109 高普考高考三級 醫學工程 工程數學 考古題詳解

核心觀念

本題是二階線性常係數型態的 Cauchy–Euler 方程，因為微分項的係數分別含有 $x^{-1}$、$x^{-2}$。齊次部分可用冪函數 $y=x^m$ 求解；再利用常數變易法求非齊次特解。

解題方法

原方程為

$$y''-\frac{4}{x}y'+\frac{4}{x^2}y=x^2+x,\qquad x>0.$$

先解齊次方程

$$y''-\frac{4}{x}y'+\frac{4}{x^2}y=0.$$

令 $y=x^m$，則 $y'=mx^{m-1}$、$y''=m(m-1)x^{m-2}$。代入後得

$$\bigl[m(m-1)-4m+4\bigr]x^{m-2}=0,$$

因此特徵方程為

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

兩根為 $m=1,4$，故齊次解為

$$y_h=C_1x+C_2x^4.$$

接著求特解。將原方程除以最高階導數係數（此處已為 $1$），記

$$P(x)=-\frac{4}{x},\qquad y_1=x,\quad y_2=x^4.$$

Wronskian 為

$$W=y_1y_2'-y_1'y_2 =x(4x^3)-x^4=3x^4.$$

常數變易法給出

$$y_p=-y_1\int\frac{y_2g}{W}\,dx +y_2\int\frac{y_1g}{W}\,dx, \qquad g(x)=x^2+x.$$

分別計算：

$$\int\frac{y_2g}{W}\,dx =\int\frac{x^4(x^2+x)}{3x^4}\,dx =\frac{x^3}{9}+\frac{x^2}{6},$$

核心觀念

單位階躍函數 $H(t)$ 在 $t\ge 0$ 時等於 $1$，在 $t<0$ 時等於 $0$。拉普拉斯轉換的定義為

$$\mathcal{L}\{f(t)\}(s)=\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt,\qquad \operatorname{Re}(s)>0.$$

本題的關鍵是判斷 $H(2-t)$ 何時為 $1$：當 $2-t\ge 0$，也就是 $t\le 2$ 時成立。

解題方法

因此，在拉普拉斯積分範圍 $t\ge 0$ 內，

$$H(2-t)= \begin{cases} 1,&0\le t\le 2,\\ 0,&t>2. \end{cases}$$

所以

核心觀念

複數的複數次方需使用複數對數定義。對非零複數 $z$，其多值複數對數為

$$\log z=\ln|z|+i(\arg z+2k\pi),\qquad k\in\mathbb Z,$$

因此

$$z^w=\exp\!\bigl(w\log z\bigr).$$

複數對數的幅角每增加 $2\pi$，複數次方的值也可能改變；若採主值，則取主幅角 $-\pi<\Arg z\le \pi$。

解題方法

將 $i$ 寫成極式。因為 $|i|=1$，且其幅角為 $\frac{\pi}{2}+2k\pi$，所以

$$\log i=i\left(\frac{\pi}{2}+2k\pi\right),\qquad k\in\mathbb Z.$$

由 $i^{1+i}=\exp\!\bigl((1+i)\log i\bigr)$，得

核心觀念

向量 $\mathbf{u}$ 在 $\mathbf{v}$ 方向上的投影長度，是 $\mathbf{u}$ 與 $\mathbf{v}$ 的內積除以 $\mathbf{v}$ 的長度：

$$\operatorname{comp}_{\mathbf{v}}\mathbf{u} =\frac{\mathbf{u}\cdot\mathbf{v}}{\|\mathbf{v}\|}$$

若題目所求是投影的幾何長度，則取其絕對值；本題內積為正，因此直接使用上式即可。

解題方法

由題意得

$$\mathbf{u}=(3,1,1),\qquad \mathbf{v}=(1,1,2)$$

先計算內積：

核心觀念

連續隨機變數落在區間 $[1,2]$ 的機率，等於其機率密度函數在該區間下的面積：

$$P(1\leq X\leq 2)=\int_1^2 f(x)\,dx.$$

題目中的常數 $a$ 要使 $f(x)$ 成為合法的機率密度函數，因此全域積分必須為 $1$：

$$\int_0^\infty f(x)\,dx=1.$$

解題方法

先利用密度函數的正規化條件求出 $a$：

$$\int_0^\infty ae^{-x}\,dx =a\left[-e^{-x}\right]_0^\infty =a=1.$$

因此 $f(x)=e^{-x}$。再積分計算 $1\leq X\leq 2$ 的機率：

核心觀念

本題考查行列式、特徵值與特徵向量，以及零空間的基本定義：

• 特徵值 $\lambda$ 須滿足特徵方程 $\det(A-\lambda I)=0$。
• 對應於 $\lambda$ 的特徵向量 $v\ne 0$，須滿足 $(A-\lambda I)v=0$。
• 矩陣的零空間為 $\mathcal{N}(A)=\{x:Ax=0\}$。
• $3\times3$ 矩陣的特徵值乘積等於行列式：$\det(A)=\lambda_1\lambda_2\lambda_3$。

解題方法

（一）求行列式

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det(A) &= \begin{vmatrix} 1&0&-1\\ 0&1&2\\ 2&1&0 \end{vmatrix}\\ &=1 \begin{vmatrix} 1&2\\ 1&0 \end{vmatrix} +(-1) \begin{vmatrix} 0&1\\ 2&1 \end{vmatrix}\\ &=1(1\cdot0-2\cdot1)+(-1)(0\cdot1-1\cdot2)\\ &=-2+2=0. \end{aligned}$$

因此 $\det(A)=0$，矩陣 $A$ 不可逆，且 $0$ 必為其特徵值。

（二）求特徵值與特徵向量

先計算特徵多項式：

$$\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &= \begin{vmatrix} 1-\lambda&0&-1\\ 0&1-\lambda&2\\ 2&1&-\lambda \end{vmatrix}\\ &=(1-\lambda) \begin{vmatrix} 1-\lambda&2\\ 1&-\lambda \end{vmatrix} - \begin{vmatrix} 0&1-\lambda\\ 2&1 \end{vmatrix}\\ &=(1-\lambda)\bigl((1-\lambda)(-\lambda)-2\bigr)+2(1-\lambda)\\ &=(1-\lambda)\bigl(\lambda^2-\lambda\bigr)\\ &=\lambda(1-\lambda)^2. \end{aligned}$$

令特徵多項式為零：

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

故特徵值為 $\lambda=0$ 及 $\lambda=1$，其中 $\lambda=1$ 的代數重數為 $2$。

當 $\lambda=0$：

解 $Av=0$。令 $v=(x,y,z)^T$，方程組為

核心觀念

三維空間中，若兩個相鄰邊向量為 $\mathbf{u}$、$\mathbf{v}$，平行四邊形面積為其外積的長度：

$$A=\lVert\mathbf{u}\times\mathbf{v}\rVert.$$

題目給了四個頂點，須先找出同一頂點出發的兩條相鄰邊向量。

解題方法

令四個頂點依序為

$$P=(1,2,2),\quad Q=(0,1,-2),\quad R=(1,4,1),\quad S=(2,5,5).$$

從 $P$ 出發，可取

$$\overrightarrow{PQ}=Q-P=(-1,-1,-4), \qquad \overrightarrow{PR}=R-P=(0,2,-1).$$

這兩向量可作為平行四邊形的相鄰邊，因為

$$\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{PR} =(-1,1,-5) =S-P.$$

因此面積為

核心觀念

兩平面若法向量成比例，表示兩平面平行；其最短距離就是兩平面之間的垂直距離。若將平面寫成

$$ax+by+cz=d_1,\qquad ax+by+cz=d_2,$$

則兩平面的距離為

$$\frac{|d_2-d_1|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}.$$

解題方法

題目中兩平面的法向量分別為

$$\mathbf n_1=(1,2,-2),\qquad \mathbf n_2=(2,4,-4)=2\mathbf n_1,$$

所以 $S_1$ 與 $S_2$ 平行。將 $S_2$ 的方程式除以 $2$，化成與 $S_1$ 相同的法向量係數：

$$S_1:x+2y-2z=3,$$ $$S_2:x+2y-2z=\frac{7}{2}.$$

法向量長度為

$$\|\mathbf n_1\|=\sqrt{1^2+2^2+(-2)^2}=3.$$

因此兩平面的最短距離為

核心觀念

對 $n\times n$ 矩陣 $A$ 與純量 $c$，行列式的縮放性質為

$$\det(cA)=c^n\det(A).$$

本題的矩陣是 $4\times4$，所以將 $A$ 乘以 $-2$，行列式會乘上 $(-2)^4$。

解題方法

套用行列式的縮放性質，並代入 $\det(A)=-2$：

$$\det(-2A)=(-2)^4\det(A) =16(-2) =-32.$$

因此選項 D 正確。

選項分析

核心觀念

本題考查反矩陣的對角線元素和。矩陣對角線元素的總和稱為跡，記為 $\operatorname{tr}(A^{-1})$。可利用公式

$$A^{-1}=\frac{1}{\det A}\operatorname{adj}(A)$$

求出反矩陣的對角元素；其中 $\operatorname{adj}(A)$ 為伴隨矩陣。題目所求即 $a+e+i=\operatorname{tr}(A^{-1})$。

解題方法

先計算行列式：

$$\det A =1\begin{vmatrix}-1&1\\2&0\end{vmatrix} +2\begin{vmatrix}0&-1\\3&2\end{vmatrix} =2+6=8.$$

反矩陣的對角元素分別由對應的代數餘因子除以 $\det A$ 得到：

$$a=\frac{C_{11}}{\det A} =\frac{\begin{vmatrix}-1&1\\2&0\end{vmatrix}}{8} =\frac{2}{8}=\frac14,$$

核心觀念

線性轉換 $T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ 的逆轉換，會將輸出值還原成原來的輸入值。因此，求 $T^{-1}(5,6)$，就是求一組 $(x,y)$，使得 $T(x,y)=(5,6)$。

解題方法

由題目給定

$$T(x,y)=(2x+y,\;3x+4y),$$

令 $T(x,y)=(5,6)$，得到聯立方程：

$$\begin{cases} 2x+y=5,\\ 3x+4y=6. \end{cases}$$

由第一式得 $y=5-2x$，代入第二式：

$$3x+4(5-2x)=6 \quad\Longrightarrow\quad -5x=-14 \quad\Longrightarrow\quad x=\frac{14}{5}.$$

再代回 $y=5-2x$：

$$y=5-\frac{28}{5}=-\frac{3}{5}.$$

因此

$$T^{-1}(5,6)=\left(\frac{14}{5},-\frac{3}{5}\right).$$

選項分析

核心觀念

若 $D=X^{-1}AX$，則 $A$ 與 $D$ 相似。對角化的標準形式是 $A= P D P^{-1}$，其中 $P$ 的各欄為 $A$ 的特徵向量；因此題目中的 $X=P^{-1}$，其各列為對應特徵向量的轉置。

解題方法

先求 $A$ 的特徵值與特徵向量。特徵方程為

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 1-\lambda&3\\ 2&-\lambda \end{vmatrix} =\lambda^2-\lambda-6 =(\lambda-3)(\lambda+2)=0.$$

故特徵值為 $\lambda_1=3$、$\lambda_2=-2$。

當 $\lambda_1=3$ 時，

$$(A-3I)v=0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{bmatrix}-2&3\\2&-3\end{bmatrix}v=0,$$

可取特徵向量 $v_1=\begin{bmatrix}3\\2\end{bmatrix}$。

當 $\lambda_2=-2$ 時，

$$(A+2I)v=0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{bmatrix}3&3\\2&2\end{bmatrix}v=0,$$

可取特徵向量 $v_2=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}$。

令

核心觀念

複數 $z$ 的極式為 $z=r(\cos\theta+i\sin\theta)$。若 $w^4=z$，則 $w$ 的模長為 $|z|^{1/4}$，幅角為 $\dfrac{\arg z+2k\pi}{4}$，其中 $k=0,1,2,3$。

解題方法

先將 $1+i$ 化為極式。其模長與幅角分別為

$$|1+i|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2},\qquad \arg(1+i)=\frac{\pi}{4}.$$

因此

$$1+i=\sqrt{2}\left(\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}\right).$$

取四次方根時，模長變為 $(\sqrt{2})^{1/4}=2^{1/8}$，幅角則除以 $4$。其中一個四次方根為

$$2^{1/8}\left(\cos\frac{\pi}{16}+i\sin\frac{\pi}{16}\right),$$

符合選項 (A)。完整的四個四次方根為

核心觀念

本題考複數的共軛與分式化簡。若 $z=a+bi$，則其共軛複數為 $\overline{z}=a-bi$；也就是實部不變、虛部變號。此外，共軛運算滿足

$$\overline{\frac{z_1}{z_2}}=\frac{\overline{z_1}}{\overline{z_2}},\qquad z_2\ne 0.$$

解題方法

先將分式化為標準的 $a+bi$ 形式，再對結果取共軛：

$$\frac{6-2i}{1-i} =\frac{(6-2i)(1+i)}{(1-i)(1+i)} =\frac{6+6i-2i-2i^2}{1-i^2} =\frac{8+4i}{2} =4+2i.$$

核心觀念

本題考複變函數的柯西積分公式導數型：

$$\oint_C \frac{f(z)}{(z-a)^2}\,dz=2\pi i\,f'(a)$$

公式適用於 $f(z)$ 在閉曲線 $C$ 上及其內部解析，且 $a$ 位於 $C$ 內部。題目分母可寫成 $(z-(1-i))^2$，所以二階極點位於 $a=1-i$。

解題方法

令 $f(z)=ie^z$，則 $f'(z)=ie^z$。極點 $a=1-i$ 到圓心 $1$ 的距離為

$$|a-1|=|-i|=1<5$$

因此極點在 $C$ 內；且 $f(z)$ 為整函數，在圓內解析。套用柯西積分公式導數型：

$$\begin{aligned} \oint_C \frac{ie^z}{(z-1+i)^2}\,dz &=2\pi i\,f'(1-i)\\ &=2\pi i\left(ie^{1-i}\right)\\ &=-2\pi e^{1-i}\\ &=-2\pi e(\cos 1-i\sin 1). \end{aligned}$$

核心觀念

複數級數 $\sum_{n=0}^{\infty}a_n$ 收斂的必要條件是通項趨近於 $0$；若通項不趨近於 $0$，級數必發散。幾何級數 $\sum_{n=0}^{\infty}r^n$ 則在 $|r|<1$ 時收斂，$|r|\ge 1$ 時發散。

解題方法

先利用複數模長判斷各選項。對幾何級數，檢查公比的模長；對其他級數，則可套用已知級數，或檢查通項是否趨近於 $0$。

選項分析

(A)

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(1+i)^n}{2^n} =\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1+i}{2}\right)^n$$

這是公比為 $\frac{1+i}{2}$ 的幾何級數，而

$$\left|\frac{1+i}{2}\right| =\frac{\sqrt{1^2+1^2}}{2} =\frac{1}{\sqrt{2}}<1.$$

因此級數收斂，並非發散。

(B)

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(1+i)^n}{n!}$$

由複指數函數的冪級數展開，此級數收斂，且其和為 $e^{1+i}$。因此此選項收斂，並非發散。

(C)

$$\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1+i}{\sqrt{2}}\right)^n$$

核心觀念

這題考二階常係數齊次線性微分方程式的特徵方程法。對

$$y''+ay'+by=0$$

設解為 $y=e^{rx}$，代入後得到特徵方程 $r^2+ar+b=0$。若兩根為相異實根 $r_1,r_2$，通解為

$$y=c_1e^{r_1x}+c_2e^{r_2x}.$$

解題方法

令 $y=e^{rx}$，則 $y'=re^{rx}$、$y''=r^2e^{rx}$。代入原式：

$$r^2e^{rx}+1.25re^{rx}-0.875e^{rx}=0.$$

因 $e^{rx}\ne 0$，可約去，得到特徵方程

$$r^2+1.25r-0.875=0.$$

以二次公式求根：

$$r=\frac{-1.25\pm\sqrt{1.25^2-4(1)(-0.875)}}{2} =\frac{-1.25\pm\sqrt{5.0625}}{2} =\frac{-1.25\pm2.25}{2}.$$

因此

核心觀念

一階微分方程若可寫成

$$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0,$$

在偏導數連續的區域內，為正合方程的判別條件是

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

題目含有 $y'$，先將方程改寫成微分形式，再套用此條件。

解題方法

原式為

$$3x^2+xy^\alpha-x^2y^{\alpha-1}y'=0.$$

兩側乘上 $dx$，並使用 $y'\,dx=dy$，得

$$\left(3x^2+xy^\alpha\right)dx-x^2y^{\alpha-1}dy=0.$$

因此

$$M(x,y)=3x^2+xy^\alpha,\qquad N(x,y)=-x^2y^{\alpha-1}.$$

分別對 $y$ 與 $x$ 偏微分：

$$\frac{\partial M}{\partial y}=\alpha xy^{\alpha-1}, \qquad \frac{\partial N}{\partial x}=-2xy^{\alpha-1}.$$

令兩者相等：

$$\alpha xy^{\alpha-1}=-2xy^{\alpha-1}.$$

在一般的 $x,y$ 區域上消去共同因子 $xy^{\alpha-1}$，得到

$$\alpha=-2.$$

選項分析

核心觀念

本題考四階常係數齊次線性微分方程，使用特徵方程求解。若特徵根為實根 $r$，對應解為 $e^{rx}$；若有重根，需乘上 $x$ 的次方。若根為共軛複數 $\alpha\pm\beta i$，對應兩個實解為 $e^{\alpha x}\cos\beta x$ 與 $e^{\alpha x}\sin\beta x$。

解題方法

令 $y=e^{rx}$，代入微分方程後得到特徵方程：

$$r^4+4r^3+7r^2+6r+2=0.$$

因式分解為

$$r^4+4r^3+7r^2+6r+2 =(r+1)^2(r^2+2r+2) =(r+1)^2\bigl((r+1)^2+1\bigr).$$

因此特徵根為 $r=-1$（二重根）及 $r=-1\pm i$。對應四個線性獨立解為

$$e^{-x},\qquad xe^{-x},\qquad e^{-x}\cos x,\qquad e^{-x}\sin x.$$

故通解為

$$y=c_1e^{-x}+c_2xe^{-x}+c_3e^{-x}\cos x+c_4e^{-x}\sin x,$$

核心觀念

Sturm–Liouville 形式的微分項是

$$\frac{d}{dx}\left[p(x)y'\right]=p(x)y''+p'(x)y'.$$

因此，將原方程整理成最高階導數係數為 $p(x)$ 的形式後，比較 $y''$ 與 $y'$ 的係數，即可辨認 $p(x)$。

解題方法

原 Bessel 方程為

$$x^2y''+xy'+(k^2x^2-\nu^2)y=0.$$

在 $x\ne 0$ 的區間兩側同除以 $x$：

$$xy''+y'+\left(k^2x-\frac{\nu^2}{x}\right)y=0.$$

前兩項可合併為

$$xy''+y'=\frac{d}{dx}(xy'),$$

所以方程寫成

$$\frac{d}{dx}\left(x\frac{dy}{dx}\right) +\left(k^2x-\frac{\nu^2}{x}\right)y=0.$$

與

$$\frac{d}{dx}\left[p(x)\frac{dy}{dx}\right] +(\lambda\omega(x)+q(x))y=0$$

對照，得 $p(x)=x$。