110 鐵路特考高員三級 電力工程 工程數學 考古題詳解

核心觀念

本題考二階常係數線性微分方程的拉氏轉換，以及階躍函數的延遲性質。將外力寫成

$$f(t)=2\bigl[1-u(t-\pi)\bigr],$$

其中 $u(t-\pi)$ 為單位階躍函數。其拉氏轉換為

$$\mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-as}}{s}.$$

此外，初值轉換公式為

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

解題方法

對微分方程兩側取拉氏轉換。由 $y(0)=0$、$y'(0)=1$，左側為

$$s^2Y(s)-1+2sY(s)+2Y(s).$$

右側外力的拉氏轉換為

$$F(s)=\frac{2}{s}-\frac{2e^{-\pi s}}{s}.$$

因此

$$(s^2+2s+2)Y(s)-1 =\frac{2}{s}-\frac{2e^{-\pi s}}{s},$$

整理得

$$Y(s)=\frac{1}{s^2+2s+2} +\frac{2}{s(s^2+2s+2)} -\frac{2e^{-\pi s}}{s(s^2+2s+2)}.$$

因為 $s^2+2s+2=(s+1)^2+1$，分別求反拉氏轉換。第一項為

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s+1)^2+1}\right\} =e^{-t}\sin t.$$

對第二、三項，作部分分式分解：

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

所以

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值，以及利用 Cayley–Hamilton 定理將高次矩陣多項式化簡。若 $A$ 的特徵多項式為 $p(\lambda)$，則 $p(A)=0$；因此，高次的 $A$ 次方可用低次矩陣表示。

解題方法

先求特徵多項式：

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-A) &= \begin{vmatrix} \lambda-5&4&-4\\ -12&\lambda+11&-12\\ -4&4&\lambda-5 \end{vmatrix}\\ &=(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda+3). \end{aligned}$$

因此

$$p(\lambda)=\lambda^3-7\lambda+6,$$

而 $A$ 的三個特徵值為 $1,2,-3$。由 Cayley–Hamilton 定理，

$$A^3-7A+6I=0, \qquad A^3=7A-6I.$$

令

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

利用 $x^3=7x-6$ 化簡：

$$\begin{aligned} x^4&=x(7x-6)=7x^2-6x,\\ x^5&=x(7x^2-6x)=7x^3-6x^2 =43x-42-6x^2. \end{aligned}$$

故

核心觀念

複變數線積分可依曲線參數化定義計算。若曲線由 $z=z(t)$（$a\le t\le b$）表示，則

$$\int_{\Gamma} f(z)\,dz =\int_a^b f\bigl(z(t)\bigr)z'(t)\,dt.$$

本題的被積函數是 $\operatorname{Im}(z)$，先沿曲線求出 $z(t)$ 的虛部，再乘上複數微分 $dz=z'(t)\,dt$。

解題方法

由 $\Gamma(t)=3e^{it}$，利用 $e^{it}=\cos t+i\sin t$，得

$$z(t)=3\cos t+i\,3\sin t, \qquad \operatorname{Im}(z(t))=3\sin t.$$

對參數微分：

$$dz=z'(t)\,dt=3ie^{it}\,dt =\bigl(-3\sin t+i\,3\cos t\bigr)\,dt.$$

因此

核心觀念

本題考查傅立葉轉換的定義，以及兩個常用性質：

1. 偶函數的傅立葉轉換：若 $f(t)$ 為偶函數，則 $F(j\omega)=2\int_0^\infty f(t)\cos(\omega t)\,dt.$

2. 調變性質：若 $f(t)\longleftrightarrow F(j\omega)$，則

$$f(t)\cos(\omega_0t) \longleftrightarrow \frac{1}{2}\left[F\bigl(j(\omega-\omega_0)\bigr)+F\bigl(j(\omega+\omega_0)\bigr)\right].$$

其中 $f_1(t)=e^{-5|t|}$ 是偶函數，可先由定義求其傅立葉轉換，再用調變性質求第二小題。

解題方法

（一）求 $f_1(t)=e^{-5|t|}$ 的傅立葉轉換

由絕對值分段可得

$$e^{-5|t|} = \begin{cases} e^{5t}, & t<0,\\ e^{-5t}, & t\geq 0. \end{cases}$$

依傅立葉轉換定義，分別計算兩側積分：

$$\begin{aligned} F_1(j\omega) &=\int_{-\infty}^{0}e^{5t}e^{-j\omega t}\,dt +\int_{0}^{\infty}e^{-5t}e^{-j\omega t}\,dt\\ &=\int_{-\infty}^{0}e^{(5-j\omega)t}\,dt +\int_{0}^{\infty}e^{-(5+j\omega)t}\,dt\\ &=\frac{1}{5-j\omega}+\frac{1}{5+j\omega}. \end{aligned}$$

合併後得到

$$F_1(j\omega) =\frac{(5+j\omega)+(5-j\omega)}{(5-j\omega)(5+j\omega)} =\frac{10}{25+\omega^2}.$$

核心觀念

曲面高度函數 $z(x,y)$ 在某點朝向上坡最陡峭的方向，就是該點的梯度方向。梯度為

$$\nabla z(x,y)=\left[\frac{\partial z}{\partial x},\frac{\partial z}{\partial y}\right]$$

它指出高度增加最快的方向；梯度的大小則是該方向上的最大變化率。

解題方法

對高度函數

$$z(x,y)=3500-2x^2-3y^2$$

分別對 $x$、$y$ 偏微分：

$$\frac{\partial z}{\partial x}=-4x,\qquad \frac{\partial z}{\partial y}=-6y$$

因此

$$\nabla z(x,y)=[-4x,-6y]$$

代入 $P(-3,2)$：

$$\nabla z(-3,2)=[-4(-3),-6(2)]=[12,-12]$$

所以朝向上坡最陡峭的方向為 $[12,-12]$，符合選項 (C)。

核心觀念

平行六面體的體積等於三個邊線向量所張成的平行六面體的純量三重積絕對值。若三個邊線向量為 $\mathbf a,\mathbf b,\mathbf c$，則

$$V=\left|\mathbf a\cdot(\mathbf b\times\mathbf c)\right| =\left|\det \begin{bmatrix} \mathbf a\\ \mathbf b\\ \mathbf c \end{bmatrix}\right|.$$

絕對值是必要的，因為行列式的正負只表示向量排列的方向，體積不會是負數。

解題方法

令

$$\mathbf a=[2,0,3],\qquad \mathbf b=[0,4,1],\qquad \mathbf c=[5,6,0].$$

將三個向量排列成行列式：

$$V= \left| \begin{vmatrix} 2&0&3\\ 0&4&1\\ 5&6&0 \end{vmatrix} \right|.$$

沿第一列展開：

核心觀念

向量 $u$ 在非零向量 $v$ 上的投影為

$$\operatorname{proj}_{v}u =\frac{u\cdot v}{v\cdot v}\,v.$$

題目給 $u=u_1+u_2$，且 $u_1$ 是 $u$ 在 $v$ 上的投影，因此

$$u_2=u-\operatorname{proj}_{v}u.$$

解題方法

先計算內積：

$$u\cdot v =(1)(0)+(2)(1)+(1)(3)=5,$$ $$v\cdot v =(0)^2+(1)^2+(3)^2=10.$$

因此投影為

$$u_1=\frac{5}{10} \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ 0.5\\ 1.5 \end{bmatrix}.$$

再由 $u_2=u-u_1$ 得

$$u_2= \begin{bmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 0\\ 0.5\\ 1.5 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\\ 1.5\\ -0.5 \end{bmatrix}.$$

核心觀念

對任意實矩陣 $A$，都有

$$\operatorname{rank}(A^TA)=\operatorname{rank}(A).$$

因為 $A^TA$ 與 $A$ 有相同的零空間：對任意向量 $x$，

$$A^TAx=0 \quad\Longleftrightarrow\quad x^TA^TAx=\|Ax\|^2=0 \quad\Longleftrightarrow\quad Ax=0.$$

因此只需求出 $A$ 的秩。

解題方法

觀察 $A$ 的列向量：

$$c_1=\begin{bmatrix}1\\2\\0\end{bmatrix},\quad c_2=\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix},\quad c_3=\begin{bmatrix}1\\2\\0\end{bmatrix},\quad c_4=\begin{bmatrix}1\\2\\3\end{bmatrix}.$$

其中 $c_3=c_1$，且 $c_4=c_1+3c_2$；所有列向量都由 $c_1,c_2$ 線性組合而成。又 $c_1,c_2$ 彼此線性獨立，所以

核心觀念

特徵值 $\lambda$ 的定義是：存在非零向量 $\mathbf v$，使得 $X\mathbf v=\lambda\mathbf v$。等價地，$\lambda$ 必須滿足特徵方程

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

若矩陣有容易辨認的區塊結構，可先利用行列式的性質簡化計算。

解題方法

將 $X$ 分成左上角的 $2\times2$ 區塊、右上角的零區塊，以及右下角的 $2\times2$ 區塊：

$$X= \begin{bmatrix} A&0\\ C&D \end{bmatrix}, \qquad A=\begin{bmatrix}1&0\\2&-1\end{bmatrix}, \quad D=\begin{bmatrix}-9&9\\-5&5\end{bmatrix}.$$

這是區塊下三角矩陣，因此

$$\det(\lambda I-X)=\det(\lambda I_2-A)\det(\lambda I_2-D).$$

先計算左上區塊：

$$\det(\lambda I_2-A) =\begin{vmatrix}\lambda-1&0\\-2&\lambda+1\end{vmatrix} =(\lambda-1)(\lambda+1).$$

核心觀念

線性轉換 $T:V\to W$ 必須對任意向量 $\mathbf{a},\mathbf{b}\in V$ 及純量 $c$ 滿足

$$T(\mathbf{a}+\mathbf{b})=T(\mathbf{a})+T(\mathbf{b}),\qquad T(c\mathbf{a})=cT(\mathbf{a}).$$

等價地，若 $V,W$ 是有限維向量空間，$T$ 必須能表示為矩陣乘法 $T(\mathbf{x})=A\mathbf{x}$。因此，各分量只能是輸入變數的線性組合，不能有常數項、非線性項；未用到某些輸入變數則不影響線性。

解題方法

逐一檢查各選項的分量是否為輸入變數的線性組合。也可先用必要條件 $T(\mathbf{0})=\mathbf{0}$ 篩選，再檢查是否含有如乘積或三角函數等非線性項。

選項分析

(A) 錯誤。 $T(x,y)=\langle x-y,\sin(x-y)\rangle$ 的第二分量含有 $\sin(x-y)$，不是輸入變數的線性組合。例如取 $(x,y)=(\pi/2,0)$，第二分量為 $1$；若輸入向量加倍為 $(\pi,0)$，第二分量為 $\sin\pi=0$，不等於原值的兩倍 $2$，違反齊次性。

核心觀念

矩陣指數函數定義為

$$e^A=I+A+\frac{A^2}{2!}+\frac{A^3}{3!}+\cdots。$$

本題要先求出矩陣 $e^A$，再依「像空間維度等於矩陣的秩」計算其維度。

解題方法

題目中的 $A$ 是對角矩陣，對角矩陣的指數函數可直接對各對角元素取指數：

$$e^A= \begin{bmatrix} e^1&0&0\\ 0&e^1&0\\ 0&0&e^0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} e&0&0\\ 0&e&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.$$

因為 $e\ne 0$，且 $1\ne 0$，所以 $e^A$ 的三個對角元素皆非零，矩陣滿秩：

$$\operatorname{rank}(e^A)=3。$$

因此，$e^A$ 的像空間維度為 $3$。

選項分析

核心觀念

這題考常微分方程的冪級數解，以及在展開中心 $x=1$ 代入微分方程求級數係數。已知初始條件 $y(1)=1$，故 $a_0=1$。由級數形式可得 $y'(1)=a_1$、$y''(1)=2a_2$，因此也可在微分方程與其導數中代入 $x=1$，直接求出 $a_2$。

解題方法

原方程為

$$y'+x^2y=\cos(\pi x).$$

先令 $x=1$，利用 $y(1)=1$：

$$y'(1)+1^2y(1)=\cos\pi=-1,$$

所以

$$y'(1)+1=-1 \quad\Longrightarrow\quad y'(1)=-2.$$

因此 $a_1=y'(1)=-2$。

對原方程兩邊微分：

$$y''+2xy+x^2y'=-\pi\sin(\pi x).$$

令 $x=1$，此時 $\sin\pi=0$，代入 $y(1)=1$、$y'(1)=-2$：

$$y''(1)+2(1)(1)+(1)^2(-2)=0,$$

故

$$y''(1)=0.$$

由

核心觀念

Riccati 方程的一般形式為

$$\frac{dy}{dx}=a(x)y^2+b(x)y+c(x).$$

若能找到常數解 $y_0$，可令

$$y=y_0+\frac{1}{u},$$

將原方程轉換為以 $u$ 為未知數的一階線性微分方程。本題的關鍵是先找出常數解，再代入各選項檢驗。

解題方法

題目中 $a(x)=\frac{1}{3x}$、$b(x)=\frac{1}{x}$、$c(x)=-\frac{6}{x}$。設常數解為 $y_0$，則 $\frac{dy_0}{dx}=0$，代入方程得

$$0=\frac{1}{3x}y_0^2+\frac{1}{x}y_0-\frac{6}{x}.$$

乘以 $3x$：

$$y_0^2+3y_0-18=0 =(y_0+6)(y_0-3).$$

因此常數解為 $y_0=-6$ 或 $y_0=3$。選項中只有 (B) 使用 $y_0=3$，故令

$$y=3+\frac{1}{u}.$$

微分得 $\frac{dy}{dx}=-\frac{u'}{u^2}$。將 $y$ 代入原方程：

核心觀念

這題考二階常係數線性微分方程式的特解與初始條件。齊次方程的特徵根為 $0$ 與 $2$；右側的 $6e^{2x}$ 與特徵根 $2$ 重合，因此其特解須乘上 $x$。

解題方法

先解齊次方程：

$$y''-2y'=0$$

特徵方程為

$$r^2-2r=r(r-2)=0,$$

所以齊次解為

$$y_h=C_1+C_2e^{2x}.$$

對右側的 $6e^{2x}-4e^{-2x}$，取特解

$$y_p=bx e^{2x}+ce^{-2x}.$$

其中

$$(D^2-2D)(xe^{2x})=2e^{2x},\qquad (D^2-2D)(e^{-2x})=8e^{-2x}.$$

代入微分方程後，比較係數：

$$2b=6,\qquad 8c=-4,$$

因此

$$b=3,\qquad c=-\frac12.$$

通解可寫成題目所給形式

$$y(x)=ae^{2x}+3xe^{2x}-\frac12e^{-2x}+d.$$

由初始條件 $y(0)=-1$：

$$a-\frac12+d=-1 \quad\Longrightarrow\quad a+d=-\frac12.$$

微分得

核心觀念

拉氏轉換的定義為

$$\mathcal{L}\{f(t)\}= \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st}\,dt.$$

狄拉克脈衝的抽樣性質是

$$\int_{0}^{\infty}g(t)\delta(t-a)\,dt=g(a),\qquad a>0.$$

因此，若 $f(t)=g(t)\delta(t-a)$，則

$$\mathcal{L}\{f(t)\}=g(a)e^{-as}.$$

解題方法

本題中 $g(t)=\cos(\pi t)$，脈衝位置為 $t=1$。利用抽樣性質：

$$\begin{aligned} \mathcal{L}\{\cos(\pi t)\delta(t-1)\} &=\int_{0}^{\infty}\cos(\pi t)\delta(t-1)e^{-st}\,dt\\ &=\cos(\pi\cdot 1)e^{-s\cdot 1}\\ &=-e^{-s}, \end{aligned}$$

因為 $\cos(\pi)=-1$，故拉氏轉換為 $-e^{-s}$。

核心觀念

本題考查指數函數乘上正弦、餘弦函數的拉氏轉換，以及如何由轉換式的分母辨認係數。基本公式為

$$\mathcal{L}\{e^{-t}\cos(2t)\} =\frac{s+1}{(s+1)^2+4}, \qquad \mathcal{L}\{e^{-t}\sin(2t)\} =\frac{2}{(s+1)^2+4}.$$

解題方法

由線性性質，

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

將分母展開：

$$(s+1)^2+4=s^2+2s+5.$$

題目給定

$$F(s)=\frac{2s+5}{s^2+as+b}.$$

比較分母係數，可得

$$a=2,\qquad b=5,$$

因此

$$\frac{a}{b}=\frac{2}{5}=0.4.$$

核心觀念

本題考查常係數線性微分方程式的分段解，以及 Heaviside 單位階躍函數的作用。當輸入在 $t=4$ 時由 $0$ 跳升為 $3$，可將其寫成 $f(t)=3H(t-4)$。由於方程式是 $y''+4y=f(t)$，右側常數輸入所造成的穩態特解為 $3/4$。

解題方法

在 $0\leq t<4$ 時，$f(t)=0$，方程式為

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

搭配初始條件 $y(0)=1,\ y'(0)=0$，得到

$$y(t)=\cos 2t.$$

因此 $a=2$。

對於 $t\geq4$，可用階躍響應表示新增的解。令 $\tau=t-4$，此時新增輸入為振幅 $3$ 的常數階躍。其零初始條件響應為

$$\frac{3}{4}\left(1-\cos 2\tau\right).$$

所以全解可寫為

$$y(t)=\cos 2t+\frac{3}{4}\left(1-\cos 2(t-4)\right)H(t-4).$$

與題目給定形式

$$y(t)=\cos(at)+b\bigl(c-\cos(d(t-4))\bigr)H(t-4)$$

對照可得

核心觀念

本題考矩形脈衝的傅立葉轉換，以及將轉換結果整理成「中心位置相位因子 × 正弦函數」的形式。採用角頻率 $\omega$ 的定義：

$$F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(t)e^{-j\omega t}\,dt。$$

解題方法

由 $H(t-3)-H(t-11)$ 可知，$f(t)$ 在 $3\le t<11$ 時等於 $5$，其餘時間為 $0$。因此

$$\begin{aligned} F(\omega) &=5\int_{3}^{11}e^{-j\omega t}\,dt\\ &=5\left[\frac{e^{-j\omega t}}{-j\omega}\right]_{3}^{11}\\ &=\frac{5}{j\omega}\left(e^{-j3\omega}-e^{-j11\omega}\right)\\ &=\frac{10}{\omega}e^{-j7\omega}\sin(4\omega)。 \end{aligned}$$

最後一步利用

$$e^{-j3\omega}-e^{-j11\omega} =e^{-j7\omega}\left(e^{j4\omega}-e^{-j4\omega}\right) =2j e^{-j7\omega}\sin(4\omega)。$$

與題目所給形式

$$F(\omega)=\frac{a}{b\omega}e^{-jc\omega}\sin(d\omega)$$