111 鐵路特考高員三級 電子工程 工程數學 考古題詳解

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換求解具初始條件的二階常微分方程。關鍵公式為：

$$\mathcal{L}\{y''(t)\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)$$

其中

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}$$

此外，

$$\mathcal{L}\{\sin at\}=\frac{a}{s^2+a^2}$$

因此：

$$\mathcal{L}\{\sin 2t\}=\frac{2}{s^2+4}$$

拉普拉斯轉換的優點，是能將微分方程轉換成代數方程，並將初始條件直接納入計算。

解題方法

題目為

$$y''+y=\sin 2t,\qquad y(0)=0,\qquad y'(0)=1$$

令

$$Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}$$

兩邊取拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{y''\}+\mathcal{L}\{y\} = \mathcal{L}\{\sin 2t\}$$

代入二階導數公式及初始條件：

$$\left[s^2Y(s)-sy(0)-y'(0)\right]+Y(s) = \frac{2}{s^2+4}$$

由於 $y(0)=0$、$y'(0)=1$，得

$$s^2Y(s)-1+Y(s)=\frac{2}{s^2+4}$$

整理：

$$(s^2+1)Y(s) = 1+\frac{2}{s^2+4}$$

因此

$$Y(s) = \frac{1+\dfrac{2}{s^2+4}}{s^2+1}$$

通分後：

$$Y(s) = \frac{s^2+4+2}{(s^2+1)(s^2+4)} = \frac{s^2+6}{(s^2+1)(s^2+4)}$$

進行部分分式分解：

$$\frac{s^2+6}{(s^2+1)(s^2+4)} = \frac{A}{s^2+1}+\frac{B}{s^2+4}$$

比較分子：

$$s^2+6=A(s^2+4)+B(s^2+1)$$

所以

$$A+B=1$$ $$4A+B=6$$

兩式相減：

$$3A=5 \quad\Longrightarrow\quad A=\frac{5}{3}$$

進而

$$B=1-\frac{5}{3}=-\frac{2}{3}$$

故

核心觀念

本題考查：

• 特徵值方程 $\det(A-\lambda I)=0$
• 特徵向量方程 $(A-\lambda I)\mathbf{x}=\mathbf{0}$
• 凱萊–漢米頓定理（Cayley–Hamilton theorem）
• 相異特徵值所導出的對角化與矩陣冪次計算

題目為計算題，沒有選項，因此無選項分析。

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（一）特徵值與特徵向量

給定

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

特徵值 $\lambda$ 滿足

$$\det(A-\lambda I)=0.$$

因此

$$\det\begin{bmatrix} -\lambda&-2\\ 1&3-\lambda \end{bmatrix} =0.$$

計算得

$$(-\lambda)(3-\lambda)-(-2)(1)=0,$$ $$\lambda^2-3\lambda+2=0,$$ $$(\lambda-1)(\lambda-2)=0.$$

所以所有特徵值為

$$\boxed{\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=2}.$$

當 $\lambda=1$

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

令特徵向量為 $\mathbf{x}=\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}$，則

$$-x-2y=0,$$

所以 $x=-2y$。取 $y=1$，可得

$$\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix}-2\\1\end{bmatrix}.$$

因此 $\lambda=1$ 的所有特徵向量為

$$\boxed{ \mathbf{x}=c\begin{bmatrix}-2\\1\end{bmatrix}, \quad c\ne 0 }.$$

當 $\lambda=2$

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

此時

$$x+y=0,$$

所以 $x=-y$。取 $y=-1$，可得

$$\mathbf{v}_2= \begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}.$$

因此 $\lambda=2$ 的所有特徵向量為

$$\boxed{ \mathbf{x}=c\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}, \quad c\ne 0 }.$$

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（二）求矩陣多項式

令

$$p(x)=x^5-2x^4-x^3+2x^2+3x+2.$$

由特徵多項式

$$x^2-3x+2=(x-1)(x-2),$$

依凱萊–漢米頓定理，

$$A^2-3A+2I=0.$$

因此高次矩陣多項式可以化為一次式 $r(A)=\alpha A+\beta I$。取 $r(x)=\alpha x+\beta$，使其在兩個特徵值處與 $p(x)$ 相同。

先計算：

$$p(1)=1-2-1+2+3+2=5,$$ $$p(2)=32-2(16)-8+2(4)+6+2=8.$$

因此

$$\alpha+\beta=5,$$ $$2\alpha+\beta=8.$$

相減得

$$\alpha=3,$$

再代回得

$$\beta=2.$$

故

$$p(A)=3A+2I.$$

代入 $A$：

核心觀念

本題考查複數變數中的留數定理，搭配單位圓代換：

$$z=e^{i\theta},\qquad |z|=1$$

因此

$$d\theta=\frac{dz}{iz},\qquad \sin\theta=\frac{z-z^{-1}}{2i}.$$

留數定理為

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

其中 $z_k$ 為路徑 $C$ 內部的孤立奇點。

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解題方法

原積分為

$$I=\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{5+4\sin\theta}.$$

令 $z=e^{i\theta}$，則 $\theta$ 從 $0$ 變化至 $2\pi$ 時，$z$ 沿單位圓 $|z|=1$ 逆時針繞行一周。代入得

$$I =\oint_{|z|=1} \frac{1}{5+4\left(\frac{z-z^{-1}}{2i}\right)} \frac{dz}{iz}.$$

整理分母：

$$5+4\sin\theta =5+\frac{2}{i}\left(z-z^{-1}\right) =5-2iz+\frac{2i}{z}.$$

因此

$$I =\oint_{|z|=1} \frac{dz}{i(-2iz^2+5z+2i)}.$$

由 $i(-2i)=2$ 及 $i(2i)=-2$，可化為

$$I=\oint_{|z|=1}\frac{dz}{2z^2+5iz-2}.$$

將分母因式分解。其根為

$$z=\frac{-5i\pm\sqrt{(5i)^2-4(2)(-2)}}{4} =\frac{-5i\pm3i}{4},$$

所以

$$z_1=-\frac{i}{2},\qquad z_2=-2i.$$

其中

核心觀念

本題考查高斯隨機變數的線性轉換、非一對一變數轉換，以及期望值與變異數的定義。

重要公式如下：

1. 若 $Y=aX+b$，則 $E(Y)=aE(X)+b.$

2. 若 $Y=g(X)$ 且可反解，機率密度函數可用變數變換公式： $f_Y(y)=f_X\bigl(x(y)\bigr)\left|\frac{dx}{dy}\right|.$

3. 變異數定義為 $\operatorname{Var}(X)=E(X^2)-[E(X)]^2.$

本題給定 $E(X)=0,\qquad \operatorname{Var}(X)=1.$

本題為計算題，沒有選項需要逐一分析。

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（一）$Y=3X+2$

期望值

利用期望值的線性性質：

$$E(Y)=E(3X+2)=3E(X)+2.$$

代入 $E(X)=0$：

$$E(Y)=3(0)+2=2.$$

因此，

$$\boxed{E(Y)=2}.$$

此外，因為 $X\sim N(0,1)$，線性轉換後有

$$Y=3X+2\sim N(2,9),$$

其中平均數為 $2$，變異數為 $3^2\cdot 1=9$。

機率密度函數

由

$$Y=3X+2$$

可得

$$X=\frac{Y-2}{3}.$$

令 $Y=y$，則

$$x=\frac{y-2}{3},\qquad \frac{dx}{dy}=\frac{1}{3}.$$

因為 $3>0$，$Y$ 的取值範圍仍為 $-\infty<y<\infty$。套用變數變換公式：

$$f_Y(y)=f_X\left(\frac{y-2}{3}\right)\left|\frac{1}{3}\right|.$$

代入 $f_X(x)$：

$$\begin{aligned} f_Y(y) &=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left[-\frac{1}{2}\left(\frac{y-2}{3}\right)^2\right]\\ &=\frac{1}{3\sqrt{2\pi}} \exp\left[-\frac{(y-2)^2}{18}\right]. \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{ f_Y(y)=\frac{1}{3\sqrt{2\pi}} e^{-(y-2)^2/18}, \qquad -\infty<y<\infty }.$$

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（二）$Z=X^2$

期望值

由變異數公式：

$$\operatorname{Var}(X)=E(X^2)-[E(X)]^2.$$

由題目條件 $\operatorname{Var}(X)=1$、$E(X)=0$，可得

$$1=E(X^2)-0^2.$$

因此

$$E(X^2)=1.$$

由 $Z=X^2$，所以

$$\boxed{E(Z)=1}.$$

機率密度函數

由

$$Z=X^2,$$

可知 $Z\geq 0$。當 $z>0$ 時，方程

$$z=x^2$$

核心觀念

本題考查 $2\times2$ 矩陣的反矩陣公式。若

$$A=\begin{bmatrix}p&q\\r&s\end{bmatrix},$$

且行列式 $ps-qr\ne 0$，則

$$A^{-1}=\frac{1}{ps-qr} \begin{bmatrix}s&-q\\-r&p\end{bmatrix}.$$

解題方法

題目給定

$$A=\begin{bmatrix}3&1\\2&4\end{bmatrix},$$

其行列式為

$$\det(A)=3\cdot4-1\cdot2=10\ne0,$$

因此反矩陣存在。套用公式：

核心觀念

矩陣乘積的行列式滿足

$$\det(AB)=\det(A)\det(B).$$

矩陣 $A$ 為下三角矩陣，矩陣 $B$ 為上三角矩陣；三角矩陣的行列式等於主對角線元素的乘積。

解題方法

直接分別計算兩矩陣的行列式，再相乘：

$$\det(A)=(-1)(1)(1)(-1)=1,$$ $$\det(B)=(-1)(2)(-3)(4)=24.$$

因此

$$\det(AB)=\det(A)\det(B)=1\times24=24.$$

選項分析

核心觀念

$n\times n$ 方陣具有反矩陣，若且唯若其行列式不為零：

$$A^{-1}\text{ 存在}\quad\Longleftrightarrow\quad \det(A)\ne 0.$$

本題各選項都是 $3\times3$ 方陣，可計算行列式判斷是否可逆。若矩陣有一整欄為零，或兩列相同，則行列式為零，矩陣不可逆。

解題方法

利用各矩陣第一欄的結構，沿第一欄展開行列式，計算較簡便。

(A)

$$\det(A) =3\begin{vmatrix}3&3\\3&3\end{vmatrix} =3(9-9)=0.$$

第二、三列相同，因此不可逆。

(B)

$$\det(B) =3\begin{vmatrix}-3&3\\3&-3\end{vmatrix} =3(9-9)=0.$$

第二、三列互為相反數，因此列向量線性相依，矩陣不可逆。

(C)

核心觀念

兩個非零向量的夾角可由內積定義計算：

$$\cos\theta=\frac{\mathbf a\cdot\mathbf b}{\|\mathbf a\|\,\|\mathbf b\|}$$

其中，內積的正負決定夾角是銳角或鈍角：內積為負時，$\cos\theta<0$，夾角為鈍角。

解題方法

先計算內積：

$$\mathbf a\cdot\mathbf b =(1)(-4)+(2)(-5)+(3)(-6) =-4-10-18=-32$$

再計算兩向量的長度：

$$\|\mathbf a\|=\sqrt{1^2+2^2+3^2}=\sqrt{14}$$ $$\|\mathbf b\|=\sqrt{(-4)^2+(-5)^2+(-6)^2} =\sqrt{16+25+36}=\sqrt{77}$$

代入夾角公式：

$$\cos\theta =\frac{-32}{\sqrt{14}\sqrt{77}} =\frac{-32}{\sqrt{1078}}$$

因為 $1078=49\times22$，所以 $\sqrt{1078}=7\sqrt{22}$。有理化後：

核心觀念

線性轉換 $T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ 可用矩陣表示。若

$$T\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}ax+by\\cx+dy\end{pmatrix},$$

則其標準矩陣為 $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$。已知兩個向量的轉換結果，可以將各分量代入，建立方程式求出係數。

解題方法

將 $\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ 代入：

$$\begin{pmatrix}a+b\\c+d\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix},$$

因此 $a+b=2$、$c+d=3$。

再將 $\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ 代入：

$$\begin{pmatrix}a-b\\c-d\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix},$$

因此 $a-b=4$、$c-d=-1$。

分別解這兩組方程式：

核心觀念

若矩陣 $A$ 的特徵值為 $\lambda$，則 $A^2$ 的對應特徵值為 $\lambda^2$。本題的 $A$ 是對角矩陣，對角線上的元素就是 $A$ 的特徵值。

解題方法

題目給定

$$A=\begin{bmatrix} -3&0&0\\ 0&4&0\\ 0&0&-1 \end{bmatrix}$$

因此 $A$ 的特徵值為 $-3、4、-1$。平方後，$A^2$ 的特徵值為

$$(-3)^2=9,\qquad 4^2=16,\qquad (-1)^2=1$$

也可直接將矩陣平方：

核心觀念

若 $Av=\lambda v$ 且 $v\ne 0$，則 $v$ 是矩陣 $A$ 的特徵向量，$\lambda$ 是對應特徵值。對任意多項式 $p(x)$，有

$$p(A)v=p(\lambda)v.$$

因此，若選項中的向量本來就是 $A$ 的特徵向量，套用 $A$ 的多項式後仍會是特徵向量；但新向量若不是題目列出的特徵向量，就必須直接檢查它是否為 $p(A)$ 的特徵向量。

解題方法

將題目給出的三個向量分別代入 $A$，求出其特徵值：

$$A\begin{bmatrix}-2\\1\\0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}2\\1\\0\end{bmatrix} = -1\begin{bmatrix}-2\\1\\0\end{bmatrix},$$

所以 $\begin{bmatrix}-2\\1\\0\end{bmatrix}$ 的特徵值為 $-1$。

$$A\begin{bmatrix}-3\\0\\1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-3\\0\\1\end{bmatrix},$$

所以 $\begin{bmatrix}-3\\0\\1\end{bmatrix}$ 的特徵值為 $1$。

$$A\begin{bmatrix}-1\\1\\0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}2\\2\\0\end{bmatrix} = -2\begin{bmatrix}-1\\1\\0\end{bmatrix},$$

所以 $\begin{bmatrix}-1\\1\\0\end{bmatrix}$ 的特徵值為 $-2$。

對前三個選項，使用 $p(A)v=p(\lambda)v$，只要計算各多項式在對應特徵值的值。第四個選項的向量是題目未列出的向量，直接計算 $A^5+4A^3-A$ 作用在該向量上的結果。

選項分析

(A) 正確。 對應特徵值 $\lambda=-1$，多項式 $p(x)=x^3+6x^2$。計算得

$$p(-1)=(-1)^3+6(-1)^2=5.$$

因此

核心觀念

矩陣 $A$ 可對角化，表示存在可逆矩陣 $P$，使得 $P^{-1}AP$ 為對角矩陣。等價地說，$A$ 必須有足夠多個線性獨立的特徵向量。

對 $2\times 2$ 矩陣而言：

• 若特徵值相異，必可對角化。
• 若只有一個重根，則須有兩個線性獨立的特徵向量；若特徵空間維度只有 $1$，便不可對角化。

解題方法

逐一計算各矩陣的特徵多項式 $\det(\lambda I-A)$，再依特徵值判斷。前三個選項的特徵值各不相同，因此可對角化；選項 (B) 的特徵多項式有重根，且其特徵空間只有一維，因此不可對角化。

選項分析

(A)

$$A-\lambda I= \begin{bmatrix} -3-\lambda&-2\\ 4&3-\lambda \end{bmatrix}$$ $$\det(A-\lambda I)=(-3-\lambda)(3-\lambda)+8 =\lambda^2-1$$

特徵值為 $\lambda=1,-1$，兩者相異，因此 $A$ 可對角化。

(B)

$$B-\lambda I= \begin{bmatrix} 1-\lambda&1\\ -4&-3-\lambda \end{bmatrix}$$ $$\det(B-\lambda I)=(1-\lambda)(-3-\lambda)+4 =(\lambda+1)^2$$

唯一特徵值為 $\lambda=-1$，代數重數為 $2$。求其特徵空間：

$$B+I= \begin{bmatrix} 2&1\\ -4&-2 \end{bmatrix}$$

核心觀念

複數的極式為 $Z = re^{i\theta} = r(\cos\theta+i\sin\theta)$，其中 $r=|Z|$ 是複數的模，$\theta$ 是幅角。乘方可用棣美弗定理：

$$\left[r(\cos\theta+i\sin\theta)\right]^n =r^n\left[\cos(n\theta)+i\sin(n\theta)\right].$$

解題方法

先將 $1-i$ 化為極式。其模為

$$|1-i|=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2},$$

幅角為 $-\frac{\pi}{4}$，因此

$$1-i=\sqrt{2}\,e^{-i\pi/4}.$$

所以

$$Z=(1-i)^{20} =(\sqrt{2})^{20}e^{-i20\pi/4} =2^{10}e^{-i5\pi} =-2^{10}.$$

核心觀念

複數函數寫成 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ 時，若 $u$、$v$ 的一階偏導數在某區域連續，且滿足柯西－黎曼方程

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

則 $f$ 在該區域為解析函數。

解題方法

逐項取實部 $u(x,y)$ 與虛部 $v(x,y)$，計算偏導數並檢查柯西－黎曼方程。各選項都是多項式，因此偏導數連續；只要檢查方程是否在整個平面成立即可。

選項分析

(A) $u=x^2,\ v=-y^2$。有

$$u_x=2x,\quad v_y=-2y,\quad u_y=0,\quad v_x=0.$$

第一式要求 $2x=-2y$，並非對所有 $(x,y)$ 成立，因此不是解析函數。

(B) $u=x,\ v=-y$。有

$$u_x=1,\quad v_y=-1.$$

因 $u_x\ne v_y$，不符合柯西－黎曼方程，因此不是解析函數。

核心觀念

本題考查柯西積分公式的高階導數形式。若 $f(z)$ 在閉曲線 $C$ 及其內部解析，且 $a$ 位於 $C$ 內部，則

$$\oint_C \frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}}\,dz =\frac{2\pi i}{n!}f^{(n)}(a),$$

其中 $C$ 須為逆時鐘正向。本題 $C:|z|=3$ 包含原點，且 $f(z)=e^{iz}$ 在全平面解析。

解題方法

將被積函數寫成 $\dfrac{f(z)}{(z-0)^3}$，可知 $a=0$、$n=2$。因此

$$\oint_C \frac{e^{iz}}{z^3}\,dz =\frac{2\pi i}{2!}f''(0).$$

由

$$f'(z)=ie^{iz}, \qquad f''(z)=-e^{iz},$$

得到 $f''(0)=-1$，故

$$\oint_C \frac{e^{iz}}{z^3}\,dz =\frac{2\pi i}{2}(-1) =-\pi i.$$

選項分析

核心觀念

複數級數的收斂區域，是使級數中兩個部分都收斂的 $z$ 值範圍。本題第一部分是負次方的幾何級數，第二部分是正次方的幾何級數；分別求其收斂條件後取交集。

解題方法

負次方部分可改寫為

$$\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z^3}+\cdots =\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{z}\right)^n.$$

幾何級數 $\sum_{n=1}^{\infty}r^n$ 收斂的條件是 $|r|<1$，因此

$$\left|\frac{1}{z}\right|<1 \quad\Longrightarrow\quad |z|>1.$$

正次方部分為

$$1+\frac{z}{3}+\frac{z^2}{9}+\frac{z^3}{27}+\cdots =\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{z}{3}\right)^n.$$

其公比為 $z/3$，故收斂條件是

$$\left|\frac{z}{3}\right|<1 \quad\Longrightarrow\quad |z|<3.$$