109 年鐵路特考高員三級電子工程考古題與詳解

Question 1

利用 Laplace Transform 解下列微分方程式，其中方程式的等號右邊為一具有時間延遲的一個單位脈衝（unit impulse）輸入，求 $y(t)$ 。

$\frac{d^2y}{dt^2}+3\frac{dy}{dt}+2y=\delta(t-1),\qquad y(0)=0,\qquad \left.\frac{dy}{dt}\right|_{t=0}=0$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查單位脈衝輸入的拉普拉斯轉換，以及第二移位定理。單位脈衝 $\delta(t-a)$ 的拉普拉斯轉換為 $$ \mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as},\qquad a0. $$ 在初始條件為零時，線性微分方程可先轉換到 $s$ 域，解出 $Y(s)$，再利用部分分式與第二移位定理反變換。 解題方法 令 $Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}$。由初始條件 $y(0)=0$、$y'(0)=0$， $$ \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s),\qquad \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s). $$ 右側脈衝輸入位於 $t=1$，因此 $$ \mathcal{L}\{\delta(t-1)\}=e^{-s}. $$ 對原方程兩側取拉普拉斯轉換： $$ s^2Y(s)+3sY(s)+2Y(s)=e^{-s}. $$ 整理並因式分解： $$ Y(s)=\frac{e^{-s}}{s^2+3s+2} =\frac{e^{-s}}{(s+1)(s+2)}. $$ 先求未延遲部分的反變換： $$ \frac{1}{(s+1)(s+2)} =\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s+2}, $$ 所以

Question 2

試求 $$\oint{c:\lvert z\rvert=2}\frac{z}{1+z^2}\,dz$$ 其中 $c$ 代表圍線積分的路徑為逆時鐘方向。

Accepted Answer

核心觀念 本題考複變函數的圍線積分與留數定理。若函數 $f(z)$ 在逆時鐘方向的簡單閉曲線 $C$ 內只有有限個孤立奇點，則 $$ \ointC f(z)\,dz=2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;	ext{曲線內各奇點}). $$ 解題方法 被積分函數為 $$ f(z)=\frac{z}{1+z^2} =\frac{z}{(z-i)(z+i)}. $$ 其奇點為 $z=i$ 與 $z=-i$，兩者的模皆為 $1$，因此都位於圓周 $|z|=2$ 內。兩個奇點皆為單極點。 在 $z=i$ 的留數為 $$ \operatorname{Res}(f;i) =\lim{z	o i}(z-i)\frac{z}{(z-i)(z+i)} =\frac{i}{2i} =\frac12. $$ 在 $z=-i$ 的留數為

Question 3

$f(x)=\frac{1}{4}x^2$，若 $-\pi<x<\pi$ 且 $f(x+2\pi)=f(x)$，求此函數之傅立葉級數（Fourier Series）。

Accepted Answer

核心觀念

本題考週期為 $2\pi$ 的傅立葉級數。若 $f(x)$ 在 $(-\pi,\pi)$ 上的傅立葉級數寫成

f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_n\cos nx+b_n\sin nx\bigr),

其係數為

a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx,\qquad a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)\,dx,\qquad b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin(nx)\,dx.

本題 $f(x)=\frac14x^2$ 是偶函數，因此所有正弦係數 $b_n$ 皆為 $0$ ，只需計算常數項與餘弦係數。

解題方法

先計算常數係數：

a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x^2}{4}\,dx =\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi x^2\,dx =\frac{1}{2\pi}\cdot\frac{\pi^3}{3} =\frac{\pi^2}{6}.

所以級數的常數項為 $\frac{a_0}{2}=\frac{\pi^2}{12}$ 。

對 $n\ge 1$ ，利用偶函數性：

a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x^2}{4}\cos(nx)\,dx =\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi x^2\cos(nx)\,dx.

分部積分兩次，令 $I_n=\int_0^\pi x^2\cos(nx)\,dx$ ：

Question 4

若 $$f(x)=x^7-2x^2+x-2I$$ 且 $$A=\begin{bmatrix}1&2\-3&-4\end{bmatrix}$$ $I$ 為單位矩陣，求 $f(A)=?$

Accepted Answer

核心觀念 矩陣多項式 $f(A)$ 的定義，是將多項式中的變數 $x$ 換成矩陣 $A$，常數項 $c$ 則換成 $cI$。本題為 $$ f(A)=A^7-2A^2+A-2I. $$ 直接計算 $A^7$ 會較繁瑣，可利用 $A$ 的特徵多項式與 Cayley–Hamilton 定理，將高次矩陣冪降為 $A$ 的一次式。 解題方法 先求 $A$ 的特徵多項式： $$ \begin{aligned} p(\lambda) &=\det(\lambda I-A)\ &=\begin{vmatrix}\lambda-1&-2\3&\lambda+4\end{vmatrix}\ &=(\lambda-1)(\lambda+4)+6\ &=\lambda^2+3\lambda+2\ &=(\lambda+1)(\lambda+2). \end{aligned} $$ 由 Cayley–Hamilton 定理，$A$ 滿足自己的特徵多項式，因此 $$ A^2+3A+2I=0, \qquad A^2=-3A-2I. $$ 接著將 $f(x)$ 對 $x^2+3x+2=(x+1)(x+2)$ 取餘式。由 $$ x^2\equiv -3x-2 $$ 可得 $$ x^3\equiv 7x+6,\qquad x^4\equiv -15x-14,\qquad x^5\equiv 31x+30, $$

Question 5

設向量 $\mathbf{u}=(3,-2,-5)$、$\mathbf{v}=(1,4,-4)$、$\mathbf{w}=(0,3,2)$，則 $\mathbf{u}\cdot(\mathbf{v}	imes\mathbf{w})$ 之值為何？其中運算元 $	imes$ 表示為外積（cross product），$\cdot$ 則表示為 $\mathbf{u}$ 和 $\mathbf{v}$ 的內積（inner product）。 (A) $49$ (B) $56$ (C) $84$ (D) $92$

Accepted Answer

核心觀念 本題考三維向量的外積與內積，以及純量三重積： $$ \mathbf{u}\cdot(\mathbf{v}	imes\mathbf{w}) = \det\begin{pmatrix} u1&u2&u3\ v1&v2&v3\ w1&w2&w3 \end{pmatrix}. $$ 純量三重積可用「先算外積，再做內積」或「直接計算行列式」求值；兩種方法結果相同。 解題方法 先計算 $\mathbf{v}	imes\mathbf{w}$： $$ \mathbf{v}	imes\mathbf{w} = \begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\ 1&4&-4\ 0&3&2 \end{vmatrix} = \bigl(4\cdot2-(-4)\cdot3,\;(-4)\cdot0-1\cdot2,\;1\cdot3-4\cdot0\bigr) = (20,-2,3). $$ 再與 $\mathbf{u}=(3,-2,-5)$ 做內積：

Answer

答案：A

Question 6

已知 $\mathbf{u},\mathbf{v}$ 為向量空間（vector space）$V$ 中的兩個非零向量（nonzero vector），下列敘述何者不恆真？ (A) 若 $\mathbf{u},\mathbf{v}$ 為正交（orthogonal），則 $\lVert\mathbf{u}+\mathbf{v}Vert^2\leq\lVert\mathbf{u}Vert^2+\lVert\mathbf{v}Vert^2$ (B) $\lvert\langle\mathbf{u},\mathbf{v}anglevert\leq\lVert\mathbf{u}Vert\lVert\mathbf{v}Vert$ (C) $\lVert\mathbf{u}+\mathbf{v}Vert\leq\lVert\mathbf{u}Vert+\lVert\mathbf{v}Vert$ (D) 若 $\mathbf{u},\mathbf{v}$ 的夾角為 $	heta$，則 $\langle\mathbf{u},\mathbf{v}angle\leq\lVert\mathbf{u}Vert\lVert\mathbf{v}Vert\sin	heta$

Accepted Answer

核心觀念 本題考向量內積與範數的基本關係，主要用到柯西－施瓦茲不等式、三角不等式，以及夾角與內積的公式： $$ \langle\mathbf{u},\mathbf{v}angle =\lVert\mathbf{u}Vert\lVert\mathbf{v}Vert\cos	heta, \qquad \lVert\mathbf{u}+\mathbf{v}Vert^2 =\lVert\mathbf{u}Vert^2+\lVert\mathbf{v}Vert^2 +2\langle\mathbf{u},\mathbf{v}angle. $$ 其中 $\mathbf{u},\mathbf{v}$ 是非零向量，夾角 $	heta\in[0,\pi]$。 解題方法 逐一檢查各敘述是否由上述基本定理或公式保證。特別注意（A）的正交條件代表內積為零；（D）則須比較 $\cos	heta$ 與 $\sin	heta$，不能把兩者混為一談。 選項分析 - (A) 正確。 若 $\mathbf{u},\mathbf{v}$ 正交，則 $\langle\mathbf{u},\mathbf{v}angle=0$，因此 $$ \lVert\mathbf{u}+\mathbf{v}Vert^2 =\lVert\mathbf{u}Vert^2+\lVert\mathbf{v}Vert^2. $$ 題目所述的不等式成立，且實際上等號成立。

Answer

答案：D

Question 7

令 $A,B$ 均為 $n$ 階方陣，則下列何者恆成立？ (A) $AB=BA$ (B) $(AB)^T=A^TB^T$ (C) $\det(AB)=\det(BA)$ (D) $\det(A+B)=\det(A)+\det(B)$

Accepted Answer

核心觀念 本題考矩陣乘法與轉置的性質，以及行列式對矩陣乘積的性質。對任意同階方陣 $A,B$，一般而言矩陣乘法不具交換律，且行列式通常不具加法性；但有 $$ \det(AB)=\det(A)\det(B). $$ 解題方法 逐項檢查選項是否對所有 $n$ 階方陣都成立。判斷「恆成立」的命題時，可使用矩陣運算公式；要否定命題，則提供一組反例即可。 對選項 (C)，利用行列式乘法公式： $$ \det(AB)=\det(A)\det(B). $$ 同理， $$ \det(BA)=\det(B)\det(A). $$ 因為行列式的值是純量，純量乘法具交換律，因此 $$ \det(AB)=\det(A)\det(B)=\det(B)\det(A)=\det(BA). $$ 此結論不要求 $A$、$B$ 可逆。 選項分析 - (A) $AB=BA$：錯誤。 矩陣乘法一般不具交換律。例如取 $$ A=\begin{bmatrix}1&0\0&0\end{bmatrix},\qquad B=\begin{bmatrix}0&1\0&0\end{bmatrix}, $$ 則 $$ AB=\begin{bmatrix}0&1\0&0\end{bmatrix},\qquad BA=\begin{bmatrix}0&0\0&0\end{bmatrix}, $$

Answer

答案：C

Question 8

下列方陣 $A$，何者存在矩陣 $P$ 滿足 $P^TP=I$，且 $P^TAP$ 為對角矩陣？ (A) $$A=\begin{bmatrix}3&2&4\-3&1&5\0&-1&2\end{bmatrix}$$ (B) $$A=\begin{bmatrix}-1&1&-3\1&0&2\2&-1&1\end{bmatrix}$$ (C) $$A=\begin{bmatrix}3&0&6\0&1&0\1&0&5\end{bmatrix}$$ (D) $$A=\begin{bmatrix}3&-2&1\-2&1&0\1&0&4\end{bmatrix}$$

Accepted Answer

核心觀念 若存在實矩陣 $P$ 使 $P^TP=I$，則 $P$ 為正交矩陣，且 $P^T=P^{-1}$。因此 $P^TAP$ 是以正交矩陣作相似變換。實矩陣可被正交對角化的充要條件是它為對稱矩陣，也就是 $A^T=A$。 理由是：若 $P^TAP=\Lambda$ 為對角矩陣，則 $$ A=P\Lambda P^T. $$ 由於 $\Lambda^T=\Lambda$，可得 $$ A^T=(P\Lambda P^T)^T=P\Lambda P^T=A. $$ 反過來，實對稱矩陣可由譜定理正交對角化。 解題方法 逐一檢查各選項是否對稱即可。對角線元素不影響判斷，只需比較主對角線兩側的對應元素，例如 $a{12}$ 與 $a{21}$。 選項分析

Answer

答案：D

Question 9

下列何者非與矩陣 $$\begin{bmatrix}4&-2\1&1\end{bmatrix}$$ 互為相似矩陣（similar matrices）？ (A) $$\begin{bmatrix}4&1\-2&1\end{bmatrix}$$ (B) $$\begin{bmatrix}2&0\1&3\end{bmatrix}$$ (C) $$\begin{bmatrix}-3&10\-3&8\end{bmatrix}$$ (D) $$\begin{bmatrix}-2&1\3&5\end{bmatrix}$$

Accepted Answer

核心觀念 若兩個矩陣 $A$、$B$ 相似，則存在可逆矩陣 $P$ 使得 $B=P^{-1}AP$。相似矩陣具有相同的特徵多項式，因此其跡與行列式必相同。本題可先比較選項矩陣與原矩陣的跡、行列式；任一數值不同，即可判定不相似。 解題方法 令 $$ A=\begin{bmatrix}4&-2\1&1\end{bmatrix}. $$ 其跡與行列式為 $$ \operatorname{tr}(A)=4+1=5,\qquad \det(A)=4\cdot1-(-2)\cdot1=6. $$ 因此，與 $A$ 相似的矩陣都必須有跡 $5$、行列式 $6$。 選項分析 - (A) $\begin{bmatrix}4&1\-2&1\end{bmatrix}$：跡為 $4+1=5$，行列式為 $4\cdot1-1\cdot(-2)=6$。而且此矩陣正好是 $A$ 的轉置；矩陣與其轉置相似，因此本選項相似。 - (B) $\begin{bmatrix}2&0\1&3\end{bmatrix}$：跡為 $2+3=5$，行列式為 $2\cdot3-0\cdot1=6$。其特徵多項式與 $A$ 相同：

Answer

答案：D

Question 10

假設函數 $$F(s)=\ln\frac{s^2+1}{(s-1)^2}$$ 的逆拉氏轉換（inverse Laplace transform）為 $$f(t)=\frac{1}{t}(a\cos t+b\sin t)$$ 其中 $a,b$ 為常數，求 $a+b=?$ (A) $-2$ (B) $-1$ (C) $0$ (D) $2$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查對數型拉氏轉換，以及下列公式： $$ \mathcal{L}\left\{\frac{e^{at}-e^{bt}}{t}\right\} =\ln\frac{s-b}{s-a} $$ 公式成立於收斂區域內；其中對數的分支也須與拉氏轉換的解析延拓一致。等價地，若 $$ F(s)=\ln\frac{(s-b)}{(s-a)}, $$ 則其逆拉氏轉換為 $$ f(t)=\frac{e^{at}-e^{bt}}{t}. $$ 解題方法 先因式分解分子： $$ s^2+1=(s-i)(s+i), $$ 並將分母寫成 $(s-1)^2$，故 $$ F(s) =\ln\frac{s-i}{s-1}+\ln\frac{s+i}{s-1}. $$ 套用公式可得 $$ f(t) =\frac{e^t-e^{it}}{t}+\frac{e^t-e^{-it}}{t} =\frac{2e^t-e^{it}-e^{-it}}{t}. $$ 利用 $e^{it}+e^{-it}=2\cos t$：

Question 11

計算複函數 $$f(z)=(1+i)^{1-i}$$ 為： (A) $$\sqrt{2}e^{-\frac{\pi}{4}+2n\pi}\left[\cos\left(\frac{\pi}{4}-\ln\sqrt{2}\right)+i\sin\left(\frac{\pi}{4}-\ln\sqrt{2}\right)\right]$$ (B) $$\sqrt{2}e^{\frac{\pi}{4}+2n\pi}\left[\cos\left(\frac{\pi}{4}-\ln\sqrt{2}\right)+i\sin\left(\frac{\pi}{4}-\ln\sqrt{2}\right)\right]$$ (C) $$\sqrt{2}e^{-\frac{\pi}{4}+2n\pi}\left[\cos\left(\frac{\pi}{4}-\ln\sqrt{2}\right)-i\sin\left(\frac{\pi}{4}-\ln\sqrt{2}\right)\right]$$ (D) $$\sqrt{2}e^{\frac{\pi}{4}+2n\pi}\left[\cos\left(\frac{\pi}{4}-\ln\sqrt{2}\right)-i\sin\left(\frac{\pi}{4}-\ln\sqrt{2}\right)\right]$$

Accepted Answer

核心觀念 複數的非整數次方以複對數定義： $$ z^w=\exp\!\bigl(w\log z\bigr),\qquad \log z=\ln|z|+i(\arg z+2n\pi),\quad n\in\mathbb Z. $$ 因此複數底數的角度須納入 $2n\pi$ 的多值性。題目選項採用的寫法，是把多值角度帶入指數後展開。 解題方法 先將底數 $1+i$ 化為極式： $$ |1+i|=\sqrt2,\qquad \arg(1+i)=\frac{\pi}{4}, $$ 所以 $$ \log(1+i)=\ln\sqrt2+i\left(\frac{\pi}{4}+2n\piight). $$ 代入指數 $1-i$： $$ \begin{aligned} (1-i)\log(1+i) &=(1-i)\left[\ln\sqrt2+i\left(\frac{\pi}{4}+2n\piight)ight]\ &=\ln\sqrt2+\left(\frac{\pi}{4}+2n\piight)\ &\quad+i\left(\frac{\pi}{4}+2n\pi-\ln\sqrt2ight). \end{aligned} $$ 因此 $$ (1+i)^{1-i} =\sqrt2\,e^{\frac{\pi}{4}+2n\pi} \left[ \cos\left(\frac{\pi}{4}-\ln\sqrt2+2n\piight) +i\sin\left(\frac{\pi}{4}-\ln\sqrt2+2n\piight) ight]. $$ 因為 $n$ 為整數，三角函數的角度加上 $2n\pi$ 不改變其值，故可寫成

Answer

答案：B

Question 12

給定一複數函數 $$f(z)=\frac{1}{z^2-1}$$ 假設 $C$ 為沿著逆時針方向繞圓周 $\lvert z-1\rvert=1$ 之路徑，則線積分 $$\ointC f(z)\,dz=?$$ (A) $0$ (B) $\pi i$ (C) $2\pi i$ (D) $3\pi i$

Accepted Answer

核心觀念

本題考複變函數的柯西積分公式與留數定理。若閉合曲線逆時針包圍單一簡單極點 $z_0$ ，則

\oint_C f(z)\,dz=2\pi i\,\operatorname{Res}(f,z_0).

也可以將函數分解為部分分式，直接判斷各極點是否位於曲線內。

解題方法

先因式分解：

f(z)=\frac{1}{z^2-1} =\frac{1}{(z-1)(z+1)} =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z+1}\right).

曲線為圓周 $\lvert z-1\rvert=1$ ，圓心在 $z=1$ 、半徑為 $1$ 。極點 $z=1$ 位於圓心，且 $z=-1$ 到圓心的距離為 $2$ ，在曲線外。因此只有 $z=1$ 被逆時針曲線包圍。

由部分分式可得 $z=1$ 的留數為 $\frac{1}{2}$ ，故

\oint_C f(z)\,dz =2\pi i\cdot\frac{1}{2} =\pi i.

選項分析

Answer

答案：B

Question 13

求 $$f(z)=\frac{2iz-\cos(z)}{z^3+z}$$ 在 $z=-i$ 的殘餘值（residue）為： (A) $0$ (B) $1+\frac{1}{2}\cos(i)$ (C) $-1+\frac{1}{2}\cos(i)$ (D) $-1-\frac{1}{2}\cos(i)$

Accepted Answer

核心觀念 若 $z0$ 是函數的簡單極點，且 $f(z)=\dfrac{g(z)}{h(z)}$，其中 $g,h$ 在 $z0$ 附近解析、$h(z0)=0$ 且 $h'(z0)
e 0$，則 $$ \operatorname{Res}(f,z0)=\frac{g(z0)}{h'(z0)}. $$ 本題分母 $z^3+z=z(z^2+1)=z(z-i)(z+i)$，所以 $z=-i$ 是簡單極點。 解題方法 令 $g(z)=2iz-\cos z$、$h(z)=z^3+z$。先計算 $$ g(-i)=2i(-i)-\cos(-i)=2-\cos(i), $$ 其中利用 $\cos(-i)=\cos(i)$。分母的導數為 $$ h'(z)=3z^2+1,\qquad h'(-i)=3(-i)^2+1=-2. $$ 因此

Answer

答案：C

Question 14

求解積分方程式 $$y(t)=t+\int0^t y(	au)\sin(t-	au)\,d	au$$ 為： (A) $y(t)=\frac{1}{3}t^3+2t$ (B) $y(t)=\frac{1}{6}t^3$ (C) $y(t)=\frac{1}{6}t^3+t$ (D) $y(t)=\frac{1}{3}t^3+t$

Accepted Answer

核心觀念 本題是第二類 Volterra 卷積型積分方程式，積分核為 $\sin(t-	au)$。可利用卷積的拉普拉斯轉換，將積分方程式化為代數方程式；也可用微分法消去積分項。 解題方法 令 $Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}$。利用卷積定理， $$ \mathcal{L}\left\{\int0^t y(	au)\sin(t-	au)\,d	auight\} =Y(s)\mathcal{L}\{\sin t\} =\frac{Y(s)}{s^2+1}. $$ 原式兩邊取拉普拉斯轉換： $$ Y(s)=\frac{1}{s^2}+\frac{Y(s)}{s^2+1}. $$ 整理得 $$ Y(s)\left(1-\frac{1}{s^2+1}ight)=\frac{1}{s^2}, \qquad Y(s)\frac{s^2}{s^2+1}=\frac{1}{s^2}, $$ 因此 $$ Y(s)=\frac{s^2+1}{s^4} =\frac{1}{s^2}+\frac{1}{s^4}. $$ 反拉普拉斯轉換後， $$ y(t)=t+\frac{t^3}{3!} =t+\frac{1}{6}t^3. $$ 所以選項為 (C)。 選項分析

Answer

答案：C

Question 15

下列何者不是 $y(x)$ 的線性（linear）微分方程式？（其中 $y'=\frac{dy}{dx}$） (A) $x^3y'+3x^2y=\frac{1}{x}$ (B) $x^2y'+2xy=\sinh 5x$ (C) $y'=1+y^2$ (D) $xy'=2y+x^3e^x$

Accepted Answer

核心觀念 一階線性微分方程的標準形式為 $$ a1(x)y'+a0(x)y=g(x), $$ 其中 $a1(x)$、$a0(x)$ 與 $g(x)$ 都只依賴自變數 $x$，且未知函數 $y$ 與其導數 $y'$ 必須以一次方式出現；係數不得依賴 $y$，也不能出現 $y^2$、$yy'$ 等非線性項。 解題方法 逐一檢查各式中 $y$ 和 $y'$ 的次數，以及它們的係數是否只依賴 $x$。只要能整理成上述標準形式，就是線性微分方程式。 選項分析 - (A) $x^3y'+3x^2y=\dfrac{1}{x}$：$y'$ 與 $y$ 都是一次，係數 $x^3$、$3x^2$ 及右側 $\dfrac{1}{x}$ 均只依賴 $x$，是線性微分方程

Answer

答案：C

Question 16

下列那一個函數組合可構成微分方程式 $$y^{(4)}-y=0$$ 的解之基底（basis of solutions）？（其中 $y^{(4)}\equiv\frac{d^4y}{dx^4}$） (A) $\cos x,\ \sin x,\ x,\ x^{-1}$ (B) $e^x,\ e^{-x},\ x,\ x^{-1}$ (C) $e^x,\ e^{-x},\cosh x,\sinh x$ (D) $\cos x,\ \sin x,\ \cosh x,\ \sinh x$

Accepted Answer

核心觀念 線性常係數齊次微分方程式 $$ y^{(4)}-y=0 $$ 可用特徵方程求解。若方程為四階且特徵方程有四個相異根，則對應的四個線性獨立解構成解空間的一組基底。 解題方法 令解為 $y=e^{rx}$，代入微分方程式，得到特徵方程： $$ r^4-1=0 $$ 因式分解為 $$ (r^2-1)(r^2+1)=0 $$ 故特徵根為 $r=1,-1,i,-i$。對應的實數解為 $$ e^x,\quad e^{-x},\quad \cos x,\quad \sin x $$ 因此通解可寫成 $$ y=C1e^x+C2e^{-x}+C3\cos x+C4\sin x $$ 題目選項中，$\cosh x$ 與 $\sinh x$ 分別為 $$ \cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2},\qquad \sinh x=\frac{e^x-e^{-x}}{2} $$ 它們與 $e^x,e^{-x}$ 張成相同的二維解空間。因此 $\cos x,\sin x,\cosh x,\sinh x$ 也是一組解基底。 選項分析

Answer

答案：D

Question 17

試問微分方程式 $$3y'=5x^3-\frac{3y}{x},\qquad x0$$ 的解為何？ (A) $y=\left(\frac{1}{3}\right)x^4+\frac{c}{3x}$ (B) $y=\left(\frac{1}{3}\right)x^4-\frac{c}{3x}$ (C) $y=\left(\frac{1}{3}\right)x^3+\frac{c}{3x}$ (D) $y=\left(\frac{1}{3}\right)x^2-\frac{c}{3x}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考一階線性微分方程式的解法。先將方程式整理成標準型 $y'+P(x)y=Q(x)$ ，再用積分因子 $\mu(x)=e^{\int P(x)\,dx}$ 解題。

解題方法

原式為

3y'=5x^3-\frac{3y}{x}.

兩邊除以 $3$ ，並將含 $y$ 的項移至左側：

y'+\frac{1}{x}y=\frac{5}{3}x^3.

因此 $P(x)=\frac{1}{x}$ ，積分因子為

\mu(x)=e^{\int \frac{1}{x}\,dx}=x,

其中 $x>0$ ，故不需使用絕對值。將方程式兩邊乘以 $x$ ：

xy'+y=\frac{5}{3}x^4.

左側是乘積微分 $(xy)'$ ，所以

(xy)'=\frac{5}{3}x^4.

兩邊積分：

xy=x^5+C.

除以 $x$ ，並將任意常數改記為 $c$ ：

y=x^4+\frac{c}{x}.

選項分析

Answer

答案：A

Question 18

假設微分方程式 $$y''+xy'-2y=e^{5x}$$ 其中 $y(0)=2$ 且 $y'(0)=1$，若 $$y(x)=\sum{n=0}^{\infty}anx^n$$ 為此微分方程式之級數解，求 $a4$ 的值為何？ (A) $\frac{11}{12}$ (B) $\frac{13}{12}$ (C) $\frac{25}{24}$ (D) $\frac{29}{24}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查以冪級數代入微分方程式，逐次比較 $x^n$ 的係數，建立級數係數的關係式。由初始條件可直接得到 $a_0$ 、 $a_1$ ，再依序求出 $a_2$ 、 $a_3$ 與 $a_4$ 。

解題方法

設

y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n,

則

y'(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n,\qquad y''(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n.

初始條件給出

a_0=y(0)=2,\qquad a_1=y'(0)=1.

將冪級數代入方程式 $y''+xy'-2y=e^{5x}$ 。右側展開為

e^{5x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{5^n}{n!}x^n.

其中 $xy'$ 的 $x^n$ 係數為 $na_n$ （ $n\geq 1$ ， $n=0$ 時為 $0$ ）。比較 $x^n$ 係數，得到

(n+2)(n+1)a_{n+2}+(n-2)a_n=\frac{5^n}{n!},\qquad n\geq 0.

依序計算：

$n=0$ ：

2a_2-2a_0=1 \quad\Longrightarrow\quad a_2=\frac{5}{2}.

$n=1$ ：

6a_3-a_1=5 \quad\Longrightarrow\quad a_3=1.

Answer

答案：C

Question 19

函數 $f(t)$ 之拉氏轉換（Laplace transform）為 $\mathcal{L}\{f(t)\}$，今 $$\mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{-1}{(s-1)(s-2)}$$ 則 $f(t)$ 可能為何？ (A) $e^t+e^{2t}$ (B) $-e^t-e^{2t}$ (C) $-e^t+e^{2t}$ (D) $e^t-e^{2t}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查指數函數的拉氏轉換，以及部分分式分解。由定義可得，當 $sa$ 時， $$ \mathcal{L}\{e^{at}\}=\frac{1}{s-a} $$ 因此，先將題目中的有理式分解成兩個一次分式，再利用反拉氏轉換即可求出 $f(t)$。 解題方法 題目給定 $$ \mathcal{L}\{f(t)\}=\frac{-1}{(s-1)(s-2)} $$ 設 $$ \frac{-1}{(s-1)(s-2)} =\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s-2} $$ 通分後比較係數： $$ -1=A(s-2)+B(s-1) $$ 令 $s=1$，得 $-1=-A$，所以 $A=1$；令 $s=2$，得 $-1=B$，所以 $B=-1$。因此 $$ \mathcal{L}\{f(t)\} =\frac{1}{s-1}-\frac{1}{s-2} $$ 逐項反拉氏轉換： $$ f(t)=e^t-e^{2t} $$ 選項分析

Answer

答案：D

Question 20

求 $f(t)=\lvert\sin(t)\rvert$ 之拉氏轉換式為： (A) $$\frac{1+e^{-\pi s}}{(s^2+1)(1-e^{-\pi s})}$$ (B) $$\frac{1+e^{-\pi s}}{(s^2+1)(1+e^{-\pi s})}$$ (C) $$\frac{1+e^{-\pi s}}{(s^2-1)(1-e^{-\pi s})}$$ (D) $$\frac{1-e^{-\pi s}}{(s^2+1)(1-e^{-\pi s})}$$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查週期函數的拉氏轉換。若 $f(t)$ 以 $T$ 為週期，且在一個週期內分段連續，則 $$ \mathcal{L}\{f(t)\} =\frac{\displaystyle\int0^T e^{-st}f(t)\,dt}{1-e^{-sT}}, \qquad \operatorname{Re}(s)0. $$ 因為 $|\sin t|$ 每隔 $\pi$ 重複一次，所以週期為 $T=\pi$。 解題方法 在一個週期 $0\le t\le\pi$ 內，$\sin t\ge 0$，故 $|\sin t|=\sin t$。因此 $$ \mathcal{L}\{|\sin t|\} =\frac{\displaystyle\int0^\pi e^{-st}\sin t\,dt}{1-e^{-\pi s}}. $$ 計算分子： $$ \int0^\pi e^{-st}\sin t\,dt =\left[\frac{e^{-st}(-s\sin t-\cos t)}{s^2+1}\right]0^\pi =\frac{1+e^{-\pi s}}{s^2+1}. $$ 代回週期函數公式，得

Answer

答案：A

Question 21

已知函數 $f(t)$ 的傅立葉轉換（Fourier transform）存在，且其傅立葉轉換標記為 $$F(\omega)=\mathcal{F}\{f(t)\}$$ 下列何者恆真？ (A) 若 $f(t)$ 在 $t=4$ 為連續，則 $$f(4)=\int{-\infty}^{\infty}f(t)\delta(t-4)\,dt$$ 其中 $\delta(t)$ 為單位脈衝訊號（unit impulse signal）。 (B) $f(t-4)$ 的傅立葉轉換為 $e^{j4\omega}F(\omega)$ (C) $e^{j4t}f(t)$ 的傅立葉轉換為 $F(\omega+4)$ (D) $e^{3t}f(t)$ 的傅立葉轉換為 $F(\omega-3)$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查單位脈衝的取樣性質，以及傅立葉轉換的時移、頻移公式。依題目所用的傅立葉轉換慣例，時移與調變性質為 $$ \mathcal{F}\{f(t-t0)\}=e^{-j\omega t0}F(\omega) $$ $$ \mathcal{F}\{e^{j\omega0t}f(t)\}=F(\omega-\omega0) $$ 單位脈衝的取樣性質則是：若 $f(t)$ 在 $t=a$ 連續， $$ \int{-\infty}^{\infty}f(t)\delta(t-a)\,dt=f(a) $$ 解題方法 逐一比對選項與上述性質。選項（A）直接使用單位脈衝的取樣性質；其餘選項則檢查時移或頻移的指數符號與變數方向。 選項分析 - （A）正確。 令 $a=4$，由單位脈衝取樣性質可得 $$ \int{-\infty}^{\infty}f(t)\delta(t-4)\,dt=f(4) $$ 因此題目所給條件下等式成立。 - （B）錯誤。 時移公式給出

Answer

答案：A

Question 22

從 $72$ 的所有正因數中，隨機選取一數，此數值大於 $15$ 的機率為何？ (A) $\frac{1}{3}$ (B) $\frac{1}{2}$ (C) $\frac{5}{12}$ (D) $\frac{7}{12}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查有限樣本空間中的古典機率。從所有正因數中等可能選取一數時， $$ P(	ext{選到大於 }15	ext{ 的因數}) =\frac{	ext{大於 }15	ext{ 的正因數個數}}{	ext{正因數總數}} $$ 解題方法 先列出 $72$ 的正因數。因為 $72=2^3\cdot 3^2$，其正因數共有 $$ (3+1)(2+1)=12 $$ 個，依序為 $1,2,3,4,6,8,9,12,18,24,36,72$。 其中大於 $15$ 的因數為 $18,24,36,72$，共 $4$ 個。因此所求機率為 $$ \frac{4}{12}=\frac{1}{3} $$ 選項分析

Answer

答案：A

Question 23

假設兩個隨機變數 $(X,Y)$，其聯合機率分布（joint probability distribution）為 $$f(x,y)=\frac{x+y}{30}$$ 其中 $x=0,1,2,3$；$y=0,1,2$，試算出機率 $P(XY)$ 為何？ (A) $\frac{3}{5}$ (B) $\frac{17}{30}$ (C) $\frac{5}{6}$ (D) $\frac{7}{10}$

Accepted Answer

核心觀念 $(X,Y)$ 是離散型隨機變數，$f(x,y)$ 表示聯合機率質量函數。事件 $XY$ 的機率，等於所有符合 $xy$ 的點之聯合機率總和： $$ P(XY)=\sum{xy} f(x,y) $$ 解題方法 逐一列出範圍 $x\in\{0,1,2,3\}$、$y\in\{0,1,2\}$ 中符合 $xy$ 的組合： - $y=0$：$x=1,2,3$，對應 $x+y=1,2,3$。 - $y=1$：$x=2,3$，對應 $x+y=3,4$。 - $y=2$：$x=3$，對應 $x+y=5$。 因此： $$ \begin{aligned} P(XY) &=\frac{1+2+3+3+4+5}{30}\ &=\frac{18}{30}\ &=\frac{3}{5}. \end{aligned} $$ 選項分析

Answer

答案：A

Question 24

隨機變數 $X,Y$ 的聯合機率密度函數為 $$ f(x,y)= \begin{cases} 8xy, & 0<x\leq y<1,\ 0, & 	ext{其他} \end{cases} $$ 則 $X$ 與 $Y$ 之期望值分別為： (A) $\frac{8}{15},\ \frac{4}{5}$ (B) $\frac{8}{15},\ \frac{4}{15}$ (C) $\frac{4}{5},\ \frac{8}{15}$ (D) $\frac{4}{15},\ \frac{8}{15}$

Accepted Answer

核心觀念 連續型隨機變數的期望值，須將變數本身乘上聯合機率密度函數，並在其定義域上作二重積分： $$ E[X]=\iintD x f(x,y)\,dx\,dy,\qquad E[Y]=\iintD y f(x,y)\,dx\,dy. $$ 本題的定義域為 $D=\{(x,y):0<x\le y<1\}$。依積分次序 $dx\,dy$，可寫成 $0<y<1$、$0<x\le y$。 解題方法 先直接依聯合密度計算 $X$ 的期望值： $$ \begin{aligned} E[X] &=\int0^1\int0^y x(8xy)\,dx\,dy\ &=8\int0^1 y\left(\int0^y x^2\,dxight)dy\ &=8\int0^1 y\cdot\frac{y^3}{3}\,dy =\frac{8}{3}\int0^1 y^4\,dy =\frac{8}{15}. \end{aligned} $$ 再計算 $Y$ 的期望值： $$ \begin{aligned} E[Y] &=\int0^1\int0^y y(8xy)\,dx\,dy\ &=8\int0^1 y^2\left(\int0^y x\,dxight)dy\ &=8\int0^1 y^2\cdot\frac{y^2}{2}\,dy =4\int0^1 y^4\,dy =\frac{4}{5}. \end{aligned} $$

Answer

答案：A

109 鐵路特考高員三級 電子工程 工程數學 考古題詳解

第 一 題10 分

核心觀念

解題方法

第 二 題10 分

第 三 題15 分

核心觀念

解題方法

第 四 題15 分

第 1 題2 分

核心觀念

解題方法

第 2 題2 分

第 3 題2 分

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

第 8 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 9 題2 分

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

核心觀念

解題方法

選項分析

第 13 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 14 題2 分

核心觀念

解題方法

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

第 20 題2 分

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第一題10 分

第二題10 分

第三題15 分

第四題15 分