1,-1,2)&=-2(-1)(2)=4. \end{aligned}$$

所以

$$\nabla\phi(1,-1,2)=-4\mathbf{i}-2\mathbf{j}+4\mathbf{k}.$$

核心觀念

本題考三維向量的外積與內積。以標準單位向量 $\mathbf{i},\mathbf{j},\mathbf{k}$ 表示向量時，外積可用行列式計算；再將外積結果與另一向量作內積。

解題方法

先計算中括號內的外積：

$$\begin{aligned} (\mathbf{i}+3\mathbf{j}-\mathbf{k})\times(3\mathbf{i}-\mathbf{k}) &= \begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\ 1&3&-1\\ 3&0&-1 \end{vmatrix}\\ &=\mathbf{i}\bigl(3(-1)-(-1)(0)\bigr) -\mathbf{j}\bigl(1(-1)-(-1)(3)\bigr) +\mathbf{k}\bigl(1(0)-3(3)\bigr)\\ &=-3\mathbf{i}-2\mathbf{j}-9\mathbf{k}. \end{aligned}$$

再與 $2\mathbf{i}-\mathbf{j}$ 取內積：

核心觀念

格林定理指出，若 $C$ 為逆時針方向的簡單封閉曲線，且 $P,Q$ 在區域 $R$ 上具有連續偏導數，則

$$\oint_C P\,dx+Q\,dy = \iint_R\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dx\,dy.$$

本題中 $P(x,y)=y^2$、$Q(x,y)=xy+x^2$，因此面積分的被積函數為 $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}$。

解題方法

先求偏導數：

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=y+2x, \qquad \frac{\partial P}{\partial y}=2y.$$

所以

$$u(x,y)=\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} =(y+2x)-2y=2x-y.$$

兩曲線 $y=x$ 與 $y=x^2$ 的交點由 $x=x^2$ 得 $x=0,1$。在 $0\le x\le 1$ 時，區域上下界分別為 $y=x^2$ 與 $y=x$，故

核心觀念

矩陣 $A$ 的列空間是由各列向量張成的子空間。要判斷向量 $v$ 是否在列空間中，就是檢查是否存在係數 $c_1,c_2,c_3$，使得

$$v=c_1[1,4,7]+c_2[2,5,8]+c_3[3,6,9].$$

解題方法

矩陣的三列滿足

$$[3,6,9]=2[2,5,8]-[1,4,7],$$

因此列空間只需由前兩列張成。設 $v=[x,y,z]$ 在列空間中，則

$$v=c_1[1,4,7]+c_2[2,5,8] =[c_1+2c_2,\ 4c_1+5c_2,\ 7c_1+8c_2].$$

消去 $c_1,c_2$ 可得列空間中的向量必須滿足

$$z=3y-5x.$$

因此將各選項代入檢查即可。

選項分析

• (A) $[3,9,14]$： $3y-5x=3(9)-5(3)=12$，但第三個分量是 $14$，不符合列空間條件，故不在列空間中。

核心觀念

若 $P^{-1}AP=D$，則 $A=PDP^{-1}$。$P$ 的各欄向量依序為 $A$ 的特徵向量，而 $D$ 對角線上的數字則是相對應的特徵值。因此，本題要找出對應特徵值 $2$ 與 $-1$ 的特徵向量，並依序排列為 $P$ 的兩欄。

解題方法

先求 $A$ 的特徵值：

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} -4-\lambda&-6\\ 3&5-\lambda \end{vmatrix} =(-4-\lambda)(5-\lambda)+18 =\lambda^2-\lambda-2 =(\lambda-2)(\lambda+1).$$

因此特徵值為 $2$ 與 $-1$。

特徵值 $\lambda=2$：

$$(A-2I)\mathbf v = \begin{bmatrix} -6&-6\\ 3&3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix} =\mathbf 0 \quad\Longrightarrow\quad x+y=0.$$

可取特徵向量 $\begin{bmatrix}2\\-2\end{bmatrix}$。

特徵值 $\lambda=-1$：

$$(A+I)\mathbf v = \begin{bmatrix} -3&-6\\ 3&6 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix} =\mathbf 0 \quad\Longrightarrow\quad x+2y=0.$$

核心觀念

本題考矩陣行列式的基本性質：

• $\det(A^T)=\det(A)$。
• 對 $3\times 3$ 矩陣，$\det(kA)=k^3\det(A)$。
• 若 $A$ 可逆，則 $\det(A^{-1})=\dfrac{1}{\det(A)}$。

因此，先計算 $\det(A)$，再代入題目中的兩個行列式。

解題方法

沿著 $A$ 的第一欄展開，因為該欄有兩個零：

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

所以 $A$ 可逆，且 $\det(A^{-1})=\dfrac13$。另一方面，

$$\det(3A^T)=3^3\det(A^T)=27\det(A)=27\cdot 3=81.$$

故

核心觀念

本題考察實矩陣的正交對角化定理：實方陣 $A$ 可正交對角化，若且唯若 $A$ 為對稱矩陣。也就是說，存在正交矩陣 $Q$ 與對角矩陣 $\Lambda$，使得

$$Q^{T}AQ=\Lambda \quad\text{或等價地}\quad A=Q\Lambda Q^{T}.$$

$Q$ 的各欄向量是 $A$ 的一組正交規範特徵向量。因此，選項 (A)、(B)、(C) 在實方陣的前提下等效。

行列式 $\det A=\pm1$ 則不是正交對角化的等效條件；它只表示行列式的值為 $1$ 或 $-1$，不保證 $A$ 對稱或可正交對角化。

解題方法

先辨認正交對角化定理，再檢查各選項是否描述同一件事：

• 若 $A$ 為實對稱矩陣，則可找到 $n$ 個正交規範特徵向量，組成正交矩陣 $Q$，將 $A$ 正交對角化。
• 反過來，若 $A=Q\Lambda Q^{T}$，其中 $Q$ 為正交矩陣、$\Lambda$ 為實對角矩陣，則

$$A^{T}=(Q\Lambda Q^{T})^{T}=Q\Lambda Q^{T}=A,$$

所以 $A$ 對稱。

再看行列式：若 $A$ 的特徵值為 $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$，則

$$\det A=\prod_{i=1}^{n}\lambda_i.$$

核心觀念

$\mathbb{R}^3$ 的子集合 $W$ 是子空間，必須包含零向量，且對向量加法與純量乘法封閉。常見快速判斷方式是檢查集合是否能表示為齊次線性方程組的解集，或是否能寫成若干向量的線性組合。

解題方法與選項分析

(A) $\{(a,b,a+2b)\mid a,b\in\mathbb{R}\}$：正確

令 $x=a$、$y=b$，則集合中的向量可寫為

$$(a,b,a+2b) =a(1,0,1)+b(0,1,2).$$

因此此集合是兩個向量所張成的集合，對加法與純量乘法封閉，且包含零向量（取 $a=b=0$）。也可寫成平面方程 $z=x+2y$，這是通過原點的平面，故為 $\mathbb{R}^3$ 的子空間。

(B) $\{(0,a,a^2)\mid a\in\mathbb{R}\}$：錯誤

核心觀念

本題考複變函數的可解析性。若 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$，且一階偏導數連續，則在區域內可解析的判別條件為柯西－黎曼方程：

$$u_x=v_y,\qquad u_y=-v_x.$$

也可辨認函數是否能寫成 $z$ 的解析函數，例如 $e^z=e^x(\cos y+i\sin y)$。

解題方法

將各選項寫成 $u(x,y)+iv(x,y)$，檢查柯西－黎曼方程。若方程不成立，函數便不可解析；若成立且偏導數連續，則在該區域可解析。

選項分析

(A) $f(z)=\bar z=x-iy$。此時 $u=x,\ v=-y$，所以 $u_x=1$、$v_y=-1$，不滿足 $u_x=v_y$，故不解析。

(B) $f(z)=e^y(\cos x+i\sin x)$。此時 $u=e^y\cos x,\ v=e^y\sin x$，因此

$$u_x=-e^y\sin x,\qquad v_y=e^y\sin x.$$

兩者一般不相等，柯西－黎曼方程不成立，故不解析。

核心觀念

本題考二次方程式的求根公式，以及複數大小的比較。令判別式為 $\Delta=b^2-4ac$，則方程式 $az^2+bz+c=0$ 的兩根為

$$z=\frac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a}.$$

題目中的 $z_1>z_2$ 用來指定兩根的排列順序；此處兩根都是實數，因此可以依一般大小比較。

解題方法

將方程式

$$z^2-z+1+i=0$$

套用求根公式，得到

$$z=\frac{1\pm\sqrt{(-1)^2-4(1)(1+i)}}{2} =\frac{1\pm\sqrt{-3-4i}}{2}.$$

注意到

$$(1-2i)^2=1-4i+4i^2=-3-4i,$$

所以 $\sqrt{-3-4i}=1-2i$ 或 $-(1-2i)$。兩根為

$$\frac{1+(1-2i)}{2}=1-i,\qquad \frac{1-(1-2i)}{2}=i.$$

這兩根都是非實複數，不能用一般的 $>$ 定義比較大小；因此題目所寫的 $z_1>z_2$ 若按通常複數定義解讀，並不成立。

核心觀念

利用複變函數的留數定理，將 $\displaystyle\oint_C f'(z)\,dz$ 轉為 $f'(z)$ 在 $C$ 內各孤立奇點留數的總和。若 $f$ 在 $z=a$ 有極點，且 Laurent 展開為

$$f(z)=\sum_{n=-m}^{\infty}c_n(z-a)^n,$$

則

$$f'(z)=\sum_{n=-m}^{\infty}n c_n(z-a)^{n-1}.$$

其中 $f'(z)$ 的 $(z-a)^{-1}$ 項係數為 $0$，因為它只能由 $f(z)$ 的常數項微分而來，而常數項微分為 $0$。因此，$f'(z)$ 在 $f(z)$ 的每個孤立奇點留數皆為 $0$。

解題方法

題目給定

$$f(z)=\frac{z(z-5)(z-i)}{(z+i)^3(z+1)(z-4)^2}.$$

其可能的有限奇點為 $z=-i,-1,4$。由於 $C$ 以 $z=3$ 為中心，題目未明示半徑或路徑形狀；但若 $C$ 是以 $z=3$ 為中心的逆時鐘圓形，則是否包住這些奇點會依半徑而異。因此，依「以 $z=3$ 為中心」本身，積分值並不能唯一決定。

不過，可先由留數定理得到一般結果：對任何不經過奇點的逆時鐘簡單閉曲線，

$$\oint_C f'(z)\,dz =2\pi i\sum_{a\text{ 在 }C\text{ 內}}\operatorname{Res}(f',a)=0.$$

核心觀念

本題考複數留數定理：將實變積分延伸為複變函數的積分，沿上半平面的半圓形封閉路徑積分，再以被包圍的極點留數求值。被積函數

$$f(z)=\frac{1}{(1+z^2)^3} =\frac{1}{(z-i)^3(z+i)^3}$$

在 $z=i$、$z=-i$ 各有三階極點；上半平面只包含 $z=i$。

解題方法

取半徑 $R$ 的上半圓形路徑，包含實軸線段 $[-R,R]$ 與上半圓弧。由留數定理，

$$\int_{-R}^{R}\frac{dx}{(1+x^2)^3} +\int_{\text{上半圓弧}}\frac{dz}{(1+z^2)^3} =2\pi i\,\operatorname{Res}(f,i).$$

當 $|z|=R$ 且 $R>1$ 時，

$$|1+z^2|\ge R^2-1,$$

因此上半圓弧積分的絕對值至多為

$$\pi R\cdot\frac{1}{(R^2-1)^3}\longrightarrow 0 \qquad (R\to\infty).$$

故所求積分等於 $2\pi i\,\operatorname{Res}(f,i)$。

在 $z=i$ 處使用三階極點留數公式：

$$\operatorname{Res}(f,i) =\frac{1}{2!}\left[ \frac{d^2}{dz^2}\left(\frac{1}{(z+i)^3}\right) \right]_{z=i}.$$

由

核心觀念

一階微分方程

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

在區域內偏導數連續時，若

$$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x},$$

則為正合方程。此題令

$$M=Ax^2y^2+By^3,\qquad N=2x^3y+12xy^2+5.$$

解題方法

分別對 $M$、$N$ 作交叉偏微分：

$$\frac{\partial M}{\partial y} =2Ax^2y+3By^2,$$ $$\frac{\partial N}{\partial x} =6x^2y+12y^2.$$

正合條件要求兩式對所有 $x,y$ 相等，因此比較相同次方項的係數：

$$2A=6,\qquad 3B=12.$$

故

$$A=3,\qquad B=4.$$

選項分析

核心觀念

對一階常微分方程 $y'=f(x,y)$，若 $f$ 在初始點附近連續，且對 $y$ 局部滿足 Lipschitz 條件，則初值問題有唯一解。常用判準是：若 $f$ 與偏導數 $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ 在初始點附近連續，則局部解唯一。

本題先將方程整理為標準形式，再查看右側函數在哪些 $y$ 值失去定義或連續。

解題方法

原方程為

$$(4-y^2)\frac{dy}{dx}=x^2y.$$

當 $y\ne \pm2$ 時，可改寫為

$$\frac{dy}{dx}=f(x,y)=\frac{x^2y}{4-y^2}.$$

右側函數在 $y=\pm2$ 時分母為零，因此在這兩條水平線上不連續，唯一解定理不能直接保證初值問題有唯一解。題目問的是「可能不會有唯一解」的區域，關鍵是找出選項涵蓋了奇異線 $y=2$ 或 $y=-2$ 的區域。

選項中只有 (C) 的 $y>-2$ 同時包含 $y=2$；其餘選項的 $y$ 範圍都避開 $y=\pm2$。

選項分析