112 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

這題考二階常係數非齊次線性微分方程。通解由兩部分組成：

$$y=y_h+y_p$$

其中 $y_h$ 是齊次方程的通解，$y_p$ 是非齊次方程的一個特解。右端含有 $e^{-3x}$，而 $-3$ 又是特徵方程的根，因此特解需乘上 $x$，以處理共振情形。

解題方法

先解齊次方程：

$$y''-9y=0$$

其特徵方程為

$$r^2-9=0 \quad\Longrightarrow\quad r=\pm 3$$

所以

$$y_h=C_1e^{3x}+C_2e^{-3x}$$

原方程右端為 $9xe^{-3x}$。由於 $e^{-3x}$ 已出現在齊次解中，設特解為

$$y_p=e^{-3x}(ax^2+bx)$$

令 $u=ax^2+bx$，則 $y_p=e^{-3x}u$。利用微分公式：

$$y_p'=e^{-3x}(u'-3u)$$ $$y_p''=e^{-3x}(u''-6u'+9u)$$

因此

$$y_p''-9y_p=e^{-3x}(u''-6u')$$

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值與特徵向量、矩陣指數函數，以及線性常係數微分方程組的通解。將系統寫成矩陣形式 $\dot{x}=Ax$ 後，解可由矩陣指數表示為 $x(t)=e^{At}x(0)$；若以特徵向量組成基底，也可用各特徵值對應的指數解表示通解。

解題方法

（一）特徵值與特徵向量

特徵值由特徵方程 $\det(A-\lambda I)=0$ 求得：

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} -1-\lambda & 2\\ 0 & -3-\lambda \end{vmatrix} =(-1-\lambda)(-3-\lambda)=0.$$

因此特徵值為 $\lambda_1=-1$、$\lambda_2=-3$。

當 $\lambda_1=-1$ 時，解 $(A+I)v=0$：

$$\begin{bmatrix} 0&2\\ 0&-2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}v_1\\v_2\end{bmatrix} =0 \quad\Longrightarrow\quad v_2=0.$$

可取特徵向量 $v^{(1)}=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}$。

當 $\lambda_2=-3$ 時，解 $(A+3I)v=0$：

$$\begin{bmatrix} 2&2\\ 0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}v_1\\v_2\end{bmatrix} =0 \quad\Longrightarrow\quad v_1=-v_2.$$

可取特徵向量 $v^{(2)}=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}$。

（二）求矩陣函數 $e^{At}$

因 $A$ 有兩個相異特徵值，故可對角化。令

$$P= \begin{bmatrix} 1&1\\ 0&-1 \end{bmatrix}, \qquad D= \begin{bmatrix} -1&0\\ 0&-3 \end{bmatrix},$$

則 $A=PDP^{-1}$，且

$$P^{-1}= \begin{bmatrix} 1&1\\ 0&-1 \end{bmatrix}=P.$$

所以

核心觀念

四枚公平硬幣各自獨立，背面（$T$）的出現次數服從二項分布：

$$X\sim \operatorname{Binomial}\left(4,\frac12\right)$$

因此，$X$ 取 $k$ 次背面的機率為

$$P(X=k)=\binom{4}{k}\left(\frac12\right)^4 =\frac{\binom{4}{k}}{16},\qquad k=0,1,2,3,4$$

其中 $\binom{4}{k}$ 是四枚硬幣中恰有 $k$ 枚出現背面的組合數。

解題方法

先列出 $X$ 的機率分布，再依期望值與變異數的定義計算：

$k$	$P(X=k)$
$0$	$\frac{1}{16}$
$1$	$\frac{4}{16}$
$2$	$\frac{6}{16}$
$3$	$\frac{4}{16}$
$4$	$\frac{1}{16}$

（一）期望值

$$\begin{aligned} \mu_X=E[X] &=\sum_{k=0}^{4} kP(X=k)\\ &=0\cdot\frac{1}{16} +1\cdot\frac{4}{16} +2\cdot\frac{6}{16} +3\cdot\frac{4}{16} +4\cdot\frac{1}{16}\\ &=\frac{32}{16}=2 \end{aligned}$$

所以平均出現 $2$ 枚背面。

核心觀念

本題考查孤立奇點的留數與柯西留數定理。

若 $z=a$ 是單極點，且 $f(z)=\dfrac{g(z)}{z-a}$，其中 $g$ 在 $a$ 附近解析，則

$$\operatorname{Res}(f,a)=g(a).$$

若正向（逆時針）閉合曲線 $C$ 圍住函數的孤立奇點，且函數在曲線上及其內部除有限個孤立奇點外皆解析，則

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

解題方法

將分母因式分解為 $(z-1)(z+1)$，可知 $z=1$ 與 $z=-1$ 都是單極點，分別用單極點留數公式計算。

在 $z=1$：

$$\operatorname{Res}(f,1) =\lim_{z\to 1}(z-1)\frac{ze^z}{(z-1)(z+1)} =\left.\frac{ze^z}{z+1}\right|_{z=1} =\frac{e}{2}.$$

在 $z=-1$：

核心觀念

函數 $\varphi(x,y,z)$ 在某點的最大變化率，是該點梯度向量的大小：

$$\max_{\lVert \mathbf{u}\rVert=1} D_{\mathbf{u}}\varphi =\lVert\nabla\varphi\rVert$$

最大變化方向則是梯度方向。本題只要求最大變化率，因此計算梯度後取其長度。

解題方法

對 $\varphi$ 分別取偏導數：

$$\nabla\varphi =\left( \frac{\partial\varphi}{\partial x}, \frac{\partial\varphi}{\partial y}, \frac{\partial\varphi}{\partial z} \right) =(x+y,\ x+2y,\ z)$$

代入 $P(-1,0,1)$：

$$\nabla\varphi(-1,0,1)=(-1,-1,1)$$

因此最大變化率為梯度的大小：

核心觀念

矩陣的秩是其線性獨立列向量的最大個數，也等於其線性獨立行向量的最大個數。可透過列運算化為階梯形，數出非零列的個數。

解題方法

對矩陣 $A$ 做初等列運算。觀察到第 4 列是第 1 列的 $-1$ 倍，先將第 4 列加到第 1 列：

$$\begin{bmatrix} 1&-3&4&-2&5\\ 2&-6&9&-1&8\\ 2&-6&9&-1&9\\ -1&3&-4&2&-5 \end{bmatrix} \longrightarrow \begin{bmatrix} 0&0&0&0&0\\ 2&-6&9&-1&8\\ 2&-6&9&-1&9\\ -1&3&-4&2&-5 \end{bmatrix}.$$

再將第 2 列減去第 3 列，得 $[0,0,0,0,-1]$；將第 3 列加上第 1 列，得 $[1,-3,5,-1,3]$；將第 4 列加上原第 1 列，得零列。這些列運算可將矩陣化為含三個非零列、一個零列的階梯形，因此

$$\operatorname{rank}(A)=3.$$

核心觀念

齊次線性方程組 $Ax=0$ 的解集合是 $A$ 的零空間（null space）。通解中的任意常數個數等於零空間的維度，也就是 $A$ 的零度（nullity）。

由秩－零度定理：

$$\operatorname{rank}(A)+\operatorname{nullity}(A)=n,$$

其中 $n$ 是矩陣 $A$ 的欄數。此外，$A$ 的值域空間維度等於 $A$ 的秩：

$$\dim(\operatorname{Range}(A))=\operatorname{rank}(A).$$

解題方法

矩陣 $A\in\mathbb{R}^{8\times 10}$ 有 $10$ 欄，因此未知向量 $x$ 有 $10$ 個分量。通解含有 $6$ 個任意常數，表示零空間維度為 $6$：

$$\operatorname{nullity}(A)=6.$$

套用秩－零度定理：

核心觀念

本題考查三維向量的範數、內積、外積與夾角關係：

• 範數：$\|x\|=\sqrt{x\cdot x}$
• 內積：$u\cdot v=u_1v_1+u_2v_2+u_3v_3$
• 外積：$u\times v$ 垂直於 $u$ 與 $v$，分量可用行列式計算。
• 夾角 $\theta$：$u\cdot v=\|u\|\|v\|\cos\theta$

解題方法

先計算範數與內積，再由內積公式求夾角；外積則依分量公式驗算。

給定

$$u=(1,1,2),\qquad v=(2,-1,1).$$

範數為

$$\|u\|=\sqrt{1^2+1^2+2^2}=\sqrt6, \qquad \|v\|=\sqrt{2^2+(-1)^2+1^2}=\sqrt6.$$

因此範數乘積為

$$\|u\|\|v\|=\sqrt6\sqrt6=6.$$

內積為

$$u\cdot v=(1)(2)+(1)(-1)+(2)(1)=2-1+2=3.$$

由夾角公式，

$$\cos\theta=\frac{u\cdot v}{\|u\|\|v\|} =\frac{3}{6}=\frac12,$$

所以

$$\theta=\frac{\pi}{3}.$$

核心觀念

線性轉換滿足線性性質：對任意純量 $a,b$ 與向量 $x,y$，

$$T(ax+by)=aT(x)+bT(y).$$

令 $p=T(u)$、$q=T(v)$，題目給出的兩個條件可轉成向量方程式，再解出 $p$。

解題方法

由線性性質，

$$p+4q= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}, \qquad 2p+3q= \begin{bmatrix} 0\\ -1\\ 3 \end{bmatrix}.$$

第一式乘以 $2$，再減去第二式：

$$2(p+4q)-(2p+3q) = \begin{bmatrix} 2\\ 2\\ 0 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 0\\ -1\\ 3 \end{bmatrix}.$$

因此

$$5q= \begin{bmatrix} 2\\ 3\\ -3 \end{bmatrix}, \qquad q= \frac{1}{5} \begin{bmatrix} 2\\ 3\\ -3 \end{bmatrix}.$$

代回 $p+4q=\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}$：

核心觀念

本題評量**矩陣對角化（Matrix Diagonalization）**的定義與行向量對應關係：

1. 相似對角化定義：若方陣 $A$ 可被可逆矩陣 $P$ 對角化為對角矩陣 $D$，即 $P^{-1}AP = D$，等價於 $AP = PD$。
2. 行向量與特徵值之順序對應：設轉換矩陣 $P = [\mathbf{v}_1 \ \mathbf{v}_2 \ \mathbf{v}_3]$，對角矩陣 $D = \operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)$，則由矩陣乘法可知： $[A\mathbf{v}_1 \ A\mathbf{v}_2 \ A\mathbf{v}_3] = [\lambda_1\mathbf{v}_1 \ \lambda_2\mathbf{v}_2 \ \lambda_3\mathbf{v}_3]$ 亦即 $P$ 的第 $i$ 行行向量 $\mathbf{v}_i$ 必為矩陣 $A$ 對應於特徵值 $\lambda_i$ 的特徵向量（Eigenvector）。
3. 特徵空間求解：對應於特徵值 $\lambda$ 的非零特徵向量 $\mathbf{v}$，滿足齊次線性方程組 $(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$。

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解題方法

步驟一：確認 $P$ 第一行向量對應之特徵值

由題目給定： $P^{-1}AP = D = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix}$ 設 $P$ 的各行行向量為 $P = [\mathbf{v}_1 \ \mathbf{v}_2 \ \mathbf{v}_3]$。 兩邊左乘 $P$，得： $AP = PD \implies A[\mathbf{v}_1 \ \mathbf{v}_2 \ \mathbf{v}_3] = [\mathbf{v}_1 \ \mathbf{v}_2 \ \mathbf{v}_3]\begin{bmatrix} -1 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix} = [-1\mathbf{v}_1 \ 2\mathbf{v}_2 \ 2\mathbf{v}_3]$ 因此，$P$ 的第一行行向量 $\mathbf{v}_1$ 必須滿足： $A\mathbf{v}_1 = -1\mathbf{v}_1$ 即 $\mathbf{v}_1$ 為矩陣 $A$ 對應特徵值 $\lambda_1 = -1$ 的特徵向量。

步驟二：求解對應特徵值 $\lambda = -1$ 的特徵向量

特徵向量 $\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix}$ 滿足方程式 $(A - (-1)I)\mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$，即 $(A + I)\mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$： $(A + I)\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} -1+1 & 0 & 3\\ 0 & 2+1 & 0\\ 0 & 0 & 2+1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 3\\ 0 & 3 & 0\\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$

展開得線性方程組： $\begin{cases} 3x_3 = 0 \implies x_3 = 0 \\ 3x_2 = 0 \implies x_2 = 0 \end{cases}$ 其中 $x_1$ 為自由變數（Free variable）。令 $x_1 = c$（$c \neq 0$），則對應 $\lambda = -1$ 的特徵向量通解為： $\mathbf{v}_1 = c\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \quad c \in \mathbb{R}, c \neq 0$

核心觀念

上三角矩陣的特徵值就是主對角線上的元素。若 $A$ 的特徵值為 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$，則 $A^2$ 的特徵值為 $\lambda_1^2,\lambda_2^2,\lambda_3^2$。這是因為若 $Av=\lambda v$，則 $A^2v=A(Av)=\lambda^2v$。

解題方法

題目中的 $A$ 是上三角矩陣，因此其特徵值直接由主對角線讀出：

$$\lambda_1=-3,\qquad \lambda_2=4,\qquad \lambda_3=-1.$$

因此 $A^2$ 的特徵值為：

核心觀念

矩陣 $A$ 可對角線化，等價於存在可逆矩陣 $P$，使得 $P^{-1}AP$ 為對角矩陣。若矩陣有 $n$ 個互異特徵值，就一定可對角線化；若特徵值重複，則須檢查該特徵值的線性獨立特徵向量數是否足夠。

對 $2\times2$ 矩陣而言，若有重複特徵值 $\lambda$，必須有兩個線性獨立的特徵向量，也就是特徵空間維度須為 $2$。

解題方法

逐一求各選項的特徵值。特徵值互異的選項可直接判定為可對角線化；若有重複特徵值，再求解 $(A-\lambda I)\mathbf{x}=0$，檢查是否有足夠的線性獨立特徵向量。

選項分析

(A)

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

特徵多項式為

$$\det(A-\lambda I) =(1-\lambda)^2-2 =\lambda^2-2\lambda-1$$

特徵值為 $\lambda=1\pm\sqrt{2}$，兩者互異，因此可對角線化。

(B)

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

特徵多項式為

$$\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)^2$$

唯一特徵值為 $\lambda=1$，代數重數為 $2$。再求特徵向量：

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

核心觀念

將微分方程改寫為微分形式 $M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$ 後，若滿足正合條件

$$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x},$$

就存在某個函數 $F(x,y)$，使方程成為 $dF=0$。

題目給定

$$\frac{dy}{dx}=a(x)b(y),$$

且 $a(x)b(y)\ne 0$，因此可分離變數。

解題方法

先將方程改寫成微分形式：

$$\frac{1}{b(y)}\,dy-a(x)\,dx=0.$$

令 $M(x,y)=-a(x)$、$N(x,y)=1/b(y)$。因為 $a$ 僅依賴 $x$、$b$ 僅依賴 $y$，

$$\frac{\partial M}{\partial y}=0,\qquad \frac{\partial N}{\partial x}=0.$$

所以原方程本身已是正合方程，積分因子可取 $\mu=1$。題目選項問的是乘上哪個積分因子後可成為正合；把原式寫成另一種微分形式

$$dy-a(x)b(y)\,dx=0$$

並乘上 $\mu=1/b(y)$，得到

$$\frac{1}{b(y)}\,dy-a(x)\,dx=0,$$

核心觀念

本題考查二階變係數線性非齊次常微分方程在常點（Ordinary Point）附近的冪級數解（Power Series Solution），核心依據為泰勒級數（Taylor Series）或麥克勞林級數（Maclaurin Series）的係數定義：

1. 級數解與導數的關係： 若級數解為 $y(x) = \sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n$，則其係數與在 $x=0$ 處的導數滿足：

$$c_n = \frac{y^{(n)}(0)}{n!}$$

特別是 $c_0 = y(0)$、$c_1 = y'(0)$、$c_2 = \frac{y''(0)}{2!}$、$c_3 = \frac{y'''(0)}{3!} = \frac{y'''(0)}{6}$。 2. 初值條件（Initial Conditions）的應用： 題目給定 $y(0) = 1$ 與 $y'(0) = 0$，可直接確定 $c_0 = 1$ 與 $c_1 = 0$。 3. 逐次微分法（Successive Differentiation）： 求取低階係數（如 $c_2, c_3$）時，直接將微分方程式逐次對 $x$ 微分並代入 $x = 0$，比起展開無窮級數相乘更為迅速且不易出錯。

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解題方法

本題可採用「逐次微分法」或「展開係數比較法」，以下示範最直觀且快速的「逐次微分法」：

步驟一：由初始條件確定 $y(0)$ 與 $y'(0)$

由題意：

$$y(0) = 1 \implies c_0 = 1$$ $$y'(0) = 0 \implies c_1 = 0$$

步驟二：將 $x=0$ 代入原微分方程求 $y''(0)$

原方程式為：

$$y'' + \cos(x)y' + \sin(x)y = 1 - x^3$$

將 $x = 0$ 代入上式：

$$y''(0) + \cos(0)y'(0) + \sin(0)y(0) = 1 - 0^3$$

代入已知值 $\cos(0) = 1$、$\sin(0) = 0$、$y(0) = 1$、$y'(0) = 0$：

$$y''(0) + 1\cdot 0 + 0\cdot 1 = 1 \implies y''(0) = 1$$

（此時若需計算 $c_2$，則 $c_2 = \frac{y''(0)}{2!} = \frac{1}{2}$）

步驟三：將原微分方程對 $x$ 微分求 $y'''(0)$

將原方程式兩端對 $x$ 微分：

$$\frac{d}{dx}\left[ y'' + \cos(x)y' + \sin(x)y \right] = \frac{d}{dx}\left( 1 - x^3 \right)$$

應用乘積微分法則（Product Rule）：

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換的基本公式與部分分式分解。常用公式為

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

其中最後一式由移位性質 $\mathcal{L}\{e^{-at}f(t)\}=F(s+a)$，以及 $\mathcal{L}\{t\}=1/s^2$ 得出。

解題方法

先將題目中的轉換式拆成容易反轉換的部分分式：

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

通分後比較係數：

$$1=A(s+1)^2+Bs(s+1)+Cs.$$

令 $s=0$，得 $A=1$；令 $s=-1$，得 $C=-1$。再比較 $s^2$ 項，得 $A+B=0$，所以 $B=-1$。因此

核心觀念

半區間上的傅立葉餘弦級數，相當於將原函數作偶延拓；傅立葉正弦級數則相當於作奇延拓。傅立葉級數在端點收斂到延拓後左右極限的平均值：

$$S(t_0)=\frac{f(t_0^-)+f(t_0^+)}{2}.$$

題目給定區間 $0\le t\le L$，其中 $L=\frac{\pi}{3}$。餘弦級數在端點採偶延拓，正弦級數採奇延拓，據此判斷端點的收斂值。

解題方法

函數在區間內連續，且

$$f(0)=2\cos 0=2,\qquad f\left(\frac{\pi}{3}\right)=2\cos\pi=-2.$$

• **在 $t=0$：**偶延拓在原點兩側的極限都是 $f(0)=2$，因此餘弦級數收斂到 $A=2$。奇延拓在原點左右的極限分別為 $-2$ 與 $2$，其平均值為 $0$，因此正弦級數收斂到 $B=0$。
• **在 $t=L=\frac{\pi}{3}$：**半區間傅立葉級數在 $t=L$ 的收斂值，可由延拓後端點兩側的值判斷。

核心觀念

本題考傅立葉轉換的定義與偶函數積分。採用工程數學常見定義：

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

由於 $f(t)=\frac{1}{a}e^{-a|t|}$ 是偶函數，轉換結果可化為餘弦積分，虛部為零。

解題方法

依 $t=0$ 將絕對值拆開：

$$f(t)= \begin{cases} \frac{1}{a}e^{at},&t<0,\\[2mm] \frac{1}{a}e^{-at},&t\ge 0. \end{cases}$$

因此

$$\begin{aligned} F(\omega) &=\frac{1}{a}\left( \int_{-\infty}^{0}e^{at}e^{-i\omega t}\,dt +\int_{0}^{\infty}e^{-at}e^{-i\omega t}\,dt \right)\\ &=\frac{1}{a}\left( \frac{1}{a-i\omega}+\frac{1}{a+i\omega} \right)\\ &=\frac{1}{a}\cdot\frac{2a}{a^2+\omega^2}\\ &=\frac{2}{a^2+\omega^2}. \end{aligned}$$

也可利用偶函數性直接寫成