114 年國安局特考三等電子組(選試英文) 考古題與詳解

Question 1

試求常微分方程式 $$x^3\frac{d^3y}{dx^3}+2x^2\frac{d^2y}{dx^2}-x\frac{dy}{dx}+y=3x^{-2}$$ 之通解。

Accepted Answer

核心觀念 這是三階柯西－歐拉方程（Euler-Cauchy equation），各項微分項的冪次與 $x$ 的次方相配。可令 $y=x^m$，將齊次方程化為特徵方程；右側的 $3x^{-2}$ 則以同型試解 $yp=Ax^{-2}$ 求特解。 解題方法 先解對應的齊次方程 $$ x^3y'''+2x^2y''-xy'+y=0. $$ 令 $y=x^m$，則 $$ y'=mx^{m-1},\qquad y''=m(m-1)x^{m-2},\qquad y'''=m(m-1)(m-2)x^{m-3}. $$ 代入齊次方程並提出 $x^m$，得到特徵方程 $$ m(m-1)(m-2)+2m(m-1)-m+1=0. $$ 整理為 $$ m^3-m^2-m+1=(m-1)^2(m+1)=0. $$ 因此根為 $m=1$（重根）及 $m=-1$，齊次解為 $$ yh=C1x+C2x\ln|x|+C3x^{-1}. $$

Question 2

試以拉普拉斯轉換法（Laplace Transform）求解下列具初值條件之聯立常微分方程式： $$ \begin{bmatrix} \dfrac{dy1(t)}{dt}\ \dfrac{dy2(t)}{dt} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 4\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} y1(t)\ y2(t) \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 6t-t^2\ -1+t-t^2 \end{bmatrix}, \qquad \begin{bmatrix} y1(0)\ y2(0) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2\ -1 \end{bmatrix}. $$

Accepted Answer

核心觀念 本題考聯立常微分方程的拉普拉斯轉換法。對初值問題使用 $$ \mathcal{L}\{yi'(t)\}=sYi(s)-yi(0),\qquad \mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^2},\qquad \mathcal{L}\{t^2\}=\frac{2}{s^3}. $$ 將微分方程轉成 $s$ 域的代數方程，解出 $Y1(s),Y2(s)$，再作部分分式分解並反轉換。 解題方法 令 $Y1(s)=\mathcal{L}\{y1(t)\}$、$Y2(s)=\mathcal{L}\{y2(t)\}$。由初值 $y1(0)=2,\ y2(0)=-1$ 得 $$ \begin{aligned} sY1-2&=Y1+4Y2+\frac{6}{s^2}-\frac{2}{s^3},\ sY2+1&=Y1+Y2-\frac1s+\frac1{s^2}-\frac{2}{s^3}. \end{aligned} $$ 整理為 $$ \begin{bmatrix} s-1&-4\ -1&s-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}Y1\Y2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2+\dfrac6{s^2}-\dfrac2{s^3}\[4pt] -1-\dfrac1s+\dfrac1{s^2}-\dfrac2{s^3} \end{bmatrix}. $$ 係數矩陣的行列式為 $$ D(s)=(s-1)^2-4=(s-3)(s+1). $$ 利用二元聯立方程的消去法，解得 $$ Y1(s)=\frac{2s^4+2s^3-5s^2+2s+10}{s^3(s-3)(s+1)}, \qquad Y2(s)=\frac{-s^4+s^3-3s^2-2s+2}{s^3(s-3)(s+1)}. $$ 部分分式分解為

Question 3

$Y$ 為二階方形矩陣與 $I2$ 為二階單位矩陣，試求矩陣方程式 $$ Y^2-6Y+9I2= \begin{bmatrix} 4 & 3\ 5 & 6 \end{bmatrix} $$ 之矩陣 $Y$ 解。

Accepted Answer

核心觀念

本題考矩陣多項式方程式。因為 $Y$ 與純量倍的單位矩陣可交換，可將左側配方為

Y^2-6Y+9I_2=(Y-3I_2)^2.

因此令 $X=Y-3I_2$ ，原式化為 $X^2=A$ ，其中

A=\begin{bmatrix}4&3\\5&6\end{bmatrix}.

解題方法

先求 $A$ 的平方根。直接計算可得

A^2= \begin{bmatrix}4&3\\5&6\end{bmatrix} \begin{bmatrix}4&3\\5&6\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}31&30\\50&51\end{bmatrix}, \qquad A+5I_2= \begin{bmatrix}9&3\\5&11\end{bmatrix}.

兩者滿足

A^2-10A-11I_2=0,

故

(A+5I_2)^2=A^2+10A+25I_2=36A.

因此

X=\pm\frac{A+5I_2}{6}

都是 $X^2=A$ 的解。回代 $Y=X+3I_2$ ，得到

Y=3I_2\pm\frac{A+5I_2}{6}.

Question 4

試以剩值定理（Residue Theorem）求 $$ \frac{1}{2\pi}\int0^{2\pi}\frac{d	heta}{\sqrt{3-\cos	heta}} $$ 之值。

Accepted Answer

核心觀念 題目考查留數定理與複數變數代換。令 $z=e^{i	heta}$，則單位圓上的角度積分可改寫成複線積分；分母中的平方根則需在單位圓內選定一致的解析分支，再用支割線上的跳躍量計算積分。 解題方法 先令 $$ I=\frac{1}{2\pi}\int0^{2\pi}\frac{d	heta}{\sqrt{3-\cos	heta}}. $$ 取 $z=e^{i	heta}$，因此 $d	heta=\frac{dz}{iz}$，且 $$ \cos	heta=\frac12\left(z+\frac1zight). $$ 故 $$ I=\frac{1}{2\pi i}\oint{|z|=1} \frac{dz}{z\sqrt{3-\frac12(z+z^{-1})}} =\frac{1}{2\pi i}\oint{|z|=1} \frac{dz}{\sqrt{z(6-z-z^{-1})}}. $$ 整理根號內的式子： $$ z\left(3-\frac12(z+z^{-1})ight) =\frac12(6z-z^2-1) =\frac12(5-z)(z-1). $$ 因此 $$ I=\frac{1}{2\pi i}\oint{|z|=1} \frac{\sqrt2\,dz}{\sqrt{(5-z)(z-1)}}. $$ 根號在 $z=1$ 處有分支點，不能直接把被積函數當成只有孤立極點而套用留數定理。以線段 $[1,5]$ 為支割線，並在單位圓內沿 $[1,5]$ 的一側縮進；將封閉路徑變形到支割線兩側後，外圍大圓上的積分趨近於零，支割線兩側的積分由平方根的跳躍關係決定。等價地，留數定理給出

Question 5

$X$ 為一隨機變數（Random variable），其機率密度函數（probability density function）為

p(x)=\frac{1}{\sigma\sqrt{\pi}}e^{-\frac{(x-\mu_x)^2}{\sigma^2}}, \qquad \mu_x\in\mathbb{R},\quad \sigma>0,\quad -\infty<x<\infty。

試求其期望值（Expected value）： $E[X^2+4X+2]。$

Accepted Answer

核心觀念

本題考常態分配的參數判讀，以及期望值的線性性。將常態密度與標準形式比較後，可得

X\sim N\left(\mu_x,\frac{\sigma^2}{2}\right),

因為常態分配的密度形式為

f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi v}} \exp\left(-\frac{(x-\mu)^2}{2v}\right),

其中 $v$ 為變異數。因此本題的變異數是 $\sigma^2/2$ ，不是 $\sigma^2$ 。

解題方法

利用期望值的線性性：

E[X^2+4X+2]=E[X^2]+4E[X]+2.

已知 $E[X]=\mu_x$ ，且

Question 6

設 $3	imes3$ 矩陣 $$ A= \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3\ 2 & 5 & 8\ 3 & 8 & 14 \end{bmatrix}, \qquad b= \begin{bmatrix} 1\ 2\ 3 \end{bmatrix}。 $$ 問系統 $Ax=b$ 有幾組解？ (A) 唯一解 (B) 無解 (C) 無限多解 (D) 解空間維度為 $2$

Accepted Answer

核心觀念 線性系統 $Ax=b$ 的解是否唯一，取決於係數矩陣 $A$ 是否可逆。對 $3	imes 3$ 矩陣而言，若 $\det(A)
e 0$，則 $A$ 可逆，系統有且只有一組解；若 $\det(A)=0$，則須進一步比較係數矩陣與增廣矩陣的秩。 解題方法 計算 $A$ 的行列式。沿第一列展開： $$ \begin{aligned} \det(A) &=1 \begin{vmatrix} 5&8\ 8&14 \end{vmatrix} -2 \begin{vmatrix} 2&8\ 3&14 \end{vmatrix} +3 \begin{vmatrix} 2&5\ 3&8 \end{vmatrix}\ &=(70-64)-2(28-24)+3(16-15)\ &=6-8+3\ &=1. \end{aligned} $$

Answer

答案：A

Question 7

由三個向量 $$ v1= \begin{bmatrix} 1\ 1\ -1\ -1 \end{bmatrix}, \qquad v2= \begin{bmatrix} 1\ 2\ -3\ -2 \end{bmatrix}, \qquad v3= \begin{bmatrix} 1\ 0\ 1\ 0 \end{bmatrix} $$ 所展開（span）的向量空間，其維度（dimension）為何？ (A) $1$ (B) $2$ (C) $3$ (D) $4$

Accepted Answer

核心觀念 向量組所張成空間的維度，等於這些向量中的線性獨立向量個數，也就是將向量組排成矩陣後的秩（rank）。 解題方法 以 $v1,v2,v3$ 為矩陣的欄向量： $$ A= \begin{bmatrix} 1&1&1\ 1&2&0\ -1&-3&1\ -1&-2&0 \end{bmatrix}. $$ 對矩陣做列運算： $$ \begin{bmatrix} 1&1&1\ 1&2&0\ -1&-3&1\ -1&-2&0 \end{bmatrix} \longrightarrow \begin{bmatrix} 1&1&1\ 0&1&-1\ 0&-2&2\ 0&-1&1 \end{bmatrix} \longrightarrow \begin{bmatrix} 1&1&1\ 0&1&-1\ 0&0&0\ 0&0&0 \end{bmatrix}. $$ 最後的階梯形矩陣有 $2$ 個非零列，因此 $\operatorname{rank}(A)=2$。故三個向量張成空間的維度為 $2$。

Answer

答案：B

Question 8

關於矩陣 $$ A= \begin{bmatrix} 1 & 1\ 1 & 1 \end{bmatrix} $$ 的描述，下列何者正確？ (A) $A$ 的秩數（rank）為 $2$ (B) $0$ 為 $A$ 的特徵值 (C) $A$ 為可逆（invertible）矩陣 (D) $A$ 為正定（positive definite）矩陣

Accepted Answer

核心觀念 本題考查矩陣的秩、特徵值、可逆性與正定性。對矩陣 $$ A=\begin{bmatrix}1&1\1&1\end{bmatrix}, $$ 可用行列式判斷是否可逆，也可由特徵方程求特徵值。對稱矩陣 $A$ 正定的條件之一是對所有非零向量 $x$，都有 $x^{T}Ax0$。 解題方法 觀察兩列相同，因此矩陣的秩為 $1$，不是 $2$。再計算特徵方程： $$ \det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 1-\lambda&1\ 1&1-\lambda \end{vmatrix} =(1-\lambda)^2-1 =\lambda(\lambda-2). $$ 故特徵值為 $\lambda=0$ 與 $\lambda=2$，其中 $0$ 確實是 $A$ 的特徵值。 選項分析

Answer

答案：B

Question 9

設矩陣 $$ A= \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0\ 0 & 0 & 1\ -1 & -3 & -3 \end{bmatrix}， $$ 則特徵多項式為何？ (A) $\lambda^3-3\lambda^2+3\lambda-1$ (B) $\lambda^3+3\lambda^2+3\lambda+1$ (C) $\lambda^3+\lambda^2+\lambda+1$ (D) $\lambda^3-\lambda^2+\lambda-1$

Accepted Answer

核心觀念 特徵多項式定義為 $p(\lambda)=\det(\lambda I-A)$。本題矩陣是三階伴隨矩陣的形式，可直接由行列式計算；其特徵多項式的根即為矩陣的特徵值。 解題方法 先寫出 $\lambda I-A$： $$ \lambda I-A= \begin{bmatrix} \lambda & -1 & 0\ 0 & \lambda & -1\ 1 & 3 & \lambda+3 \end{bmatrix}. $$ 沿第一列展開行列式： $$ \begin{aligned} p(\lambda) &=\lambda \begin{vmatrix} \lambda & -1\ 3 & \lambda+3 \end{vmatrix} -(-1) \begin{vmatrix} 0 & -1\ 1 & \lambda+3 \end{vmatrix}\ &=\lambda\bigl(\lambda(\lambda+3)+3\bigr)-1\ &=\lambda^3+3\lambda^2+3\lambda-1. \end{aligned} $$ 此處計算得到的常數項是 $-1$，因此與題目所列官方答案 B 的常數項 $+1$ 不一致。直接代入 $\lambda=0$ 驗算也可確認：$p(0)=\det(-A)=-\det(A)=-1$，因為 $\det(A)=1$。

Answer

答案：B

Question 10

下列那個向量屬於矩陣 $$ A= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1\ 2 & -1 & -2\ 7 & -2 & -1 \end{bmatrix} $$ 的零空間（null space）？ (A) $$ \begin{bmatrix} 1\ 2\ -1 \end{bmatrix} $$ (B) $$ \begin{bmatrix} 1\ 2\ 0 \end{bmatrix} $$ (C) $$ \begin{bmatrix} 1\ 2\ 3 \end{bmatrix} $$ (D) $$ \begin{bmatrix} 1\ 4\ -1 \end{bmatrix} $$

Accepted Answer

核心觀念 矩陣 $A$ 的零空間是所有滿足 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 的向量所構成的集合。因此，判斷選項是否屬於零空間，只要將該向量代入矩陣乘法，確認結果是否為零向量。 解題方法 對選項 (D) 代入： $$ A \begin{bmatrix} 1\ 4\ -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1(1)+0(4)+1(-1)\ 2(1)-1(4)-2(-1)\ 7(1)-2(4)-1(-1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\ 0\ 0 \end{bmatrix}. $$ 因此，(D) 符合 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$，屬於矩陣 $A$ 的零空間。 選項分析 - (A)

Answer

答案：D

Question 11

下列關於二次型（quadratic form） $$Q(x1,x2)=4x1^2+12x1x2+9x2^2$$ 的性質，何者正確？ (A) $Q$ 為正定（positive definite） (B) $Q$ 為負定（negative definite） (C) $Q$ 為半正定（positive semi-definite） (D) $Q$ 為半負定（negative semi-definite）

Accepted Answer

核心觀念

二次型可寫成矩陣形式 $Q(\mathbf{x})=\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x}$ ，其中 $A$ 為對稱矩陣。若對所有非零向量 $\mathbf{x}$ 都有 $Q(\mathbf{x})>0$ ，則為正定；若 $Q(\mathbf{x})\geq 0$ ，則為半正定。負定與半負定則分別要求對所有非零向量有 $Q(\mathbf{x})<0$ 與 $Q(\mathbf{x})\leq 0$ 。

解題方法

將二次型配方：

Q(x_1,x_2)=4x_1^2+12x_1x_2+9x_2^2 =(2x_1+3x_2)^2.

平方項對所有 $(x_1,x_2)$ 都不小於 $0$ ，所以 $Q(x_1,x_2)\geq 0$ 。

Answer

答案：C

Question 12

設矩陣 $$ A= \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3\ 0 & 1 & 4\ 0 & 0 & k \end{bmatrix}。 $$ 若 $$\det(A^TA)=196，$$ 則 $k=$ ？ (A) $7$ (B) $14$ (C) $2$ (D) $1$

Accepted Answer

核心觀念 利用行列式的乘法性質： $$ \det(A^TA)=\det(A^T)\det(A)=\det(A)^2。 $$ 又因 $A$ 是上三角矩陣，行列式等於主對角線元素的乘積。 解題方法 先計算 $A$ 的行列式： $$ \det(A)=1\cdot 1\cdot k=k。 $$ 因此 $$ \det(A^TA)=k^2=196， $$ 所以 $$ k=\pm14。 $$ 題目選項中只有 $14$，故選擇 (B)。 選項分析

Answer

答案：B

Question 13

矩陣 $$ A= \begin{bmatrix} 0 & 3\ -1 & 0 \end{bmatrix}， $$ 請求 $A^{20}=$ ？ (A) $$ \begin{bmatrix} 0 & 3^{20}\ 1 & 0 \end{bmatrix} $$ (B) $$ \begin{bmatrix} 3^{20} & 0\ 0 & 1 \end{bmatrix} $$ (C) $$ \begin{bmatrix} 3^{10} & 0\ 0 & 1 \end{bmatrix} $$ (D) $$ \begin{bmatrix} 3^{10} & 0\ 0 & 3^{10} \end{bmatrix} $$

Accepted Answer

核心觀念 本題評量矩陣高次方冪（Matrix Powers）的求解能力。在工程數學與線性代數中，求二階方陣的高次方通常有以下三種途徑： 1. 直接尋找次方規律（純量矩陣法）：檢驗低次方（如 $A^2$、$A^3$ 或 $A^4$）是否具備純量矩陣 $kI$、零矩陣或週期性。 2. 凱利－哈密頓定理（Cayley-Hamilton Theorem）：利用特徵多項式將高次方降次。 3. 對角化（Diagonalization）：利用特徵值與特徵向量分解矩陣 $A = PDP^{-1}$，進而求 $A^n = PD^n P^{-1}$。 本題中，$A^2$ 直接呈現純量矩陣形式，為最精簡迅速的破題切入點。 --- 解題方法 方法一：直接計算平方尋找規律（考場推薦最速解法） 首先計算矩陣 $A$ 的平方 $A^2$： $$ A^2 = A \cdot A = \begin{bmatrix} 0 & 3\ -1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 3\ -1 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\cdot 0 + 3(-1) & 0\cdot 3 + 3\cdot 0\ (-1)\cdot 0 + 0(-1) & (-1)\cdot 3 + 0\cdot 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -3 & 0\ 0 & -3 \end{bmatrix} = -3I $$ 其中 $I = \begin{bmatrix} 1 & 0 \ 0 & 1 \end{bmatrix}$ 為二階單位矩陣。 利用指數律計算 $A^{20}$： $$ A^{20} = (A^2)^{10} = (-3I)^{10} = (-3)^{10} I^{10} $$ 由於 $(-3)^{10} = 3^{10}$ 且 $I^{10} = I$，故： $$ A^{20} = 3^{10} I = \begin{bmatrix} 3^{10} & 0\ 0 & 3^{10} \end{bmatrix} $$ --- 方法二：利用凱利－哈密頓定理（理論驗證） 求矩陣 $A$ 之特徵多項式： $$ p(\lambda) = \det(\lambda I - A) = \det \begin{bmatrix} \lambda & -3\ 1 & \lambda \end{bmatrix} = \lambda^2 - (-3) = \lambda^2 + 3 = 0 $$ 依據凱利－哈密頓定理，方陣必滿足其自身特徵方程式：

Answer

答案：D

Question 14

設矩陣 $$ A= \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0\ 0 & 3 & 0\ 0 & 0 & 4 \end{bmatrix} \Longrightarrow B=\int0^1e^{At}\,dt， $$ 則 $\operatorname{trace}(B)=$ ？ (A) $$ \frac{e^2-1}{2}+\frac{e^3-1}{3}+\frac{e^4-1}{4} $$ (B) $$ \frac{e^2+e^3+e^4-3}{3} $$ (C) $$ \frac{e^9-1}{9} $$ (D) $$ \ln(e^2+e^3+e^4) $$

Accepted Answer

核心觀念 本題考矩陣指數函數與矩陣定積分。矩陣指數函數定義為 $$ e^{At}=\sum{k=0}^{\infty}\frac{(At)^k}{k!}. $$ 因為 $A$ 是對角矩陣，$e^{At}$ 的對角元素可分別對矩陣各對角元素取指數；矩陣定積分則是逐元素積分。此外，矩陣的跡是其對角元素總和。 解題方法 給定 $$ A=\begin{bmatrix} 2&0&0\ 0&3&0\ 0&0&4 \end{bmatrix}, $$ 因此 $$ e^{At}= \begin{bmatrix} e^{2t}&0&0\ 0&e^{3t}&0\ 0&0&e^{4t} \end{bmatrix}. $$ 逐元素在 $0$ 到 $1$ 積分：

Answer

答案：A

Question 15

下列那一個複變函數是「可解析的」（analytic）函數？ (A) $y+ix$ (B) $x^2+y^2+2ixy$ (C) $e^x\cos y+ie^x\sin y$ (D) $e^y\cos x+ie^y\sin x$

Accepted Answer

核心觀念

複變函數 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ 若在某區域內可解析，必須在該區域內可微。若 $u,v$ 的一階偏導數連續，且滿足柯西－黎曼方程：

u_x=v_y,\qquad u_y=-v_x,

則函數在該區域內解析。

解題方法

將各選項寫成 $u(x,y)+iv(x,y)$ ，分別代入柯西－黎曼方程。若方程只在個別點成立，函數至多只可能在該點複微分，不能因此判定為解析；解析要求在一個開區域內可微。

選項分析

(A) $y+ix$ ：錯誤

此處 $u=y,\ v=x$ ，所以

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

雖然 $u_x=v_y$ ，但 $u_y=-v_x$ 要求 $1=-1$ ，不成立。因此此函數不可解析。

(B) $x^2+y^2+2ixy$ ：錯誤

此處 $u=x^2+y^2,\ v=2xy$ ，所以

u_x=2x,\quad u_y=2y,\quad v_x=2y,\quad v_y=2x.

第一式 $u_x=v_y$ 成立；第二式 $u_y=-v_x$ 則要求 $2y=-2y$ ，只在 $y=0$ 成立，並非在任何開區域內成立。因此此函數不可解析。事實上，該式可寫成 $z^2+\bar z^{\,2}$ ，含有 $\bar z$ 項，也可看出它不是解析函數。

Answer

答案：C

Question 16

設 $$ f(z)=\frac{1}{z^2(1-z)}， $$ 則其在 $|z|<1$ 的羅倫級數（Laurent series）展開式前兩項為？ (A) $\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{z}$ (B) $\dfrac{1}{z^2}+1$ (C) $\dfrac{1}{z^2}+z$ (D) $\dfrac{1}{z^2}+z^2$

Accepted Answer

核心觀念 羅倫級數可用於函數在奇點附近的展開。先將函數改寫成已知幾何級數，再依收斂條件確認適用範圍。當 $0<|z|<1$ 時， $$ \frac{1}{1-z}=\sum{n=0}^{\infty}z^n. $$ 解題方法 將幾何級數乘上 $1/z^2$： $$ f(z)=\frac{1}{z^2(1-z)} =\frac{1}{z^2}\sum{n=0}^{\infty}z^n =\sum{n=0}^{\infty}z^{n-2}. $$ 因此， $$ f(z)=\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z}+1+z+z^2+\cdots,\qquad 0<|z|<1. $$ 前兩項為 $\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{z}$，故選項 (A) 正確。題目所稱 $|z|<1$ 的展開，需排除 $z=0$，因為原函數在 $z=0$ 有極點。 選項分析

Answer

答案：A

Question 17

考慮複變函數 $f(z)=	an z$，請求 $f(z)$ 在 $z0=\dfrac{\pi}{2}$ 的餘數（residue），$\operatorname{Res}{z0}f(z)=$ ？ (A) $0$ (B) $1$ (C) $2$ (D) $-1$

Accepted Answer

核心觀念 複變函數 $f(z)$ 在 $z0$ 有一階極點時，留數是 Laurent 展開中 $(z-z0)^{-1}$ 項的係數。若 $f(z)=\dfrac{g(z)}{h(z)}$，且 $h(z0)=0$、$h'(z0)
e 0$、$g(z0)
e 0$，則 $$ \operatorname{Res}{z=z0}f(z)=\frac{g(z0)}{h'(z0)}. $$ 解題方法 將正切函數寫成 $$ 	an z=\frac{\sin z}{\cos z}. $$ 在 $z0=\dfrac{\pi}{2}$ 處，$\cos z0=0$，而 $\sin z0=1$；又分母的導數為 $$ \frac{d}{dz}\cos z=-\sin z,\qquad -\sin\left(\frac{\pi}{2}ight)=-1
e 0. $$ 因此 $z0$ 是一階極點，套用一階極點留數公式： $$ \operatorname{Res}{z=\pi/2}	an z =\frac{\sin(\pi/2)}{-\sin(\pi/2)} =-1. $$ 也可令 $w=z-\dfrac{\pi}{2}$。

Answer

答案：D

Question 18

求微分方程式 $$ (x^2+y^2)\,dy+(2xy+\cos x)\,dx=0 $$ 之解？ (A) $xy^2+\sin x+\dfrac{1}{3}y^3=c$ (B) $x^2y-\sin x+\dfrac{1}{3}x^3=c$ (C) $xy^2+\sin x+\dfrac{1}{3}x^3=c$ (D) $x^2y+\sin x+\dfrac{1}{3}y^3=c$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查恰當微分方程式。若方程式可寫成 $$ M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0, $$ 且滿足 $$ \frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}, $$ 則存在位勢函數 $F(x,y)$，使方程式的解為 $F(x,y)=c$。 解題方法 本題中 $$ M(x,y)=2xy+\cos x,\qquad N(x,y)=x^2+y^2. $$ 檢查恰當性： $$ \frac{\partial M}{\partial y}=2x,\qquad \frac{\partial N}{\partial x}=2x. $$ 兩者相等，因此方程式為恰當微分方程式。 由 $\frac{\partial F}{\partial x}=M$，對 $x$ 積分： $$ F(x,y)=\int (2xy+\cos x)\,dx =x^2y+\sin x+g(y), $$ 其中 $g(y)$ 是只依賴 $y$ 的函數。再對 $y$ 偏微分，並令其等於 $N$： $$ \frac{\partial F}{\partial y}=x^2+g'(y)=x^2+y^2. $$ 因此 $g'(y)=y^2$，積分得 $$ g(y)=\frac{1}{3}y^3. $$ 故通解為

Answer

答案：D

Question 19

關於常微分方程式 $$ \frac{d^4y}{dx^4}+\frac{d^3y}{dx^3}-\frac{d^2y}{dx^2}+y=0 $$ 的特徵方程式與特徵根，下列何者正確？ (A) 特徵方程式為 $\lambda^4+\lambda^3-\lambda^2+\lambda=0$ (B) $\lambda=0$ 為其中一個特徵根 (C) $\lambda=-1$ 為其中一個特徵根 (D) $\lambda=1$ 為其中一個特徵根

Accepted Answer

核心觀念 常係數齊次線性微分方程的特徵方程式，依各階導數的係數，將 $y^{(n)}$ 對應為 $\lambda^n$。本題方程為 $$ y^{(4)}+y^{(3)}-y''+y=0, $$ 因此特徵方程式為 $$ \lambda^4+\lambda^3-\lambda^2+1=0. $$ 解題方法 將方程左側各項依微分階數換成 $\lambda$ 的冪次，並保留原係數與正負號： $$ y^{(4)}\mapsto \lambda^4,\qquad y^{(3)}\mapsto \lambda^3,\qquad -y''\mapsto-\lambda^2,\qquad +y\mapsto+1. $$ 所以得到特徵多項式 $$ p(\lambda)=\lambda^4+\lambda^3-\lambda^2+1. $$

Answer

答案：C

Question 20

考慮常微分方程式 $$ \frac{d^2y}{dx^2}-4\frac{dy}{dx}+5y=0， $$ 下列何者非其齊次解（homogeneous solution）？ (A) $e^{2x}\cos x$ (B) $e^{2x}\sin x$ (C) $e^{2x}(\cos x+2\sin x)$ (D) $e^{2x}\cos x\sin x$

Accepted Answer

核心觀念

本題考二階常係數齊次線性微分方程的解。齊次解的集合由特徵方程決定；若特徵根為一對共軛複根 $\alpha\pm\beta i$ ，通解為

y=e^{\alpha x}\left(C_1\cos \beta x+C_2\sin \beta x\right).

解題方法

令 $y=e^{rx}$ ，代入微分方程

y''-4y'+5y=0

得到特徵方程

r^2-4r+5=0 =(r-2)^2+1=0.

因此特徵根為 $r=2\pm i$ ，通解為

y=e^{2x}\left(C_1\cos x+C_2\sin x\right),

其中 $C_1,C_2$ 為任意常數。凡能寫成此形式的函數，都是本方程的齊次解。

選項分析

(A) $e^{2x}\cos x$ ：是齊次解。 取 $C_1=1,\ C_2=0$ 即可。
**(B) $e^{2x}\sin x$ ：是齊次解。

Answer

答案：D

Question 21

考慮原始函數 $f(x)=3x+2$，及其衍生之傅立葉級數（Fourier series）函數： $$f1(x)=f(x)$$ 在 $x\in[0,1]$ 區間之傅立葉級數（Fourier series）。 $$f2(x)=f(x)$$ 在 $x\in[0,1]$ 區間之傅立葉正弦級數（Fourier sine series）。 $$f3(x)=f(x)$$ 在 $x\in[0,1]$ 區間之傅立葉餘弦級數（Fourier cosine series）。 下列何者正確？ (A) $f1(0)=f2(0)$ (B) $f1(0)=f3(0)$ (C) $f1(1)=f2(1)$ (D) $f1(0.5)=f3(0.5)$

Accepted Answer

核心觀念 傅立葉級數在區間端點的值，取決於所採用的週期延拓，以及延拓後的函數在該點是否連續。若函數在跳躍點左右極限分別為 $f(x^-)$、$f(x^+)$，傅立葉級數收斂到兩者的平均值： $$ \frac{f(x^-)+f(x^+)}{2}. $$ 傅立葉正弦級數對應奇延拓；傅立葉餘弦級數對應偶延拓。區間內部的連續點，三種級數都收斂到原函數值。 解題方法 原函數為 $f(x)=3x+2$，在 $[0,1]$ 上連續。因此在內部點 $x=0.5$，普通傅立葉級數、正弦級數與餘弦級數都收斂到 $$ f(0.5)=3(0.5)+2=\frac{7}{2}. $$ 故 $f1(0.5)=f3(0.5)$，選項 (D) 正確。 端點則要考慮各種延拓： - 普通傅立葉級數以週期 $1$ 延拓。$x=0$ 處的左右極限分別為 $f(1^-)=5$ 與 $f(0^+)=2$，所以 $f1(0)=\frac{5+2}{2}=\frac{7}{2}$。同理，$f1(1)=\frac{7}{2}$。

Answer

答案：D

Question 22

考慮一偏微分方程式 $$ \frac{\partial u(x,t)}{\partial t} = 4\frac{\partial^2u(x,t)}{\partial x^2}; \qquad x\in[0,1],\quad t\geq0。 $$ 則下列何者不是齊次邊界條件（homogeneous boundary condition）？ (A) $$ u(0,t)=0，\qquad \frac{\partial u(1,t)}{\partial x}=0 $$ (B) $$ u(0,t)+u(1,t)=0，\qquad \frac{\partial u(0,t)}{\partial x} + \frac{\partial u(1,t)}{\partial x}=0 $$ (C) $$ u(0,t)=\frac{\partial u(0,t)}{\partial x}，\qquad u(1,t)=\frac{\partial u(1,t)}{\partial x} $$ (D) $$ u(0,t)+\frac{\partial u(0,t)}{\partial x}=0，\qquad u(1,t)=0 $$

Accepted Answer

核心觀念 齊次邊界條件是指邊界條件可寫成未知函數 $u$ 及其導數的線性齊次關係，也就是等式右側為零。邊界值不必逐項都等於零；例如 $u(0,t)=ux(0,t)$ 等價於 $u(0,t)-ux(0,t)=0$，仍是齊次條件。 解題方法 逐一檢查每個選項的邊界關係能否整理成右側為零的線性方程。若某選項表面上等於零，仍要確認它所列的多個條件在整體上是否形成齊次邊界條件。 - (A) $u(0,t)=0$ 與 $ux(1,t)=0$，兩個邊界量都等於零，符合齊次條件。 - (B) 第一式 $u(0,t)+u(1,t)=0$ 為齊次關係；第二式 $ux(0,t)+ux(1,t)=0$ 也為齊次關係。 - (C) 可改寫為 $u(0,t)-ux(0,t)=0$ 及 $u(1,t)-ux(1,t)=0$，均為齊次關係。 - (D) 第一式本身已是 $u(0,t)+ux(0,t)=0$，第二式為 $u(1,t)=0$，均為齊次關係。

Answer

答案：B

Question 23

設 $\mathcal{F}\{f(t)\}=F(w)$ 為 $f(t)$ 的傅立葉轉換（Fourier transform），求 $$ \mathcal{F}\{2f(t)\cdot i\sin 2t\}=?\qquad(i=\sqrt{-1}) $$ (A) $\dfrac{1}{2}F(w-2)-\dfrac{1}{2}F(w+2)$ (B) $F(w-2)-F(w+2)$ (C) $2F(w-2)+2F(w+2)$ (D) $F(w-2)+F(w+2)$

Accepted Answer

核心觀念 本題考傅立葉轉換的線性性與頻移性。採用慣例 $$ \mathcal{F}\{f(t)\}=F(w),\qquad \mathcal{F}\{e^{iat}f(t)\}=F(w-a). $$ 並利用 $$ i\sin 2t=\frac{e^{i2t}-e^{-i2t}}{2}. $$ 解題方法 先將題目中的乘數改寫成指數函數： $$ 2f(t)\cdot i\sin 2t =2f(t)\cdot\frac{e^{i2t}-e^{-i2t}}{2} =f(t)e^{i2t}-f(t)e^{-i2t}. $$ 依頻移性分別取傅立葉轉換： $$ \mathcal{F}\{f(t)e^{i2t}\}=F(w-2),\qquad \mathcal{F}\{f(t)e^{-i2t}\}=F(w+2). $$ 因此

Answer

答案：B

Question 24

一工廠生產 $60\%$ 正常品、$40\%$ 瑕疵品。品檢員判定正確率為 $90\%$，誤判率為 $20\%$。隨機取出一件產品，判定為「正常」；則實際正常的機率為何？ (A) $\dfrac{27}{31}$ (B) $\dfrac{18}{37}$ (C) $\dfrac{9}{10}$ (D) $\dfrac{9}{13}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考貝氏定理：已知品檢員判定為正常，反推產品實際正常的條件機率。條件機率公式為 $$ P(	ext{實際正常}\mid	ext{判定正常}) = \frac{P(	ext{實際正常且判定正常})} {P(	ext{判定正常})}. $$ 解題方法 設 $N$ 表示實際正常，$D$ 表示判定正常。題目給定 $P(N)=0.6$、$P(N^c)=0.4$。 依官方答案所採用的題意，將「正確率為 $90\%$」解讀為實際正常品有 $90\%$ 被判為正常，即 $P(D\mid N)=0.9$；「誤判率為 $20\%$」解讀為瑕疵品有 $20\%$ 被誤判為正常，即 $P(D\mid N^c)=0.2$。 因此： $$ P(N\cap D)=0.6	imes0.9=0.54, $$ $$ P(D)=0.6	imes0.9+0.4	imes0.2 =0.54+0.08=0.62. $$ 代入貝氏定理： $$ P(N\mid D) =\frac{0.54}{0.62} =\frac{54}{62} =\boxed{\frac{27}{31}}. $$ 選項分析

Answer

答案：A

Question 25

有三個獨立且相同分布（independent, identically distributed, i.i.d.）之隨機變數 $\{X_1,X_2,X_3\}$ ，皆為常態分布（normal distribution），期望值為 $\mu_x$ ，標準差為 $\sigma_x$ 。

令

Y=\frac{X_1+X_2}{2}，

其期望值為 $\mu_y$ ，標準差為 $\sigma_y$ ；

Z=\frac{X_1+X_2+X_3}{3}，

其期望值為 $\mu_z$ ，標準差為 $\sigma_z$ 。

下列何者正確？

Accepted Answer

核心觀念 獨立隨機變數的線性組合，其期望值等於各變數期望值的線性組合；若變數彼此獨立，線性組合的變異數則為各變數變異數乘上係數平方後相加。 若 $X1,X2,X3$ 皆獨立且同為平均數 $\mux$、標準差 $\sigmax$ 的常態分布，則 $$ E\!\left[\sumi aiXi\right]=\sumi aiE[Xi], \qquad \operatorname{Var}\!\left(\sumi aiXi\right) =\sumi ai^2\operatorname{Var}(Xi). $$ 解題方法 對 $Y=(X1+X2)/2$，期望值為 $$ \muy=E[Y] =\frac{E[X1]+E[X2]}{2} =\frac{\mux+\mux}{2} =\mux. $$ 由獨立性，$X1$ 與 $X2$ 的共變異數為 $0$，因此 $$ \sigmay^2=\operatorname{Var}(Y) =\frac{1}{4}\bigl(\sigmax^2+\sigmax^2\bigr) =\frac{\sigmax^2}{2}, \qquad \sigmay=\frac{\sigmax}{\sqrt{2}}. $$ 同理，對 $Z=(X1+X2+X3)/3$， $$ \muz=E[Z] =\frac{\mux+\mux+\mux}{3} =\mux, $$ 且

Answer

答案：C

114 國安局特考三等 電子組(選試英文) 工程數學 考古題詳解

第 一 題10 分

第 二 題10 分

核心觀念

解題方法

第 三 題10 分

核心觀念

解題方法

第 四 題10 分

第 五 題10 分

核心觀念

解題方法

第 1 題2 分

第 2 題2 分

第 3 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 4 題2 分

第 5 題2 分

第 6 題2 分

核心觀念

解題方法

第 7 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 8 題2 分

核心觀念

解題方法

方法一：直接計算平方尋找規律（考場推薦最速解法）

方法二：利用凱利－哈密頓定理（理論驗證）

第 9 題2 分

核心觀念

解題方法

第 10 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 11 題2 分

第 12 題2 分

第 13 題2 分

核心觀念

解題方法

第 14 題2 分

第 15 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 16 題2 分

第 17 題2 分

第 18 題2 分

第 19 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 20 題2 分

其他考古題

114 年電子組(選試英文)的其他科目

電子組(選試英文)《工程數學》其他年度

114 國安局特考三等電子組(選試英文) 工程數學考古題詳解

第一題10 分

第二題10 分

第三題10 分

第四題10 分

第五題10 分