111 年高普考高考三級電子工程考古題與詳解

Question 1

我們考慮空間中的三個向量： $\vec{a}=(-3,-2,1)$、$\vec{b}=(2,4,-5)$、$\vec{c}=(-1,-1,3)$。 （一）請計算 $\vec{a}$、$\vec{b}$ 所圍出的平行四邊形的面積。 （二）請計算 $\vec{a}$、$\vec{b}$、$\vec{c}$ 所圍出的平行六面體的體積。

Accepted Answer

核心觀念 本題評量向量微積分與線性代數之基礎幾何應用，核心觀念包含兩大定理： 1. 外積（Cross Product / 向量積）與面積之幾何意義： 在三維空間中，兩向量 $\vec{a}$ 與 $\vec{b}$ 所圍成的平行四邊形，其面積 $A$ 等於兩向量外積的長度（歐幾里得範數）： $$A = \|\vec{a} 	imes \vec{b}\|$$ 2. 純量三重積（Scalar Triple Product）與體積之幾何意義： 三向量 $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ 所圍成的平行六面體，其體積 $V$ 等於該三向量純量三重積的絕對值，亦等價於以三向量各自分量為列（或行）所構成之 $3 	imes 3$ 階方陣行列式的絕對值： $$V = |(\vec{a} 	imes \vec{b}) \cdot \vec{c}| = \left| \det \begin{bmatrix} a1 & a2 & a3 \ b1 & b2 & b3 \ c1 & c2 & c3 \end{bmatrix} ight|$$ --- 解題方法 （一）計算 $\vec{a}$、$\vec{b}$ 所圍成的平行四邊形面積 1. 求兩向量之外積 $\vec{a} 	imes \vec{b}$： 已知 $\vec{a} = (-3, -2, 1)$、$\vec{b} = (2, 4, -5)$，利用三階行列式展開計算外積： $$\vec{a} 	imes \vec{b} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \ -3 & -2 & 1 \ 2 & 4 & -5 \end{vmatrix}$$ 按第一列降階展開： $$\vec{a} 	imes \vec{b} = \mathbf{i} \begin{vmatrix} -2 & 1 \ 4 & -5 \end{vmatrix} - \mathbf{j} \begin{vmatrix} -3 & 1 \ 2 & -5 \end{vmatrix} + \mathbf{k} \begin{vmatrix} -3 & -2 \ 2 & 4 \end{vmatrix}$$ 計算各子行列式之值： - $\mathbf{i}$ 分量：$(-2)(-5) - (1)(4) = 10 - 4 = 6$ - $\mathbf{j}$ 分量：$-\left[ (-3)(-5) - (1)(2) ight] = -(15 - 2) = -13$ - $\mathbf{k}$ 分量：$(-3)(4) - (-2)(2) = -12 - (-4) = -8$ 因此，得外積向量為： $$\vec{a} 	imes \vec{b} =…

Question 2

考慮如下所示之初始值問題（initial-value problem）： $$ \begin{cases} y''+3y'+2y=x,\ y(0)=0,\quad y'(0)=0. \end{cases} $$ （一）請求出本題中之微分方程式的齊次解（homogeneous solution），該齊次解應為一般形式（general form）解。 （二）請求出本初始值問題的精確解（exact solution）。

Accepted Answer

核心觀念 本題屬於二階常係數非齊次線性常微分方程式（Second-Order Non-homogeneous Linear ODE with Constant Coefficients）的典型初始值問題（Initial-Value Problem, IVP），涵蓋以下核心觀念： 1. 齊次解（Homogeneous Solution）之特徵方程式法： 對應齊次方程式 $ay''+by'+cy=0$，令試驗解 $y=e^{\lambda x}$，可得特徵方程式 $a\lambda^2+b\lambda+c=0$。若得相異二實根 $\lambda1, \lambda2$，則齊次解之一般形式為 $yh(x) = c1 e^{\lambda1 x} + c2 e^{\lambda2 x}$。 2. 特解（Particular Solution）之待定係數法（Method of Undetermined Coefficients）： 當非齊次項 $r(x)$ 為多項式形式且未與齊次解基底重疊時，可設定相同次數之多項式型態試驗解，代入原方程式比較係數求解。 3. 通解疊加原理（Superposition Principle）： 非齊次微分方程式之完整通解為齊次解與特解之和： $$y(x) = yh(x) + yp(x)$$ 4. 初始條件的決定性： 利用初始條件 $y(x0)=y0$ 與 $y'(x0)=y0'$，解出未定常數 $c1, c2$，以求得唯一精確解。 --- 解題方法 （一）求微分方程式之齊次解 $yh(x)$ 1. 對應之齊次方程式： $$y'' + 3y' + 2y = 0$$ 2. 建立特徵方程式（Characteristic Equation）： 令 $y = e^{\lambda x}$ 代入上式，得特徵方程式： $$\lambda^2 + 3\lambda + 2 = 0$$ 3. 求解特徵根： 因式分解得： $$(\lambda + 1)(\lambda + 2) = 0 \implies \lambda1 = -1, \quad \lambda2 = -2$$ 4. 寫出齊次解之一般形式： 特徵根為兩相異實根，故其齊次解為： $$yh(x) = c1 e^{-x} + c2 e^{-2x}$$ （其中 $c1, c2$ 為任意實數常數） --- （二）求初始值問題的精確解 $y(x)$ 步驟一：求非齊次方程式之特解 $yp(x)$ 觀察非齊次項 $r(x) = x$ 為一次多項式，且與齊次解基底 $e^{-x}, e^{-2x}$ 無線性重疊。 採用待定係數法，假設特解形式為： $$yp(x) = Ax + B$$ 對 $x$ 微分得： $$yp'(x) = A$$ $$yp''(x) = 0$$ 將 $yp, yp', yp''$ 代回原…

Question 3

我們準備從一疊標準的撲克牌（共 $52$ 張牌，沒有鬼牌（Joker））裡面來隨機抽牌。

（一）假設抽牌方式為：抽牌看了結果以後會把牌再放回原來那疊撲克牌裡面；在這種情況之下，我們會剛好在第 $6$ 次抽牌的時候首度抽到王牌（ACE）的機率為何？

（二）假設抽牌方式為：抽牌看了結果以後不會把牌放回原來那疊撲克牌裡面（也就是會把牌往旁邊擺）；在這種情況之下，我們會剛好在第 $6$ 次抽牌的時候首度抽到王牌（ACE）的機率為何？

Accepted Answer

核心觀念 本題評量機率論中的核心基本功：「放回抽樣（With Replacement）」 與 「不放回抽樣（Without Replacement）」 的機率模型建立。 1. 基本設定： 一疊標準撲克牌共 $52$ 張，其中王牌（Ace）共有 $4$ 張，非王牌（Non-Ace）共有 $52 - 4 = 48$ 張。 題目要求「剛好在第 $6$ 次抽牌時首度抽到 Ace」，代表事件順序嚴格固定為： $$	ext{前 } 5 	ext{ 次皆為非 Ace，且第 } 6 	ext{ 次必為 Ace}$$ 2. 抽後放回（獨立試驗・幾何分布）： 每次抽牌後放回，各次試驗互相獨立，每次抽到 Ace 的成功機率皆固定為 $p = \frac{4}{52} = \frac{1}{13}$。求「首度成功於第 $k$ 次」之機率，遵循幾何分布（Geometric Distribution）： $$P(X = k) = (1 - p)^{k - 1} p$$ 3. 抽後不放回（相依試驗・條件機率乘法規則）： 每次抽牌後不放回，樣本空間與各花色張數隨抽取次數遞減，各次抽取為相依事件。計算特定序列的機率需應用條件機率之乘法規則（Multiplication Rule），或以排列數（Permutation）建立古典機率模型。 --- 解題方法 （一）抽牌後放回 每次抽牌為獨立事件： - 單次抽到 Ace 的機率：$p = \frac{4}{52} = \frac{1}{13}$ - 單次未抽到 Ace 的機率：$q = 1 - p = \frac{48}{52} = \frac{12}{13}$ 依題意，「剛好在第 $6$ 次首度抽到 Ace」，表示前 $5$ 次均未抽到 Ace，第 $6$ 次抽到 Ace： $$P = q^5 	imes p = \left(\frac{12}{13}ight)^5 	imes \left(\frac{1}{13}ight)$$ 計算數值： $$12^5 = 248832$$ $$13^6 = 4826809$$ $$P = \frac{248832}{4826809} \approx 0.05155 \quad (	ext{約 } 5.16\%)$$ --- （二）抽牌後不放回 每次抽牌皆改變牌堆結構，由條件機率乘法規則逐步推導： - 第 $1$ 次未抽到 Ace 之機率：$\frac{48}{52}$ - 第 $2$ 次未抽到 Ace 之機率：$\frac{47}{51}$ - 第 $3$ 次未抽到 Ace 之機率：$\frac{46}{50}$ - 第 $4$ 次未抽到 Ace 之機率：$\frac{45}{49}$ - 第 $5$ 次未抽到 Ace 之機率：$\frac{44}{48}$ - 第 $6$ 次抽到 Ace…

Question 4

在本題中，我們考慮複變函數（complex-valued function）沿著曲線（contour）做積分（integral）的問題。我們用「代表在複數平面上的單位圓（也就是以座標系的原點為圓心而且半徑為 $1$ 的圓）」之中，從 $1+i$ （ $i=\sqrt{-1}$ ）以逆時針方向繞一圈走回到原出發點的曲線。請計算下列兩個積分的結果。

（一）

\int_{\Gamma} z\,dz=?

（二）

\int_{\Gamma}\frac{1}{z}\,dz=?

Accepted Answer

核心觀念

本題評量複變函數論（Complex Analysis）中「複數線積分（Complex Contour Integrals）」的基本定理與計算能力，主要涉及以下定理：

柯西－古薩定理（Cauchy-Goursat Theorem）：設函數 $f(z)$ 在單連通區域 $D$ 內處處解析（analytic），若 $\Gamma$ 為 $D$ 內之任意簡單封閉曲線（simple closed contour），則其環路積分值必為零：

\oint_{\Gamma} f(z)\,dz = 0

或由複變微積分基本定理：若 $f(z)$ 具有解析的反導函數（antiderivative） $F(z)$ ，則對任意封閉路徑 $\Gamma$ （起點與終點相同），積分值亦為 $F(z_{\text{end}}) - F(z_{\text{start}}) = 0$ 。

柯西積分公式（Cauchy's Integral Formula）與留數定理（Residue Theorem）：函數 $f(z) = \frac{1}{z}$ 在全複數平面上僅於原點 $z=0$ 處有一階極點（simple pole）。若簡單閉曲線 $\Gamma$ 沿逆時針方向（正向）繞行，且將奇異點 $z_0$ 包圍在其內部，則有經典積分公式：

\oint_{\Gamma} \frac{1}{z-z_0}\,dz = 2\pi i

此處 $z_0 = 0$ ，留數 $\text{Res}\left(\frac{1}{z}, 0\right) = 1$ ，故環路積分值即為 $2\pi i$ 。

解題方法

題目設定曲線 $\Gamma$ 為以原點為圓心、半徑為 $1$ 之單位圓（ $|z|=1$ ），沿逆時針方向繞行一周回到出發點的封閉曲線。

（一）計算 $\int_{\Gamma} z\,dz$

方法一：柯西－古薩定理 被積函數 $f(z) = z$ 為多項式函數，在整個複數平面 $\mathbb{C}$ 上均解析（為整函數 entire function）。因為積分路徑 $\Gamma$ 為一封閉路徑，且在其所圍區域內無任何奇異點，根據柯西－古薩定理：

\int_{\Gamma} z\,dz = 0

方法二：反導函數法（微積分基本定理） $f(z) = z$ 擁有全平面解析的反導函數 $F(z) = \frac{1}{2}z^2$ 。設路徑起點為 $z_0$ ，沿封閉曲線繞行一周後終點亦為 $z_0$ ：

\int_{\Gamma} z\,dz = \left[ \frac{1}{2}z^2 \right]_{z_0}^{z_0} = \frac{1}{2}z_0^2 - \frac{1}{2}z_0^2 = 0

（二）計算 $\int_{\Gamma} \frac{1}{z}\,dz$

方法一：柯西積分公式 柯西積分公式表述如下：若 $g(z)$ 在閉曲線 $\Gamma$ 及其內部皆解析，且點 $z_0$ 位於 $\Gamma$ 所包圍的區域內部，則：

\oint_{\Gamma} \frac{g(z)}{z-z_0}\,dz = 2\pi i \cdot g(z_0)

本題中，令 $g(z) = 1$ （常數函數，處處解析），奇異點為 $z_0 = 0$ 。

Question 5

假設 $A$ 與 $B$ 為維度相同之方陣（square matrix）。且 $A$ 、 $B$ 、 $A+B$ 均為可逆（invertible）矩陣，則下列何者不一定為可逆矩陣？

Accepted Answer

核心觀念 本題考矩陣可逆性的判斷，以及可逆矩陣的乘積仍可逆。若方陣 $X$、$Y$ 均可逆，則 $XY$ 可逆，且 $(XY)^{-1}=Y^{-1}X^{-1}$。此外，$I+X$ 可逆與否，不能只由 $X$ 可逆推出；例如 $X=-I$ 時，$I+X=0$，便不可逆。 解題方法 逐一利用題目已知的 $A$、$B$、$A+B$ 可逆，化簡各選項。 (A) 中 $A^T$ 可逆，因為 $(A^T)^{-1}=(A^{-1})^T$；又 $B$ 可逆，因此兩者乘積 $A^TB$ 可逆。 (C) 將括號內提取 $A^{-1}$： $$ I+A^{-1}B=A^{-1}(A+B). $$ $A^{-1}$ 與 $A+B$ 都可逆，因此 $I+A^{-1}B$ 可逆。 (D) 將括號內提取 $B^{-1}$： $$ I+AB^{-1}=(A+B)B^{-1}. $$ 因為 $(A+B)$ 與 $B^{-1}$ 都可逆，所以 $I+AB^{-1}$ 可逆。 (B) 雖然 $A$、$B$ 各自可逆，但這不足以保證 $I+AB$ 可逆。取 $A=I$、$B=-I$，則 $A$、$B$ 均可逆，且 $A+B=0$ 不可逆，這個例子不符合題設，不能作為反例。需改以滿足題設的矩陣檢驗：令 $$ A=\begin{pmatrix}1&0\0&1\end{pmatrix}, \qquad B=\begin{pmatrix}-1&0\0&2\end{pmatrix}. $$

Answer

答案：B

Question 6

假設矩陣 $$ A= \begin{pmatrix} 1&0&3\ 2&2&6\ 0&7&3 \end{pmatrix}, \qquad B= \begin{pmatrix} 1&-3&0\ -2&4&1\ 5&-2&2 \end{pmatrix}, $$ 則行列式值 $\det(2AB^{-1})$ 為何？ (A) $\dfrac{12}{17}$ (B) $-\dfrac{12}{17}$ (C) $-\dfrac{48}{17}$ (D) $\dfrac{48}{17}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考行列式的乘法性質與純量倍數性質。對 $3	imes 3$ 矩陣 $A$、$B$，且 $B$ 可逆，有 $$ \det(AB^{-1})=\det(A)\det(B^{-1}) =\frac{\det(A)}{\det(B)}, \qquad \det(cM)=c^3\det(M). $$ 因此 $$ \det(2AB^{-1})=2^3\frac{\det(A)}{\det(B)}. $$ 解題方法 先計算兩個矩陣的行列式。 $$ \begin{aligned} \det(A) &= \begin{vmatrix} 1&0&3\ 2&2&6\ 0&7&3 \end{vmatrix} \ &=1(2\cdot3-6\cdot7)+3(2\cdot7-2\cdot0)\ &=-36+42=6. \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} \det(B) &= \begin{vmatrix} 1&-3&0\ -2&4&1\ 5&-2&2 \end{vmatrix}\ &=1(4\cdot2-1\cdot(-2))-(-3)\bigl((-2)\cdot2-1\cdot5\bigr)\ &=10+3(-9)=-17. \end{aligned} $$

Answer

答案：C

Question 7

若 $$ P{B	o B'}= \begin{pmatrix} 2&0&1\ 0&1&3\ 1&1&0 \end{pmatrix} $$ 為從 $\mathbb{R}^3$ 的基底 $B$ 轉換至基底 $$ B'=\{(1,1,1),(1,1,0),(1,0,0)\} $$ 之轉移矩陣（transition matrix），則 $B=$？ (A) $\{(3,2,2),(2,1,0),(4,4,1)\}$ (B) $\{(3,4,2),(2,1,2),(2,0,1)\}$ (C) $\{(3,1,2),(1,2,1),(4,1,4)\}$ (D) $\{(3,2,1),(1,2,0),(2,1,0)\}$

Accepted Answer

核心觀念 轉移矩陣 $P{B	o B'}$ 將向量在基底 $B$ 下的座標轉成在基底 $B'$ 下的座標： $$ [v]{B'}=P{B	o B'}[v]B. $$ 因此，$P{B	o B'}$ 的第 $j$ 欄，就是基底 $B$ 的第 $j$ 個向量在基底 $B'$ 下的座標。 解題方法 已知 $$ B'=\{b'1,b'2,b'3\} =\{(1,1,1),(1,1,0),(1,0,0)\}, $$ 而 $$ P{B	o B'}= \begin{pmatrix} 2&0&1\ 0&1&3\ 1&1&0 \end{pmatrix}. $$ 逐欄讀取轉移矩陣，並將各欄係數代入 $B'$ 的基底向量： - 第一欄 $(2,0,1)^T$： $$ b1=2b'1+0b'2+b'3 =2(1,1,1)+(1,0,0) =(3,2,2). $$ - 第二欄 $(0,1,1)^T$： $$ b2=0b'1+b'2+b'3 =(1,1,0)+(1,0,0) =(2,1,0). $$ - 第三欄 $(1,3,0)^T$：

Answer

答案：A

Question 8

下列那一個矩陣無法被對角化（diagonalizable）？ (A) $$ \begin{pmatrix} 4&0&1\ -2&1&0\ -2&0&1 \end{pmatrix} $$ (B) $$ \begin{pmatrix} 0&1&0\ 0&0&1\ 2&5&-1 \end{pmatrix} $$ (C) $$ \begin{pmatrix} 4&0&-1\ 0&3&0\ 1&0&2 \end{pmatrix} $$ (D) $$ \begin{pmatrix} 1&0&-2\ 0&0&0\ -2&0&4 \end{pmatrix} $$

Accepted Answer

核心觀念 $n	imes n$ 矩陣可對角化，意指存在可逆矩陣 $P$，使得 $P^{-1}AP$ 為對角矩陣。等價地說，矩陣必須有 $n$ 個線性獨立的特徵向量。 判斷時可先求特徵值，再比較每個特徵值的代數重數（特徵多項式中的重根次數）與幾何重數（特徵空間維度）。若某個特徵值的幾何重數小於代數重數，矩陣就無法對角化。 解題方法 對各選項計算特徵值與特徵向量。若矩陣有重複特徵值，進一步解 $(A-\lambda I)\mathbf{x}=0$，確認該特徵值是否有足夠的線性獨立特徵向量。 選項分析 (A) 令 $A$ 為選項 (A) 的矩陣，其特徵多項式為 $$ \det(\lambda I-A) =(\lambda-4)(\lambda-1)^2. $$ 特徵值 $1$ 的代數重數為 $2$。解 $(A-I)\mathbf{x}=0$ 得 $$ \begin{pmatrix} 3&0&1\ -2&0&0\ -2&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =\mathbf{0}, $$ 由第二列得 $x=0$，再由第一列得 $z=0$，而 $y$ 可自由取值。因此特徵值 $1$ 的特徵空間維度為 $1$，小於代數重數 $2$。故 (A) 無法對角化。 (B) 選項 (B) 是伴隨矩陣形式，其特徵多項式為 $$ \det(\lambda I-B)=\lambda^3+\lambda^2-5\lambda-2. $$ 此多項式沒有重根：其導數為 $3\lambda^2+2\lambda-5$，與原多項式沒有共同根。因此三個特徵值互異，矩陣可對角化。故 (B) 不是答案。 (C)

Answer

答案：C

Question 9

下列那一組 $\mathbb{R}^3$ 中之向量基於歐幾里得內積（Euclidean inner product）可作為規格化正交基底（orthonormal basis）？ (A) $$ \left(\frac{1}{\sqrt{2}},0,\frac{1}{\sqrt{2}}\right), \left(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}}\right), \left(-\frac{1}{\sqrt{2}},0,\frac{1}{\sqrt{2}}\right) $$ (B) $$ \left(\frac{1}{5},\frac{1}{5},\frac{1}{5}\right), \left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right), \left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},-\frac{2}{3}\right) $$ (C) $$ \left(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}}\right), \left(-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0\right) $$ (D) $$ \left(\frac{2}{3},-\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right), \left(\frac{2}{3},\frac{1}{3},-\frac{2}{3}\right), \left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right) $$

Accepted Answer

核心觀念 在 $\mathbb{R}^3$ 中，三個向量構成規格化正交基底，必須同時滿足： 1. 每個向量的長度為 $1$，即 $\|vi\|=1$。 2. 任兩個不同向量的內積為 $0$，即 $vi\cdot vj=0$。 3. 向量數目為 $3$。在 $\mathbb{R}^3$ 中，三個互相正交且非零的向量便線性獨立，因而構成基底。 歐幾里得內積與長度公式為 $$ u\cdot v=u1v1+u2v2+u3v3,\qquad \|u\|=\sqrt{u\cdot u}. $$ 解題方法 逐一計算各選項向量的長度平方與彼此內積。長度平方等於 $1$ 可確認向量已規格化；不同向量的內積等於 $0$ 可確認彼此正交。只要其中一項不符，該選項就不是規格化正交基底。 選項分析 (A) 錯誤。設三個向量依序為 $a,b,c$。其中 $$ a\cdot b =\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{3}} +0 +\frac{1}{\sqrt{2}}\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}ight) =0. $$ 但 $$ b\cdot c =\frac{1}{\sqrt{3}}\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}ight) +0 +\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}ight)\frac{1}{\sqrt{2}} =-\frac{2}{\sqrt{6}}
e 0. $$ 因此向量並未兩兩正交。

Answer

答案：D

Question 10

設 $T$ 是 $\mathbb{R}^3$ 到 $\mathbb{R}^2$ 的線性轉換，且

T \begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\2 \end{pmatrix}, \qquad T \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4\\0 \end{pmatrix}, \qquad T \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix},

以及

T \begin{pmatrix} 3\\2\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a\\b \end{pmatrix}.

下列何者正確？

Accepted Answer

核心觀念 線性轉換會保留向量的線性組合。若 $\mathbf{v}=c1\mathbf{e}1+c2\mathbf{e}2+c3\mathbf{e}3$，則 $$ T(\mathbf{v})=c1T(\mathbf{e}1)+c2T(\mathbf{e}2)+c3T(\mathbf{e}3). $$ 因此，已知標準基底向量的像，就能求出任意向量的像。 解題方法 將題目中的向量寫成標準基底向量的線性組合： $$ \begin{pmatrix}3\2\1\end{pmatrix} =3\begin{pmatrix}1\0\0\end{pmatrix} +2\begin{pmatrix}0\1\0\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}0\0\1\end{pmatrix}. $$ 由線性轉換的線性性質，

Answer

答案：D

Question 11

矩陣 $$ A= \begin{pmatrix} 2&-2&2&4\ -2&4&2&-1\ 6&-2&4&14 \end{pmatrix} $$ 的 $LU$ 分解（$LU$ decomposition），可化為 $$ \begin{pmatrix} 2&-2&2&4\ 0&2&4&3\ 0&0&-10&-2x \end{pmatrix}, $$ $x=$？ (A) $x=1$ (B) $x=2$ (C) $x=3$ (D) $x=4$

Accepted Answer

核心觀念

$LU$ 分解是將矩陣分解為下三角矩陣 $L$ 與上三角矩陣 $U$ 的乘積。以高斯消去法求 $U$ 時，若不交換列，消去列運算的乘數會記在 $L$ 中。

本題給出的矩陣是消去後的上三角矩陣；只要依照原矩陣進行消去，就能求出右下角元素，與題目所列的 $-2x$ 比較。

解題方法

原矩陣為

A= \begin{pmatrix} 2&-2&2&4\\ -2&4&2&-1\\ 6&-2&4&14 \end{pmatrix}.

先以第一列消去第二、三列的第一欄：

第二列乘數為 $\dfrac{-2}{2}=-1$ ，因此第二列加上第一列：

(-2,4,2,-1)+(2,-2,2,4)=(0,2,4,3).

第三列乘數為 $\dfrac{6}{2}=3$ ，因此第三列減去第一列的 $3$ 倍：

(6,-2,4,14)-3(2,-2,2,4)=(0,4,-2,2).

Answer

答案：B

Question 12

設 $\alpha$ 和 $\beta$ 為矩陣 $$ A= \begin{pmatrix} 1&-2\ 2&0 \end{pmatrix} $$ 之特徵值（eigenvalues），則 $\alpha\beta+\alpha+\beta=$？ (A) $3$ (B) $4$ (C) $5$ (D) $6$

Accepted Answer

核心觀念 $2	imes2$ 矩陣的特徵值是特徵方程式 $\det(\lambda I-A)=0$ 的根。若兩根為 $\alpha,\beta$，由韋達定理可得： $$ \alpha+\beta=\operatorname{tr}(A),\qquad \alpha\beta=\det(A). $$ 解題方法 對題目中的矩陣計算跡與行列式： $$ \operatorname{tr}(A)=1+0=1, $$ $$ \det(A)=1\cdot 0-(-2)\cdot 2=4. $$ 因此 $\alpha+\beta=1$、$\alpha\beta=4$，代入題目所求：

Answer

答案：C

Question 13

定義 $i=\sqrt{-1}$，若 $z=a+bi$ 為 $$ z^2-(6-2i)z+17-6i=0 $$ 之一解，且 $ab0$，則 $a^2+b^2=$？ (A) $13$ (B) $15$ (C) $18$ (D) $20$

Accepted Answer

核心觀念 本題考複數的根與係數關係，以及複數模長的計算。若二次方程式兩根為 $z1,z2$，則 $$ z1+z2=6-2i,\qquad z1z2=17-6i. $$ 又因 $z=a+bi$，有 $|z|^2=a^2+b^2$。 解題方法 由根與係數關係，兩根可寫成 $$ z=\frac{(6-2i)\pm\sqrt{(6-2i)^2-4(17-6i)}}{2}. $$ 計算判別式： $$ (6-2i)^2-4(17-6i) =32-24i-68+24i=-36, $$ 所以 $\sqrt{-36}=\pm 6i$，兩根為 $$ z=\frac{6-2i\pm6i}{2}=3+2i,\quad 3-4i. $$ 條件 $ab0$ 可用來選出符合的根：對 $3+2i$，$ab=3\cdot2=60$；對 $3-4i$，$ab=3\cdot(-4)=-12<0$。

Answer

答案：A

Question 14

定義 $i=\sqrt{-1}$，複變數 $z=x+iy$ 與其共軛複數 $\overline{z}=x-iy$。下列那一個複變函數為完整（entire），即在整個複數平面皆為可解析（analytic）？ (A) $f(z)=iz\overline{z}$ (B) $f(z)=x^2+y^2+i2xy$ (C) $f(z)=e^{-x}(\cos y-i\sin y)$ (D) $f(z)=\overline{z}$

Accepted Answer

核心觀念 複變函數 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ 在區域內解析，若 $u,v$ 的一階偏導數連續，須滿足柯西–黎曼方程： $$ ux=vy,\qquad uy=-vx. $$ 若函數在整個複數平面都解析，稱為完整函數（entire）。另一個快速判斷方式是：若能將函數化為 $z$ 的冪級數或已知完整函數的組合，便可直接確認其完整性。 解題方法 逐一將各選項寫成 $u(x,y)+iv(x,y)$，檢查柯西–黎曼方程是否在整個平面成立。 選項分析 (A) $f(z)=iz\overline z$ 因為 $z\overline z=x^2+y^2$，所以 $$ f(z)=i(x^2+y^2),\qquad u=0,\quad v=x^2+y^2. $$ 柯西–黎曼方程要求 $ux=vy$，但 $ux=0$、$vy=2y$；也要求 $uy=-vx$，但 $uy=0$、$-vx=-2x$。兩式只在 $x=y=0$ 同時成立，故不在任何開區域解析，不是完整函數。 (B) $f(z)=x^2+y^2+i2xy$ 此式可改寫為 $$ x^2+y^2+i2xy=(x+iy)^2+2y^2=z^2+2y^2. $$

Answer

答案：C

Question 15

複變數 $$ \sum{n=0}^{\infty}\frac{(z-i)^n}{n^n} $$ 之收斂半徑（radius of convergence）為何？（$i=\sqrt{-1}$） (A) $1$ (B) $\infty$ (C) $0$ (D) $\dfrac{1}{2}$

Accepted Answer

核心觀念 冪級數 $\sum{n=0}^{\infty}an(z-z0)^n$ 的收斂半徑可由 Cauchy–Hadamard 公式求得： $$ R=\frac{1}{\displaystyle\limsup{n	o\infty}|an|^{1/n}}. $$ 本題的展開中心為 $z0=i$，對 $n\ge 1$，係數為 $an=1/n^n$。$n=0$ 項的記法 $0^0$ 不影響收斂半徑，因為收斂半徑由 $n	o\infty$ 時的係數決定。 解題方法 代入 Cauchy–Hadamard 公式，計算係數的 $n$ 次方根： $$ |an|^{1/n} =\left(\frac{1}{n^n}ight)^{1/n} =\frac{1}{n}. $$ 因此 $$ \limsup{n	o\infty}|an|^{1/n} =\lim{n	o\infty}\frac{1}{n}=0, $$ 所以收斂半徑為 $$ R=\frac{1}{0}=\infty. $$ 等價地，對任何固定的 $z$，當 $n\ge1$ 時，

Answer

答案：B

Question 16

計算 $$ \int{\gamma}\overline{z}\,dz=? $$ 其中軌跡 $\gamma(t)=e^{it}$，$0\leq t\leq\pi$。（$i=\sqrt{-1}$） (A) $-\pi i$ (B) $\pi i$ (C) $-2\pi i$ (D) $2\pi i$

Accepted Answer

核心觀念

複數曲線積分沿參數化路徑 $\gamma(t)$ 計算時，使用公式

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

本題的被積函數是 $\overline z$ ，因此要先將路徑上的共軛複數寫出，再乘上 $dz=\gamma'(t)\,dt$ 。

解題方法

已知 $\gamma(t)=e^{it}$ ， $0\le t\le\pi$ ，所以

z=e^{it},\qquad \overline z=e^{-it},\qquad dz=\gamma'(t)\,dt=ie^{it}\,dt.

代入曲線積分：

\begin{aligned} \int_\gamma \overline z\,dz &=\int_0^\pi e^{-it}\,ie^{it}\,dt\\ &=\int_0^\pi i\,dt\\ &=i\pi. \end{aligned}

因此積分值為 $\pi i$ ，符合官方答案。

Answer

答案：B

Question 17

一階常微分方程式 $$ e^{x+y}y'=3x $$ 下列何者為正確的解答？（$y'=\dfrac{dy}{dx}$） (A) $e^{-y}=-3e^{-x}(x+1)+c$，其中 $c$ 為常數 (B) $e^y=-3e^x(x+2)+c$，其中 $c$ 為常數 (C) $e^y=-3e^{-x}(x+1)+c$，其中 $c$ 為常數 (D) $e^y=-3e^{-x}(x+2)+c$，其中 $c$ 為常數

Accepted Answer

核心觀念 本題考一階可分離變數微分方程。將含 $y$ 的項與含 $x$ 的項分開，再兩側積分，即可求出通解。 解題方法 由 $$ e^{x+y}y'=3x $$ 利用 $e^{x+y}=e^xe^y$，整理為 $$ e^y\frac{dy}{dx}=3xe^{-x}. $$ 分離變數後積分： $$ e^y\,dy=3xe^{-x}\,dx. $$ 左側積分為 $e^y$；右側用分部積分，取 $u=3x$、$dv=e^{-x}dx$，則 $$ \int 3xe^{-x}\,dx=-3xe^{-x}-3e^{-x}+C =-3e^{-x}(x+1)+C. $$ 因此通解為 $$ e^y=-3e^{-x}(x+1)+C, $$ 符合選項 (C)。 選項分析

Answer

答案：C

Question 18

二階微分方程式 $$ x^2y''-9xy'+24y=0,\qquad y(1)=1,\quad y'(1)=10。 $$ 設 $$ y=ax^6+bx^5+cx^4+dx^3 $$ 為其解，則下列何者正確？（$y'=\dfrac{dy}{dx}$，$y''=\dfrac{d^2y}{dx^2}$） (A) $a=1$ (B) $b=-1$ (C) $c=-2$ (D) $d=-4$

Accepted Answer

核心觀念 本題是等維方程（Euler–Cauchy 方程），可用冪次函數 $y=x^m$ 試解。代入後得到特徵方程，先求通解，再利用初始條件決定常數。 解題方法 設 $y=x^m$，則 $y'=mx^{m-1}$、$y''=m(m-1)x^{m-2}$。代入微分方程： $$ x^m\bigl[m(m-1)-9m+24\bigr]=0, $$ 因此特徵方程為 $$ m^2-10m+24=(m-4)(m-6)=0. $$ 兩個根為 $m=4,6$，故通解為 $$ y=C1x^6+C2x^4. $$ 由 $y(1)=1$ 得 $C1+C2=1$；又 $$ y'=6C1x^5+4C2x^3, $$ 由 $y'(1)=10$ 得 $6C1+4C2=10$。聯立可得 $C1=3,\ C2=-2$，所以 $$ y=3x^6-2x^4. $$

Answer

答案：C

Question 19

反拉普拉斯轉換（inverse Laplace transform） $$ \mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s-3}{s^2+2s+2} + \frac{s}{s^2+2s+1} \right\} = e^{-t}(a\cos t+b\sin t+ct+d)， $$ $a,b,c,d$ 為常數，則： (A) $a+b+c+d=-3$ (B) $a+b+c+d=-4$ (C) $a+b+c+d=3$ (D) $a+b+c+d=4$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查反拉普拉斯轉換的基本公式，以及將分母配方後，辨認正弦、餘弦與指數函數。常用公式為

\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s+\alpha}{(s+\alpha)^2+\beta^2}\right\} =e^{-\alpha t}\cos \beta t, \qquad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{\beta}{(s+\alpha)^2+\beta^2}\right\} =e^{-\alpha t}\sin \beta t,

以及

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

解題方法

先將兩個分母配方：

s^2+2s+2=(s+1)^2+1, \qquad s^2+2s+1=(s+1)^2.

第一項的分子改寫為 $s-3=(s+1)-4$ ，因此

\frac{s-3}{s^2+2s+2} = \frac{s+1}{(s+1)^2+1} - 4\frac{1}{(s+1)^2+1}.

依反拉普拉斯公式，

\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{s-3}{s^2+2s+2} \right\} =e^{-t}\cos t-4e^{-t}\sin t.

第二項則為

Answer

答案：A

Question 20

假設 $$ f(t)=\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{1}{s(s-1)^2} \right\}, $$ 其中 $\mathcal{L}^{-1}$ 為反拉普拉斯轉換（inverse Laplace transform），下列何者正確？ (A) $f(0)=-1$ (B) $f(0)=1$ (C) $f(1)=-1$ (D) $f(1)=1$

Accepted Answer

核心觀念 本題考反拉普拉斯轉換，可先對有理式作部分分式分解，再利用基本轉換公式： $$ \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s}\right\}=1,\qquad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-1}\right\}=e^t,\qquad \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s-1)^2}\right\}=te^t. $$ 解題方法 將分式作部分分式分解： $$ \frac{1}{s(s-1)^2} =\frac{A}{s}+\frac{B}{s-1}+\frac{C}{(s-1)^2}. $$ 兩側同乘 $s(s-1)^2$，得 $$ 1=A(s-1)^2+Bs(s-1)+Cs. $$ 令 $s=0$，得 $A=1$；令 $s=1$，得 $C=1$。比較 $s^2$ 項係數可得 $A+B=0$，所以 $B=-1$。因此

Answer

答案：D

Question 21

定義傅立葉轉換 $$ F(\omega)=\int{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-i\omega x}\,dx， $$ 今令 $$ f(x)= \begin{cases} 5，&-3\leq x\leq 3,\ 0，&x<-3	ext{ 或 }x3, \end{cases} $$ 則 $F(\omega)=$？（$i=\sqrt{-1}$） (A) $\dfrac{6}{\omega}\sin(5\omega)$ (B) $\dfrac{6}{\omega}\cos(5\omega)$ (C) $\dfrac{10}{\omega}\sin(3\omega)$ (D) $\dfrac{10}{\omega}\cos(3\omega)$

Accepted Answer

核心觀念 本題考傅立葉轉換的定義，以及對稱矩形函數的積分。由於 $f(x)$ 在 $[-3,3]$ 上為常數 $5$、區間外為 $0$，因此轉換積分只需在 $[-3,3]$ 上計算。 解題方法 依定義： $$ F(\omega)=\int{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-i\omega x}\,dx =5\int{-3}^{3}e^{-i\omega x}\,dx. $$ 當 $\omega
eq 0$ 時，積分得： $$ \begin{aligned} F(\omega) &=5\left[\frac{e^{-i\omega x}}{-i\omega}ight]{-3}^{3}\ &=\frac{5}{-i\omega}\left(e^{-i3\omega}-e^{i3\omega}ight)\ &=\frac{5}{-i\omega}\left(-2i\sin(3\omega)ight)\ &=\frac{10}{\omega}\sin(3\omega). \end{aligned} $$ 因此符合選項 (C)。在 $\omega=0$ 時，直接由定義計算： $$ F(0)=\int{-3}^{3}5\,dx=30. $$ 而 (C) 在 $\omega	o 0$ 時的極限也是 $10\cdot 3=30$，與轉換定義一致。 選項分析

Answer

答案：C

Question 22

若 $X$ 為一連續均勻分布（uniformly distributed）在區間 $(0,20)$ 之隨機變數，可計算得知 $X<10$ 之機率為 $a$ ， $X>12$ 之機率為 $b$ ， $8<X<16$ 之機率為 $c$ ，則 $a+b+c=$ ？

Accepted Answer

核心觀念 連續均勻分布於 $(0,20)$ 的隨機變數，其機率密度在區間內為常數 $1/20$。因此，事件機率等於該事件對應區間的長度除以總區間長度 $20$。端點是否包含不影響連續型隨機變數的機率。 解題方法 依序計算三個區間的機率： $$ a=P(X<10)=\frac{10-0}{20}=\frac12 $$ $$ b=P(X12)=\frac{20-12}{20}=\frac25 $$ $$ c=P(8<X<16)=\frac{16-8}{20}=\frac25 $$ 所以 $$ a+b+c=\frac12+\frac25+\frac25 =\frac5{10}+\frac4{10}+\frac4{10} =\frac{13}{10} $$ 選項分析 - (A) $\dfrac{11}{10}$：錯誤。

Answer

答案：C

Question 23

將一副正常的撲克牌（$52$ 張牌包含四種花色：黑桃、方塊、紅心、梅花，每種花色各 $13$ 張牌，ACE 為各花色點數 $1$ 的牌）隨機均分為 $4$ 疊，每疊各 $13$ 張牌。這四疊牌每疊恰好包含一張 ACE 牌的機率為何？ (A) $\dfrac{1}{13}$ (B) $\dfrac{927}{2550}$ (C) $\dfrac{783}{2450}$ (D) $\dfrac{2197}{20825}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考的是等可能分配下的組合計數。把 52 張牌隨機分成 4 疊、每疊 13 張，等同將 4 張 ACE 放入這些牌疊；所求是每疊恰有一張 ACE。 解題方法 先固定四疊牌各自的 13 個位置。從 52 個位置中選出 4 個位置放 ACE，所有選法共有 $$ \binom{52}{4}. $$ 要使每疊恰有一張 ACE，須在每疊的 13 個位置中各選一個，因此符合條件的選法共有 $$ 13^4. $$ 故所求機率為 $$ \frac{13^4}{\binom{52}{4}} =\frac{28561}{270725} =\frac{2197}{20825}. $$ 因此選項 D 正確。 選項分析

Answer

答案：D

Question 24

設 $X$ 和 $Y$ 為連續隨機變數，其聯合機率密度函數（joint probability density function）為

f_{X,Y}(x,y)= \begin{cases} 2，&0\leq y\leq x\leq 1,\\ 0，&\text{其他}, \end{cases}

令 $W=Y/X$ ，期望值 $E(W)=$ ？

Accepted Answer

核心觀念

本題考查連續型隨機變數函數的期望值。若 $(X,Y)$ 的聯合機率密度函數為 $f_{X,Y}(x,y)$ ，則對可積函數 $g(X,Y)$ ，

E[g(X,Y)]=\iint_{\mathbb R^2}g(x,y)f_{X,Y}(x,y)\,dx\,dy.

本題 $W=Y/X$ ；聯合密度只在 $0\le y\le x\le1$ 上非零，因此在積分區域內 $x>0$ 時， $W=y/x$ 。

解題方法

直接依期望值定義，在聯合密度的支撐區域積分：

\begin{aligned} E(W) &=\int_0^1\int_0^x \frac{y}{x}\cdot 2\,dy\,dx\\ &=\int_0^1 \frac{2}{x}\left[\frac{y^2}{2}\right]_{0}^{x}\,dx\\ &=\int_0^1 x\,dx\\ &=\left[\frac{x^2}{2}\right]_{0}^{1} =\frac12. \end{aligned}

$x=0$ 僅是積分區域的邊界，對積分值沒有影響。

Answer

答案：A

111 高普考高考三級 電子工程 工程數學 考古題詳解

第 一 題12 分

核心觀念

解題方法

（一）計算 a⃗\vec{a}a、b⃗\vec{b}b 所圍成的平行四邊形面積

第 二 題14 分

核心觀念

解題方法

（一）求微分方程式之齊次解 yh(x)y_h(x)yh​(x)

（二）求初始值問題的精確解 y(x)y(x)y(x)

步驟一：求非齊次方程式之特解 yp(x)y_p(x)yp​(x)

步驟二：寫出通解 y(x)y(x)y(x)

第 三 題12 分

核心觀念

解題方法

（一）抽牌後放回

（二）抽牌後不放回

第 四 題12 分

核心觀念

解題方法

（一）計算 ∫Γz dz\int_{\Gamma} z\,dz∫Γ​zdz

（二）計算 ∫Γ1z dz\int_{\Gamma} \frac{1}{z}\,dz∫Γ​z1​dz

第 1 題

核心觀念

解題方法

第 2 題

第 3 題

第 4 題

第 5 題

第 6 題

核心觀念

解題方法

第 7 題

核心觀念

解題方法

第 8 題

第 9 題

第 10 題

第 11 題

第 12 題

核心觀念

解題方法

第 13 題

第 14 題

第 15 題

核心觀念

解題方法

第 16 題

第 17 題

第 18 題

第 19 題

第 20 題

核心觀念

解題方法

其他考古題

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111 年高普考高考三級・其他類科的《工程數學》

111 高普考高考三級電子工程工程數學考古題詳解

第一題12 分

（一）計算 $\vec{a}$ 、 $\vec{b}$ 所圍成的平行四邊形面積

第二題14 分

（一）求微分方程式之齊次解 $y_h(x)$

（二）求初始值問題的精確解 $y(x)$

步驟一：求非齊次方程式之特解 $y_p(x)$

步驟二：寫出通解 $y(x)$

第三題12 分

第四題12 分

（一）計算 $\int_{\Gamma} z\,dz$

（二）計算 $\int_{\Gamma} \frac{1}{z}\,dz$