110 高普考高考三級 電子工程 工程數學 考古題詳解

核心觀念

這是一道二階線性非齊次微分方程。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，$y_p$ 是原非齊次方程的一個特解。齊次方程可化為合流超幾何方程，再以變數變易法處理右側的非齊次項。

解題方法

先解齊次方程：

$$y''+8xy'+16y=0.$$

令 $t=-4x^2$，並將 $y$ 視為 $t$ 的函數。由鏈鎖律，

$$y'=-8x y_t,\qquad y''=-8y_t+64x^2y_{tt}.$$

代入齊次方程，並使用 $x^2=-t/4$，得

$$t y_{tt}+\left(\frac12-t\right)y_t-y=0.$$

這是合流超幾何方程

$$tY''+(b-t)Y'-aY=0$$

的形式，其中 $a=1,\ b=\frac12$。其一個解為 $M(1,\frac12,t)$。另一個解可寫成奇函數形式 $xM(\frac32,\frac32,t)$；由於 $M(a,a,t)=e^t$，即為 $xe^{-4x^2}$。因此，齊次通解為

$$y_h=C_1M\left(1,\frac12,-4x^2\right)+C_2xe^{-4x^2}.$$

令

$$u_1(x)=M\left(1,\frac12,-4x^2\right),\qquad u_2(x)=xe^{-4x^2}.$$

核心觀念

複變線積分沿指定曲線 $\varphi$ 計算時，可將曲線參數化 $z=z(t)$，再依定義使用

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

本題的被積函數是 $z^2$，曲線為 $z(t)=t+i2t$，參數範圍為 $0\leq t\leq1$。

解題方法

由參數式得

$$z(t)=(1+2i)t,\qquad z'(t)=1+2i,\qquad z(0)=0,\quad z(1)=1+2i.$$

代入線積分定義：

核心觀念

本題考的是古典機率：在所有等可能的抽牌結果中，符合「三張同花色」的結果數，除以全部抽牌結果數。

撲克牌有 $4$ 種花色，每種花色各 $13$ 張。抽出 $3$ 張不計抽牌順序，因此使用組合數 $\binom{n}{r}$ 計算。

解題方法

全部可能的三張牌組合數為

$$\binom{52}{3}$$

符合條件的結果，先選定一種花色，再從該花色的 $13$ 張牌中選出 $3$ 張。四種花色彼此不重疊，因此有利結果數為

$$\binom{4}{1}\binom{13}{3}$$

所求機率為

核心觀念

本題考查矩陣的行列式、特徵值與特徵向量，以及矩陣的對角化。

特徵值 $\lambda$ 滿足特徵方程

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

求得特徵值後，對每個 $\lambda$ 解線性方程

$$(A-\lambda I)\mathbf{x}=\mathbf{0},$$

其非零解即為對應的特徵向量。若 $A$ 有三個線性獨立的特徵向量，將它們依序排成矩陣 $P$ 的欄向量，則

$$P^{-1}AP=D,$$

其中 $D$ 的對角元素依序為相應的特徵值。

解題方法

（一）求行列式

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det A &=5 \begin{vmatrix} -11&12\\ -4&5 \end{vmatrix} -(-4) \begin{vmatrix} 12&12\\ 4&5 \end{vmatrix} +4 \begin{vmatrix} 12&-11\\ 4&-4 \end{vmatrix}\\ &=5[(-11)(5)-12(-4)] +4[(12)(5)-12(4)]\\ &\quad+4[12(-4)-(-11)(4)]\\ &=5(-7)+4(12)+4(-4)\\ &=-3. \end{aligned}$$

（二）求特徵值與特徵向量

計算特徵多項式：

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

因此特徵值為

$$\lambda=1,\quad 2,\quad -4.$$

當 $\lambda=1$：

解 $(A-I)\mathbf{x}=\mathbf{0}$：

$$A-I= \begin{bmatrix} 4&-4&4\\ 12&-12&12\\ 4&-4&4 \end{bmatrix}.$$

方程化為 $x-y+z=0$，可取 $x=1,\ y=1,\ z=0$，得到特徵向量

$$\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} 1\\1\\0 \end{bmatrix}.$$

當 $\lambda=2$：

核心觀念

矩陣的跡是主對角線元素的總和。對任意方陣，跡也等於其特徵值的總和（依代數重數計算）。因此，$2\times 2$ 矩陣 $Q$ 的兩個特徵值相加，即為 $Q$ 的跡。

解題方法

已知 $Q$ 的特徵值為 $-2$ 與 $-3$，故

$$\operatorname{tr}(Q)=(-2)+(-3)=-5.$$

所以 $Q$ 的跡為 $-5$。

選項分析

核心觀念

線性轉換的和定義為 $(T+S)(\mathbf v)=T(\mathbf v)+S(\mathbf v)$；其零空間是所有使 $(T+S)(\mathbf v)=\mathbf 0$ 的向量。這題的關鍵是對同一向量分別計算 $T$ 與 $S$，再將結果相加。

解題方法

令 $\mathbf v=(x,y,z)$，則

$$\begin{aligned} (T+S)(x,y,z) &=T(x,y,z)+S(x,y,z)\\ &=(x-y,z+y)+(x+z,x+y)\\ &=(2x-y+z,\;x+z+2y). \end{aligned}$$

因此，$(x,y,z)$ 屬於 $T+S$ 的零空間，須同時滿足

$$2x-y+z=0,\qquad x+2y+z=0.$$

核心觀念

本題考查行列式的乘法性質與純量倍矩陣的行列式：

$$\det(ABC^{-1})=\det(A)\det(B)\det(C^{-1}) =\frac{\det(A)\det(B)}{\det(C)}.$$

若 $C=2A$，且 $A$ 為 $3\times 3$ 矩陣，則

$$\det(C)=\det(2A)=2^3\det(A)=8\det(A).$$

解題方法

觀察題目可知

$$C= \begin{bmatrix} 2&6&2\\ 10&0&4\\ 8&8&2 \end{bmatrix} =2 \begin{bmatrix} 1&3&1\\ 5&0&2\\ 4&4&1 \end{bmatrix} =2A.$$

因此

$$\det(ABC^{-1}) =\frac{\det(A)\det(B)}{\det(C)} =\frac{\det(A)\det(B)}{8\det(A)} =\frac{\det(B)}{8}.$$

計算 $\det(B)$：

核心觀念

過度限制的線性方程組通常沒有一組 $(x,y)$ 能讓所有方程式同時成立。最小平方法改以最小化殘差平方和，亦即令

$$S(x,y)=\sum_{i=1}^{4}(a_i x+b_i y-c_i)^2$$

達到最小。其解滿足正規方程

$$A^{T}A \begin{bmatrix} x\\y \end{bmatrix} =A^{T}b.$$

解題方法

本題的係數矩陣與常數向量為

$$A= \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&2\\ 1&3\\ 1&4 \end{bmatrix}, \qquad b= \begin{bmatrix} 3\\-1\\2\\7 \end{bmatrix}.$$

計算正規方程所需的矩陣與向量：

$$A^{T}A= \begin{bmatrix} 4&10\\ 10&30 \end{bmatrix}, \qquad A^{T}b= \begin{bmatrix} 3+(-1)+2+7\\ 3+2(-1)+3(2)+4(7) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 11\\35 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\begin{bmatrix} 4&10\\ 10&30 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \alpha\\\beta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 11\\35 \end{bmatrix},$$

也就是

$$\begin{cases} 4\alpha+10\beta=11,\\ 10\alpha+30\beta=35. \end{cases}$$

核心觀念

線性轉換由其在一組基底上的作用唯一決定。因為 $(1,-1)$ 與 $(1,1)$ 線性獨立，可用它們表示任意向量，再套用 $T$ 的線性性質求像。要求反轉換 $S(2,-7)$，就是找出滿足 $T(p,q)=(2,-7)$ 的向量 $(p,q)$。

解題方法

先將 $(2,-7)$ 表示為 $T(1,-1)$ 與 $T(1,1)$ 的線性組合。設

$$(2,-7)=a(3,2)+b(1,-5).$$

比較座標得

$$\begin{cases} 3a+b=2,\\ 2a-5b=-7. \end{cases}$$

由第一式 $b=2-3a$，代入第二式：

$$2a-5(2-3a)=-7 \quad\Longrightarrow\quad 17a=3 \quad\Longrightarrow\quad a=\frac{3}{17},$$

因此

$$b=2-\frac{9}{17}=\frac{25}{17}.$$

由於 $T(1,-1)=(3,2)$、$T(1,1)=(1,-5)$，線性性給出

$$T\left(\frac{3}{17}(1,-1)+\frac{25}{17}(1,1)\right)=(2,-7).$$

所以

核心觀念

線性聯立方程式 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 有解的充要條件是

$$\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}([A\mid\mathbf{b}]).$$

若係數矩陣 $A$ 可逆，則對任何 $\mathbf b$ 都有唯一解；因此本題要判斷何時係數矩陣奇異，再檢查增廣矩陣是否與係數矩陣的秩相同。

解題方法

係數矩陣與增廣矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 2&0&0&-3\\ 0&5&\alpha&0\\ 1&6&2&0\\ 0&1&-2&3 \end{bmatrix}, \qquad [A\mid\mathbf b]= \begin{bmatrix} 2&0&0&-3&1\\ 0&5&\alpha&0&-7\\ 1&6&2&0&13\\ 0&1&-2&3&-2 \end{bmatrix}.$$

計算係數矩陣行列式。沿第一列展開：

$$\begin{aligned} \det A &=2 \begin{vmatrix} 5&\alpha&0\\ 6&2&0\\ 1&-2&3 \end{vmatrix} +3 \begin{vmatrix} 0&5&\alpha\\ 1&6&2\\ 0&1&-2 \end{vmatrix}\\ &=2\bigl(3(10-6\alpha)\bigr) +3\bigl(2\alpha\bigr)\\ &=60-30\alpha =30(2-\alpha). \end{aligned}$$

所以當 $\alpha\ne 2$ 時，$\det A\ne0$，方程組有唯一解，不符合題目所述的「無解」。無解只能發生在 $\alpha=2$。

將 $\alpha=2$ 代入，觀察係數矩陣的行向量：第二列是 $[0,5,2,0]$，第三列是 $[1,6,2,0]$，第四列是 $[0,1,-2,3]$。

核心觀念

矩陣可逆的充要條件是行列式不為 $0$；因此矩陣不可逆，等價於其行列式等於 $0$。

解題方法

令

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

沿第一列展開行列式：

$$\begin{aligned} \det(A) &=(-1) \begin{vmatrix} x&-1\\ 2&1 \end{vmatrix} -3 \begin{vmatrix} -2&-1\\ 0&1 \end{vmatrix}\\ &=(-1)(x+2)-3(-2)\\ &=4-x. \end{aligned}$$

核心觀念

參數式空間曲線的弧長，等於速度大小對參數的定積分。若曲線為 $\mathbf r(t)=(x(t),y(t),z(t))$，則

$$L=\int_{t_1}^{t_2}\|\mathbf r'(t)\|\,dt =\int_{t_1}^{t_2}\sqrt{[x'(t)]^2+[y'(t)]^2+[z'(t)]^2}\,dt。$$

解題方法

先由端點判定參數範圍。當 $t=0$ 時，$\mathbf r(0)=(0,2,0)$；當 $t=\frac{\pi}{3}$ 時，

$$\mathbf r\left(\frac{\pi}{3}\right) =\left(2\sin\frac{\pi}{3},\,2\cos\frac{\pi}{3},\,5\cdot\frac{\pi}{3}\right) =\left(\sqrt{3},1,\frac{5\pi}{3}\right)。$$

因此參數區間是 $0\le t\le\frac{\pi}{3}$。對各分量微分：

$$x'(t)=2\cos t,\qquad y'(t)=-2\sin t,\qquad z'(t)=5。$$

速度大小為

核心觀念

複數的極式 $re^{i\theta}$ 可利用歐拉公式 $e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$，改寫為直角座標形式：

$$re^{i\theta}=r\cos\theta+i\,r\sin\theta.$$

因此，將各項的實部相加得到 $x$，虛部相加得到 $y$。

解題方法

分別展開題目中的三項：

$$3e^{i\pi/3} =3\left(\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\right) =\frac{3}{2}+i\frac{3\sqrt{3}}{2},$$ $$5e^{-i\pi/4} =5\left(\cos\frac{\pi}{4}-i\sin\frac{\pi}{4}\right) =\frac{5\sqrt{2}}{2}-i\frac{5\sqrt{2}}{2},$$ $$2e^{i\pi}=2(\cos\pi+i\sin\pi)=-2.$$

相加可得

$$x=\frac{3}{2}+\frac{5\sqrt{2}}{2}-2 =\frac{5\sqrt{2}-1}{2}, \qquad y=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{5\sqrt{2}}{2} =\frac{3\sqrt{3}-5\sqrt{2}}{2}.$$

其中 $x>0$；

核心觀念

複數的正弦函數可由指數形式定義：

$$\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}.$$

若 $z=x+iy$，也可寫成

$$\sin(x+iy)=\sin x\cosh y+i\cos x\sinh y.$$

因此，實部為 $\sin x\cosh y$。

解題方法

題目中 $\pi+i$ 的實部為 $\pi$、虛部為 $1$，令 $x=\pi$、$y=1$，代入公式：

$$\sin(\pi+i)=\sin\pi\cosh 1+i\cos\pi\sinh 1.$$

因為 $\sin\pi=0$、$\cos\pi=-1$，所以

$$\sin(\pi+i)=-i\sinh 1.$$

此值純為虛數，故其實部為 $0$。

核心觀念

本題考複變函數的留數定理：若 $f(z)$ 在逆時針簡單閉曲線 $C$ 上及其上方無奇點，則

$$\oint_C f(z)\,dz=2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;\text{曲線內奇點}).$$

其中 $|z|=1$ 表示 $C$ 是單位圓，只有圓內的孤立奇點要計入。

解題方法

被積函數中的常數項積分為

$$\oint_C 3\,dz=0,$$

因為 $C$ 是閉合路徑。因此只需計算

$$-\oint_C \frac{4z^{-2}+z+2}{z(4z^2-17z+4)}\,dz.$$

先找奇點。分母可因式分解為

$$z(4z^2-17z+4)=z(4z-1)(z-4),$$

所以奇點為 $z=0,\ \frac14,\ 4$。位於 $|z|<1$ 的奇點是 $z=0$ 與 $z=\frac14$；$z=4$ 在單位圓外。

計算 $z=0$ 的留數時，將分子中的負次方一併整理：

$$\frac{4z^{-2}+z+2}{z(4z^2-17z+4)} =\frac{4+z^3+2z^2}{z^3(4z^2-17z+4)}.$$

故

$$\operatorname{Res}(f;0) =\lim_{z\to0}\frac{4+z^3+2z^2}{z^2(4z^2-17z+4)} =\lim_{z\to0}\frac{4+z^3+2z^2}{4z^4-17z^3+4z^2}.$$

此處需取 $z^{-1}$ 係數；等價地，令

$$h(z)=\frac{4z^{-2}+z+2}{z(4z^2-17z+4)} =\frac{4+z^3+2z^2}{z^3(4z^2-17z+4)}.$$

則 $z=0$ 為三階極點，留數為

核心觀念

複變函數沿曲線 $\Gamma$ 的線積分定義為

$$\int_\Gamma f(z)\,dz.$$

當曲線以參數 $z=z(t)$ 表示時，$dz=z'(t)\,dt$，因此

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

本題的曲線是 $y=x^2$，起點為 $(0,0)$，終點為 $(1,1)$，故可令 $x=t$、$y=t^2$，其中 $0\le t\le1$。

解題方法

取參數式

$$z(t)=t+it^2,\qquad 0\le t\le1,$$

則

$$z'(t)=1+2it.$$

又因 $f(z)=z^2+1$，

$$z(t)^2+1=(t+it^2)^2+1 =t^2-t^4+1+2it^3.$$

所以線積分為

$$\begin{aligned} \int_\Gamma (z^2+1)\,dz &=\int_0^1 (t^2-t^4+1+2it^3)(1+2it)\,dt\\ &=\int_0^1\left(1+t^2-5t^4+i(2t+2t^3-2t^5)\right)\,dt\\ &=\left[t+\frac{t^3}{3}-t^5\right]_0^1 +i\left[t^2+\frac{t^4}{2}-\frac{t^6}{3}\right]_0^1\\ &=\frac13+\frac76i. \end{aligned}$$

核心觀念

本題考查常點 $x=0$ 附近的冪級數解法，以及泰勒係數與初始條件的關係。若

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

則

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

因此初始條件直接給出 $a_0=1$、$a_1=-2$；其餘係數由微分方程決定。

解題方法

先將冪級數逐項微分：

$$y'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1},\qquad y''(x)=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nx^{n-2}.$$

代入微分方程

$$y''-x^2y'-3xy=0.$$

依各項的 $x$ 次方整理：

$$y''=\sum_{k=0}^{\infty}(k+2)(k+1)a_{k+2}x^k,$$ $$x^2y'=\sum_{k=1}^{\infty}ka_kx^{k+1}, \qquad 3xy=3\sum_{k=1}^{\infty}a_{k-1}x^k.$$

比較各次方係數。常數項給出 $2a_2=0$，所以 $a_2=0$。對 $k\geq 1$，$x^k$ 的係數滿足

$$(k+2)(k+1)a_{k+2}-(k-1)a_{k-1}-3a_{k-1}=0,$$

核心觀念

本題考一階可分離變數微分方程。將含 $y$ 的因式移到等號左側、含 $x$ 的因式移到右側，再分別積分，最後利用初始條件求積分常數。

解題方法

原式為

$$\frac{dy}{dx}=\frac{3x^2-1}{2y+5}.$$

分離變數：

$$(2y+5)\,dy=(3x^2-1)\,dx.$$

兩邊積分：

$$\int(2y+5)\,dy=\int(3x^2-1)\,dx,$$

因此

$$y^2+5y=x^3-x+C.$$

代入初始條件 $y(1)=-1$：

$$(-1)^2+5(-1)=1^3-1+C,$$ $$-4=C.$$

所以解滿足

$$y^2+5y=x^3-x-4.$$

令 $x=0$，得到

$$y^2+5y+4=0,$$

因式分解為

$$(y+1)(y+4)=0.$$

因此 $y(0)=-1$ 或 $y(0)=-4$，選項為 (C)。