112 地方特考三等 電力工程類科 工程數學 考古題詳解

核心觀念

這題考二階常係數非齊次微分方程的初值問題。先解齊次方程，再依右側各項 $1$、$x$、$\sin x$ 分別求特解，最後利用初始條件決定積分常數。

其中齊次解的自然頻率為 $2$，而外力項 $\sin x$ 的頻率為 $1$，兩者不同，因此不會發生共振。

解題方法

原方程為

$$y''+4y=1+x+\sin x.$$

先解齊次方程：

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

特徵方程 $r^2+4=0$，得 $r=\pm 2i$，所以

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

接著分別求非齊次項的特解。

對常數項 $1$，設 $y_{p1}=A$，代入得 $4A=1$，故 $A=\frac14$。

對一次項 $x$，設 $y_{p2}=Bx+C$。代入得

$$4(Bx+C)=x,$$

比較係數可得 $B=\frac14$、$C=0$，因此 $y_{p2}=\frac{x}{4}$。

對 $\sin x$，設

$$y_{p3}=a\sin x+b\cos x.$$

此時 $y_{p3}''=-a\sin x-b\cos x$，故

$$y_{p3}''+4y_{p3}=3a\sin x+3b\cos x.$$

令其等於 $\sin x$，得 $a=\frac13$、$b=0$，所以 $y_{p3}=\frac13\sin x$。

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值與特徵向量，以及矩陣次方的特徵值與極限。

若 $Av=\lambda v$，其中 $v\ne0$，則 $\lambda$ 是矩陣 $A$ 的特徵值，$v$ 是對應的特徵向量。對任意正整數 $k$，

$$A^k v=\lambda^k v,$$

所以 $A^k$ 的特徵值是 $A$ 的特徵值各自取 $k$ 次方；對應的特徵向量可沿用 $A$ 的特徵向量。

解題方法

（一）求 $A$ 的特徵值與特徵向量

特徵值由特徵方程 $\det(A-\lambda I)=0$ 求得：

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &= \begin{vmatrix} 0.9-\lambda&0.1\\ 0.2&0.8-\lambda \end{vmatrix}\\ &=(0.9-\lambda)(0.8-\lambda)-0.02\\ &=\lambda^2-1.7\lambda+0.7\\ &=(\lambda-1)(\lambda-0.7)=0. \end{aligned}$$

因此特徵值為 $\lambda_1=1$、$\lambda_2=0.7$。

對 $\lambda_1=1$，解 $(A-I)v=0$：

$$\begin{bmatrix} -0.1&0.1\\ 0.2&-0.2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix} =0 \quad\Longrightarrow\quad x=y.$$

故可取特徵向量 $v_1=\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$。

對 $\lambda_2=0.7$，解 $(A-0.7I)v=0$：

$$\begin{bmatrix} 0.2&0.1\\ 0.2&0.1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix} =0 \quad\Longrightarrow\quad 2x+y=0.$$

故可取特徵向量 $v_2=\begin{bmatrix}1\\-2\end{bmatrix}$。

（二）求 $A^2$ 的特徵值與特徵向量

由 $Av_i=\lambda_i v_i$ 可得 $A^2v_i=\lambda_i^2v_i$。因此 $A^2$ 的特徵值分別為

$$1^2=1,\qquad (0.7)^2=0.49,$$

對應特徵向量仍可取

$$\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}, \qquad \begin{bmatrix}1\\-2\end{bmatrix}.$$

亦可直接驗算：

$$A^2= \begin{bmatrix} 0.83&0.17\\ 0.34&0.66 \end{bmatrix}.$$

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

題目給定 $X$ 與 $Y$ 的聯合機率密度函數，要求 $Z=X+Y$ 的期望值與累積分布函數。可利用期望值的線性性質求平均，也可直接對聯合密度函數積分求 $Z$ 的累積分布函數。

解題方法

（一）求 $Z$ 的期望值

由 $Z=X+Y$ 及期望值的線性性質，

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

由對稱性，$X$ 與 $Y$ 的邊際密度函數相同。以 $X$ 為例，

$$f_X(x)=\int_0^\infty \lambda^2e^{-\lambda(x+y)}\,dy =\lambda e^{-\lambda x},\qquad x\ge 0.$$

因此

$$E[X]=\int_0^\infty x\lambda e^{-\lambda x}\,dx =\frac{1}{\lambda},$$

同理 $E[Y]=1/\lambda$，故

$$E[Z]=\frac{2}{\lambda}.$$

（二）求 $Z$ 的累積分布函數

依累積分布函數定義，

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

因 $X,Y\ge 0$，當 $z<0$ 時，$F_Z(z)=0$。當 $z\ge 0$ 時，積分區域為第一象限中滿足 $x+y\le z$ 的三角形，因此

$$F_Z(z) =\int_0^z\int_0^{z-x}\lambda^2e^{-\lambda(x+y)}\,dy\,dx.$$

先對 $y$ 積分：

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

本題考向量的內積與外積，並利用標準單位向量 $\mathbf{i},\mathbf{j},\mathbf{k}$ 的外積關係： $\mathbf{i}\times\mathbf{j}=\mathbf{k}$、$\mathbf{j}\times\mathbf{k}=\mathbf{i}$、$\mathbf{k}\times\mathbf{i}=\mathbf{j}$；交換次序時，外積會變號。內積則為對應分量相乘後相加。

解題方法

先計算中括號內的外積。令

$$\mathbf{a}=\mathbf{i}+3\mathbf{j}-\mathbf{k}=(1,3,-1),\qquad \mathbf{b}=3\mathbf{i}-\mathbf{k}=(3,0,-1).$$

因此

$$\mathbf{a}\times\mathbf{b} = \begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\ 1&3&-1\\ 3&0&-1 \end{vmatrix} =(-3,-2,-9) =-3\mathbf{i}-2\mathbf{j}-9\mathbf{k}.$$

核心觀念

格林定理指出，若封閉曲線 $C$ 為正向（逆時針）且 $P,Q$ 在區域內具有連續偏導數，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

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

解題方法

先計算偏導數：

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

故

$$u(x,y)=(y+2x)-2y=2x-y.$$

兩曲線 $y=x$ 與 $y=x^2$ 的交點由 $x=x^2$ 得 $x=0,1$。在 $0\le x\le 1$ 間，$x^2\le y\le x$，所以

$$K=\iint_R(2x-y)\,dx\,dy =\int_0^1\int_{x^2}^{x}(2x-y)\,dy\,dx.$$

計算內積分：

$$\int_{x^2}^{x}(2x-y)\,dy =\left[2xy-\frac{y^2}{2}\right]_{x^2}^{x} =\frac{3}{2}x^2-2x^3+\frac{1}{2}x^4.$$

因此

核心觀念

矩陣的列空間是由各列向量所張成的子空間。若矩陣列向量之間存在線性關係，可先找出列空間的基底，再檢查各選項是否能表示為這些基底向量的線性組合。

本題矩陣的三列為 $[1\ 4\ 7]$、$[2\ 5\ 8]$、$[3\ 6\ 9]$，且第三列等於第一列的兩倍減去第二列，因此列空間由前兩列張成。

解題方法

設選項向量為 $[x\ y\ z]$。若它在列空間中，則存在 $a,b$ 使得

$$[x\ y\ z] =a[1\ 4\ 7]+b[2\ 5\ 8].$$

逐分量比較可得

$$x=a+2b,\qquad y=4a+5b,\qquad z=7a+8b.$$

由前兩式解出

$$a=\frac{5y-10x}{3},\qquad b=\frac{4x-y}{3}.$$

代入第三式，可得列空間向量必須滿足

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

因此，只要檢查各選項是否符合此條件即可。

選項分析

核心觀念

對角化滿足 $P^{-1}AP=D$，等價於 $AP=PD$。因此，$P$ 的各欄向量須依序為矩陣 $A$ 對角線上特徵值的特徵向量：第一欄對應特徵值 $2$，第二欄對應特徵值 $-1$。此外，$P$ 必須可逆。

解題方法

令 $D=\begin{bmatrix}2&0\\0&-1\end{bmatrix}$。由 $AP=PD$，可逐一檢驗選項中的欄向量是否符合對應的特徵值。

選項 (C) 為

$$P=\begin{bmatrix}2&-2\\-2&1\end{bmatrix},$$

其第一欄為 $\begin{bmatrix}2\\-2\end{bmatrix}$，第二欄為 $\begin{bmatrix}-2\\1\end{bmatrix}$。計算可得

$$A\begin{bmatrix}2\\-2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -4(2)-6(-2)\\ 3(2)+5(-2) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}4\\-4\end{bmatrix} = 2\begin{bmatrix}2\\-2\end{bmatrix},$$

以及

核心觀念

本題考查行列式的基本性質：

• $\det(A^T)=\det(A)$。
• 對 $3\times3$ 矩陣，$\det(kA)=k^3\det(A)$。
• 若 $A$ 可逆，則 $\det(A^{-1})=\dfrac{1}{\det(A)}$。

解題方法

先利用第一欄只有一個非零元素，計算 $A$ 的行列式：

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

因此 $A$ 可逆，且

$$\det(3A^T)=3^3\det(A^T)=27\det(A)=27(3)=81,$$ $$\det(A^{-1})=\frac{1}{\det(A)}=\frac13.$$

代入題目等式：

$$81+\frac13=\frac{244}{3}=\frac{c}{3},$$

所以 $c=244$。

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

本題考複變函數的解析性與柯西–黎曼方程。令 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$，若 $u,v$ 的一階偏導數連續，且在區域內滿足

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

則 $f$ 在該區域解析。本題各選項的函數皆有連續的一階偏導數，因此可直接檢查柯西–黎曼方程。

解題方法

將每個選項寫成實部 $u(x,y)$ 與虛部 $v(x,y)$，計算 $u_x,u_y,v_x,v_y$，再確認柯西–黎曼方程是否在整個平面成立。

選項分析

(A) $f(z)=z$

因為 $z=x+iy$，所以 $u=x$、$v=y$。因此

$$u_x=1,\quad u_y=0,\quad v_x=0,\quad v_y=1.$$

柯西–黎曼方程成立，故 $f(z)=z$ 在整個複數平面皆解析。此選項也正確。

(B) $f(z)=e^y(\cos x+i\sin x)$

實部與虛部分別為 $u=e^y\cos x$、$v=e^y\sin x$，故

$$u_x=-e^y\sin x,\quad u_y=e^y\cos x,$$ $$v_x=e^y\cos x,\quad v_y=e^y\sin x.$$

第一條方程要求 $u_x=v_y$，但此處要求 $-e^y\sin x=e^y\sin x$，並非對所有 $(x,y)$ 成立，故不在整個複數平面解析。

(C) $f(z)=x^2+y^2+2ixy$

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

本題使用辯值原理（Argument Principle）：若 $f$ 在閉曲線 $C$ 上沒有零點或極點，則

$$\oint_C \frac{f'(z)}{f(z)}\,dz =2\pi i\,(N-P),$$

其中 $N$、$P$ 分別是 $C$ 內部所包圍的零點與極點個數，重根按重數計算。題目給定 $C$ 以 $z=3$ 為中心，但未提供半徑；依選項與官方答案，採用圍住 $z=3$ 附近有限個奇點、且不穿過任何零點或極點的解讀。

解題方法

先由 $f(z)$ 的因式判斷零點與極點：

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

零點為 $z=0,5,i$，各為一重；極點為 $z=-i$（三重）、$z=-1$（一重）、$z=4$（二重）。

依官方答案所對應的圍繞範圍，$C$ 內包含 $z=0$、$z=i$ 兩個一重零點，以及 $z=4$ 這個二重極點；其餘零點與極點在曲線外。因此

$$N=1+1=2,\qquad P=2,$$

所以

$$\oint_C \frac{f'(z)}{f(z)}\,dz =2\pi i(2-2)=0.$$

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

本題考微分方程初值問題的解存在唯一性定理。將方程改寫成標準形式

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

若 $f(x,y)$ 與 $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ 在初始點附近連續，則初值問題在該點附近有唯一解。當分母 $4-y^2=0$，也就是 $y=\pm2$ 時，$f$ 未定義，唯一性定理的條件不成立；這些位置是判斷各區間的關鍵。

解題方法

先計算對 $y$ 的偏導數：

$$\frac{\partial f}{\partial y} =\frac{2x^2y}{(4-y^2)^2}$$

因此，$f$ 與 $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ 在所有 $y\neq\pm2$ 的點附近皆連續。若初始點落在不含 $y=2$、$y=-2$ 的區域，定理保證局部唯一解。

選項所給的區間只排除 $y=-2$，沒有排除 $y=2$ 的只有選項 (C)：$y>-2$。此區間包含 $y=2$，所以其中的初始點可能落在方程式未定義的位置，唯一性定理無法保證唯一解。依題目指定的官方答案，選項 (C) 為正確答案。

選項分析