108 高普考高考三級 電信工程 工程數學 考古題詳解

核心觀念

本題主要測驗「空間向量的座標表示法」與「純量三重積（Scalar Triple Product）之幾何意義」：

1. 空間向量求法：兩點 $P(x_1, y_1, z_1)$ 與 $Q(x_2, y_2, z_2)$ 所構成之向量為 $\overrightarrow{PQ} = Q - P = (x_2 - x_1, y_2 - y_1, z_2 - z_1)$。
2. 平行六面體的體積：空間中由三共起點向量 $\mathbf{u}, \mathbf{v}, \mathbf{w}$ 所張成之平行六面體（題意所稱之平行四邊體，英文為 Parallelepiped），其體積 $V$ 等於三向量之純量三重積的絕對值，亦即以該三向量為列（或行）所組成之 $3 \times 3$ 階行列式的絕對值： $V = |\mathbf{u} \cdot (\mathbf{v} \times \mathbf{w})| = \left| \det \begin{bmatrix} u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \\ w_1 & w_2 & w_3 \end{bmatrix} \right|$

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解題方法

步驟一：求出三個邊向量

已知 $a=(1,1,1)$、$b=(3,4,5)$、$c=(2,3,4)$、$d=(1,2,2)$，以點 $a$ 為共同始點計算各向量：

• $\overrightarrow{ab} = b - a = (3-1, 4-1, 5-1) = (2, 3, 4)$
• $\overrightarrow{ac} = c - a = (2-1, 3-1, 4-1) = (1, 2, 3)$
• $\overrightarrow{ad} = d - a = (1-1, 2-1, 2-1) = (0, 1, 1)$

步驟二：列出純量三重積之行列式

將此三個向量排成 $3 \times 3$ 階矩陣求其行列式值： $\det \begin{bmatrix} \overrightarrow{ab} \\ \overrightarrow{ac} \\ \overrightarrow{ad} \end{bmatrix} = \begin{vmatrix} 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix}$

步驟三：計算行列式值

利用第三列展開（因第一元為 $0$，計算最簡便）： $\begin{vmatrix} 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 0 \cdot \begin{vmatrix} 3 & 4 \\ 2 & 3 \end{vmatrix} - 1 \cdot \begin{vmatrix} 2 & 4 \\ 1 & 3 \end{vmatrix} + 1 \cdot \begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 2 \end{vmatrix}$

核心觀念

本題評量複變分析（Complex Analysis）中的路徑積分與奇異點分析，主要涵蓋下列核心觀念與定理：

1. 積分路徑區域判定： 封閉路徑 $C$ 為四條直線 $x = \pm 2$ 與 $y = \pm 2$ 所圍成之逆時針正方形，複數平面上的點 $z = x + iy$ 若落在 $C$ 內部，必須同時滿足： $-2 < x < 2 \quad \text{且} \quad -2 < y < 2$ 計算複變積分時，必須先確認被積函數之奇異點（Singularities）究竟位於路徑內部還是外部。

2. 柯西積分公式（Cauchy's Integral Formula）： 若函數 $g(z)$ 在簡單閉曲線 $C$ 及其內部皆為解析（Analytic），且 $z_0$ 位於 $C$ 內部，則： $\oint_C \frac{g(z)}{z - z_0}\,dz = 2\pi i \cdot g(z_0)$

3. 高階導數公式（Generalized Cauchy's Integral Formula）： 若 $z_0$ 位於 $C$ 內部，且 $g(z)$ 在 $C$ 及其內部解析，則對 $n$ 階極點有： $\oint_C \frac{g(z)}{(z - z_0)^{n+1}}\,dz = \frac{2\pi i}{n!} g^{(n)}(z_0)$

4. 留數定理（Residue Theorem）： $\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i \sum_{k} \text{Res}(f, z_k)$ 其中 $z_k$ 為所有落在路徑 $C$ 內部的奇異點。

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解題方法

(一) 計算 $\oint_C\frac{\cos z}{z(z^2+8)}\,dz$

1. 尋找奇異點並判定位置： 令分母為零： $z(z^2+8) = 0 \implies z = 0 \quad \text{或} \quad z = \pm i\sqrt{8} = \pm 2\sqrt{2}i$ 檢驗各奇異點之實部與虛部：

• $z = 0 = 0 + 0i$：其實部為 $0$、虛部為 $0$，介於 $-2$ 與 $2$ 之間，位於路徑 $C$ 內部。
• $z = 2\sqrt{2}i \approx 2.828i$：虛部為 $2\sqrt{2} > 2$，位於路徑 $C$ 外部。
• $z = -2\sqrt{2}i \approx -2.828i$：虛部為 $-2\sqrt{2} < -2$，位於路徑 $C$ 外部。 因此，落在路徑 $C$ 內部的奇異點僅有 $z = 0$（一階極點）。

2. 套用柯西積分公式計算： 將被積函數改寫為 $\frac{g(z)}{z}$ 的形式，其中： $g(z) = \frac{\cos z}{z^2 + 8}$ 因 $z = \pm 2\sqrt{2}i$ 均在 $C$ 外部，函數 $g(z)$ 在 $C$ 上及其內部均為解析函數。 由柯西積分公式得： $\oint_C \frac{\cos z}{z(z^2+8)}\,dz = \oint_C \frac{g(z)}{z - 0}\,dz = 2\pi i \cdot g(0)$ 將 $z = 0$ 代入 $g(z)$：

核心觀念

本題評量一階非正合常微分方程式（Non-exact First-Order ODE）​的化簡與求解，核心包含以下觀念與公式：

1. 正合性判別（Exactness Condition）： 對微分方程式 $M(x, y)\,dx + N(x, y)\,dy = 0$，若 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$，則為正合微分方程式；反之為非正合。
2. 單變數積分因子（Integrating Factor）公式： 若 $\frac{\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x}}{N} = f(x)$（僅為 $x$ 的單變數函數），則存在僅與 $x$ 相關的積分因子： $\mu(x) = \exp\left(\int f(x)\,dx\right)$
3. 正合微分方程式求解與初值問題（IVP）： 全微分形式 $d\Phi(x, y) = \mu M\,dx + \mu N\,dy = 0$，積分求得通解 $\Phi(x, y) = C$，再由初始條件決定特定常數 $C$。

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解題方法

步驟一：檢驗原方程式是否為正合

將原方程式寫為標準形式 $M(x, y)\,dx + N(x, y)\,dy = 0$： $M(x, y) = 2\sin(y^2),\qquad N(x, y) = xy\cos(y^2)$

分別計算對應的偏導數（注意連鎖律）： $\frac{\partial M}{\partial y} = 2\cos(y^2) \cdot (2y) = 4y\cos(y^2)$ $\frac{\partial N}{\partial x} = y\cos(y^2)$

因 $\frac{\partial M}{\partial y} \neq \frac{\partial N}{\partial x}$，故原方程式非正合。

步驟二：尋找積分因子 $\mu(x)$

檢驗條件式是否僅為 $x$ 的函數： $\frac{\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x}}{N} = \frac{4y\cos(y^2) - y\cos(y^2)}{xy\cos(y^2)} = \frac{3y\cos(y^2)}{xy\cos(y^2)} = \frac{3}{x} = f(x)$

滿足條件，因此積分因子為： \mu(x) = \exp\left(\int \frac{3}{x}\,dx\right) = \exp(3\ln|x|) = x^3 \quad (\text{因初值條件 } x=2 > 0，取 } x^3)

步驟三：同乘積分因子轉換為正合方程式

將原式同乘以 $\mu(x) = x^3$： $2x^3\sin(y^2)\,dx + x^4 y\cos(y^2)\,dy = 0$

此時新係數為： $M^*(x, y) = 2x^3\sin(y^2),\qquad N^*(x, y) = x^4 y\cos(y^2)$ 檢驗正合性： $\frac{\partial M^*}{\partial y} = 4x^3 y\cos(y^2) = \frac{\partial N^*}{\partial x}$ 已成功轉化為正合微分方程式。

核心觀念

1. 特徵值與特徵方程式（Characteristic Equation）： 設 $A$ 為 $n \times n$ 方陣，若存在非零向量 $\mathbf{v}$ 及純量 $\lambda$ 滿足 $A\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v}$，則稱 $\lambda$ 為 $A$ 的特徵值（eigenvalue），$\mathbf{v}$ 為對應於 $\lambda$ 的特徵向量（eigenvector）。其特徵方程式為： $\det(A - \lambda I) = 0$
2. 行列式降階展開（Laplace Expansion）： 計算 $\det(A - \lambda I)$ 時，優先選取「零元素最多」的行（column）或列（row）進行降階展開，以大幅簡化計算過程。
3. 特徵空間與幾何重複度（Geometric Multiplicity）： 對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量集合為齊次線性方程組 $(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$ 的非零解空間（即零空間 Null Space）。 由維度定理（Dimension Theorem），獨立特徵向量的個數（幾何重複度）等於： $\operatorname{nullity}(A - \lambda I) = n - \operatorname{rank}(A - \lambda I)$

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解題方法

(一) 求 $A$ 的特徵值

由特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$： $\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} -\lambda & 0 & -2 \\ 1 & 2-\lambda & 1 \\ 1 & 0 & 3-\lambda \end{vmatrix} = 0$

觀察矩陣的第 2 行（Column 2），僅有 $(2,2)$ 位置具有非零項 $2-\lambda$，其餘元素皆為 0。沿第 2 行降階展開： $\det(A - \lambda I) = (2 - \lambda) \cdot \begin{vmatrix} -\lambda & -2 \\ 1 & 3-\lambda \end{vmatrix}$

計算二階行列式： $\begin{vmatrix} -\lambda & -2 \\ 1 & 3-\lambda \end{vmatrix} = (-\lambda)(3 - \lambda) - (-2)(1) = \lambda^2 - 3\lambda + 2 = (\lambda - 1)(\lambda - 2)$

因此特徵多項式為： $\det(A - \lambda I) = (2 - \lambda)(\lambda - 1)(\lambda - 2) = -(\lambda - 1)(\lambda - 2)^2 = 0$

解得特徵值： $\lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = \lambda_3 = 2 \quad (\text{二重根})$

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(二) 求 $A$ 的特徵向量

設特徵向量為 $\mathbf{v} = \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{bmatrix} \neq \mathbf{0}$，分別代入 $(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$ 求解。

1. 當 $\lambda_1 = 1$ 時：

方程式為 $(A - I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$： $\begin{bmatrix} -1 & 0 & -2 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$

對增廣矩陣進行高斯消去列運算（Row Operations）： $\begin{bmatrix} -1 & 0 & -2 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_2 + R_1,\; R_3 + R_1} \begin{bmatrix} -1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \xrightarrow{-R_1} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

對應聯立方程式： $\begin{cases} v_1 + 2v_3 = 0 \implies v_1 = -2v_3 \\ v_2 - v_3 = 0 \implies v_2 = v_3 \end{cases}$

核心觀念

本題考查線性變換的定義、核空間（Null space）與單射的關係，以及秩－零度定理。

線性變換 $T:V\to W$ 必須同時滿足可加性與齊次性：

$$T(x+y)=T(x)+T(y),\qquad T(cx)=cT(x)$$

其中 $x,y\in V$、$c$ 為純量。核空間定義為

$$N(T)=\{x\in V:T(x)=0\}.$$

若 $V$ 為有限維向量空間，秩－零度定理為

$$\operatorname{nullity}(T)+\operatorname{rank}(T)=\dim(V).$$

解題方法

逐一對照每個選項與上述定義、定理。注意題目只給 $T:V\to W$ 為函數時，不能直接假設 $T$ 是線性變換；而可加性也不能取代齊次性。

選項分析

(A) 錯誤。 可加性本身不足以保證線性，還必須滿足齊次性。以實數向量空間上的 $T(x)=x^3$ 為例，通常不具可加性；更直接地，若向量空間以有理數為純量，則存在滿足可加性但不滿足對所有實數純量齊次性的函數。因此僅由 $T(x+y)=T(x)+T(y)$，不能推出 $T$ 為線性變換。

(B) 錯誤。 「$T$ 為一對一」等價於 $N(T)=\{0\}$，這個等價關係適用於線性變換。題幹只說 $T$ 是函數，沒有假設 $T$ 線性，因此 $N(T)$ 不一定具有線性變換核空間的性質，該敘述不能成立。

核心觀念

線性變換 $T:V\to W$ 是一對一，若 $T(\mathbf u)=T(\mathbf v)$ 必定推出 $\mathbf u=\mathbf v$。對線性變換而言，這等價於其核只有零向量：

$$T\text{ 為一對一}\iff \ker(T)=\{\mathbf 0\}.$$

因此，只要找到一個非零向量 $\mathbf v$ 使 $T(\mathbf v)=\mathbf 0$，就能判定 $T$ 不是一對一。若以矩陣表示，則可檢查矩陣的欄向量是否線性獨立。

解題方法

將各選項的輸出設為零，檢查是否存在非零的 $(x,y)$ 解。選項 (D) 的輸出為零時：

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

三式都只要求 $x=y$，所以取 $(x,y)=(1,1)$，便有

$$T(1,1)=(0,0,0).$$

由於 $(1,1)\ne(0,0)$，$T$ 的核含有非零向量，因此 (D) 不是一對一。

選項分析

核心觀念

本題考矩陣乘積的秩。若 $X$、$Y$ 可相乘，則

$$\operatorname{rank}(XY)\leq \min\{\operatorname{rank}(X),\operatorname{rank}(Y)\}.$$

因此，

$$\operatorname{rank}(A^TB)\leq \operatorname{rank}(A^T)=\operatorname{rank}(A).$$

解題方法

矩陣 $A$ 的兩列分別為 $(1,1,1,1)$ 與其 $2$ 倍 $(2,2,2,2)$，兩列線性相依，且 $A$ 非零，所以

$$\operatorname{rank}(A)=1.$$

又因轉置不改變矩陣的秩，$\operatorname{rank}(A^T)=1$。由秩的乘積上界可知

$$\operatorname{rank}(A^TB)\leq 1.$$

為確認乘積不是零矩陣，直接計算：

核心觀念

矩陣

$$R(\theta)= \begin{bmatrix} \cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta \end{bmatrix}$$

代表平面逆時針旋轉 $\theta$。旋轉矩陣相乘時，旋轉角度會相加，因此

$$R(\theta)^n=R(n\theta).$$

解題方法

題目中的矩陣可寫成

$$\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2}&-\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&\frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos\frac{\pi}{6}&-\sin\frac{\pi}{6}\\ \sin\frac{\pi}{6}&\cos\frac{\pi}{6} \end{bmatrix} =R\left(\frac{\pi}{6}\right).$$

因此

$$R\left(\frac{\pi}{6}\right)^{100} =R\left(\frac{100\pi}{6}\right) =R\left(\frac{50\pi}{3}\right).$$

旋轉角度以 $2\pi$ 為週期，且

$$\frac{50\pi}{3}=8(2\pi)+\frac{2\pi}{3},$$

所以

核心觀念

線性轉換可用矩陣表示。若 $L(\mathbf{x})=A\mathbf{x}$，則當且僅當 $A$ 可逆時，逆轉換存在，且

$$L^{-1}(\mathbf{x})=A^{-1}\mathbf{x}.$$

本題考查由線性轉換的矩陣求逆矩陣，並以合成轉換驗算結果。

解題方法

依照 $L(x,y,z)$ 的分量係數，寫出矩陣

$$A= \begin{pmatrix} 2&3&1\\ 3&3&1\\ 2&4&1 \end{pmatrix}, \qquad L \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} =A\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}.$$

先求行列式：

$$\det A =2(3-4)-3(3-2)+(12-6) =-1-3+6 =2\ne 0.$$

因此 $A$ 可逆。其反矩陣為

$$A^{-1} = \begin{pmatrix} -1&1&0\\ -1&0&1\\ 6&-2&-3 \end{pmatrix}.$$

所以

核心觀念

矩陣 $A$ 的特徵值 $\lambda$ 滿足特徵方程 $\det(\lambda I-A)=0.$ 本題矩陣的左下方有兩個零，可利用分塊結構計算行列式，降低計算量。

解題方法

令

$$A=\begin{bmatrix} 5&32&17\\ 0&12&2\\ 0&-2&7 \end{bmatrix}.$$

則

$$\lambda I-A= \begin{bmatrix} \lambda-5&-32&-17\\ 0&\lambda-12&-2\\ 0&2&\lambda-7 \end{bmatrix}.$$

沿第一欄展開，特徵方程為

核心觀念

複數的極式為 $z=re^{i\theta}$，其中 $r=|z|$、$\theta$ 是幅角。題目給定的函數可寫成

$$f(z)=r^{1/3}e^{i(\theta+2\pi)/3}.$$

這題的關鍵是依題目指定的幅角範圍 $\pi<\theta\leq 3\pi$，選取 $1+i$ 的幅角，再代入函數。

解題方法

先求 $z=1+i$ 的模長與幅角：

$$|1+i|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}.$$

$1+i$ 位於第一象限，基本幅角是 $\frac{\pi}{4}$。在指定範圍內，與它相差整數倍 $2\pi$ 的幅角為

$$\theta=\frac{\pi}{4}+2\pi=\frac{9\pi}{4},$$

且確實滿足 $\pi<\frac{9\pi}{4}\leq 3\pi$。

代入函數：

核心觀念

複數線積分 $\int_C f(z)\,dz$ 要依曲線的方向參數化。令 $z=x+iy$，則 $dz=dx+i\,dy$；因此被積函數 $z^2$ 與微分 $dz$ 都是複數，積分結果一般也為複數。本題曲線是 $y=x^2$，方向由 $(0,0)$ 到 $(2,4)$。

解題方法

以 $x=t$ 作參數，$0\le t\le2$，則

$$z(t)=t+it^2,\qquad dz=(1+2it)\,dt.$$

因此

$$\begin{aligned} \int_C z^2\,dz &=\int_0^2 (t+it^2)^2(1+2it)\,dt\\ &=\int_0^2 (t^2+2it^3-t^4)(1+2it)\,dt\\ &=\int_0^2 \left(t^2+4it^3-5t^4-2it^5\right)\,dt\\ &=\left[\frac{t^3}{3}+it^4-t^5-\frac{i}{3}t^6\right]_0^2\\ &=\frac{8}{3}+16-32-\frac{64}{3}i\\ &=-\frac{40}{3}-\frac{64}{3}i. \end{aligned}$$

選項分析

核心觀念

複變冪級數 $\sum_{n=0}^{\infty}a_n(z-z_0)^n$ 的中心是 $z_0$，收斂半徑 $R$ 可由根值判別法求得：

$$\frac{1}{R}=\limsup_{n\to\infty}|a_n|^{1/n}.$$

本題的冪次是 $(z+i)^{2n}$，先視為以 $z+i=0$ 為中心的級數，再利用 $n!$ 的階乘漸近性求收斂半徑。

解題方法

因為 $z+i=z-(-i)$，所以級數中心為

$$z_0=-i.$$

令 $w=z+i$，原級數可寫成

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n^n}{n!}w^{2n}.$$

其非零項係數的 $2n$ 次方根為

$$\left|\frac{n^n}{n!}\right|^{1/(2n)} =\left(\frac{n^n}{n!}\right)^{1/(2n)}.$$

由 Stirling 公式，$n!\sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n$，因此

核心觀念

本題考查二階常係數微分方程的代入驗證，以及利用初始條件決定待定係數。題目已給出解的形式，因此將其代入微分方程，先求出 $c$，再由初始條件求出 $a$、$b$。所求為 $a+b+c$。

解題方法

已知

$$y=a\cos(3x)+b\sin(3x)+c\cos(4x).$$

逐項微分：

$$y'=-3a\sin(3x)+3b\cos(3x)-4c\sin(4x),$$ $$y''=-9a\cos(3x)-9b\sin(3x)-16c\cos(4x).$$

代入 $y''+9y=14\cos(4x)$：

$$\begin{aligned} y''+9y &=(-9a+9a)\cos(3x)+(-9b+9b)\sin(3x)\\ &\quad+(-16c+9c)\cos(4x)\\ &=-7c\cos(4x). \end{aligned}$$

與右側 $14\cos(4x)$ 比較係數，得

核心觀念

本題考拉普拉斯轉換的基本公式，以及時間乘數性質：

$$\mathcal{L}\{\sin(\omega t)\} =\frac{\omega}{s^2+\omega^2}, \qquad \mathcal{L}\{t f(t)\} =-\frac{d}{ds}\mathcal{L}\{f(t)\}.$$

因此，乘上 $t$ 後的轉換可由原轉換對 $s$ 微分，再乘上負號求得。

解題方法

先計算 $\sin(\omega t)$ 的拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{\sin(\omega t)\} =\frac{\omega}{s^2+\omega^2}.$$

利用 $\mathcal{L}\{t f(t)\}=-\frac{d}{ds}\mathcal{L}\{f(t)\}$，得到

核心觀念

這題考察二階線性非齊次微分方程，以及歐拉型（Cauchy–Euler）方程的解法。方程左側的係數含有 $1/x$ 與 $1/x^2$，可先解齊次方程，再找非齊次特解。由於右側含有常數項與 $x^2$ 項，且 $x^2$ 恰為齊次解的一部分，對應項的特解需要乘上 $\ln x$。

解題方法

先解齊次方程：

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

令 $y=x^m$，代入後得

$$m(m-1)-4m+4=0,$$

即

$$(m-2)(m-3)=0.$$

因此兩個線性獨立解為 $x^2$、$x^3$，齊次解是

$$y_h=c_1x^2+c_2x^3.$$

接著找特解。令 $t=\ln x$，並設 $Y(t)=y(e^t)$。此時

$$y'=\frac{1}{x}Y',\qquad y''=\frac{1}{x^2}(Y''-Y'),$$

所以原方程化為

$$Y''-5Y'+4Y=e^{4t}+e^{2t}.$$

對 $e^{4t}$ 項，因特徵多項式 $r^2-5r+4=(r-1)(r-4)$ 在 $r=4$ 為零，需乘上 $t$。設此部分特解為 $Ate^{4t}$，代入左側可得 $3Ae^{4t}$，故 $A=\frac13$。

對 $e^{2t}$ 項，因 $2^2-5(2)+4=-2\neq0$，設特解為 $Be^{2t}$，代入得 $-2Be^{2t}=e^{2t}$，故 $B=-\frac12$。

因此

$$Y_p=\frac13te^{4t}-\frac12e^{2t},$$

換回 $x$ 得

$$y_p=\frac13x^4\ln x-\frac12x^2.$$

故通解為

$$y=c_1x^2+c_2x^3+\frac13x^4\ln x-\frac12x^2.$$