113 專技高考高等考試 電子工程技師 工程數學（包括線性代數、微分方程、向量分析、複變函數與機率） 考古題詳解

113 年・專技高考・高等考試・電子工程技師
試題代碼 工程數學（包括線性代數、微分方程、向量分析、複變函數與機率）

第 一 題20 分

考慮下列之 5 階常微分方程：

d5vdt5+v=vs\frac{d^5v}{dt^5}+v=v_s

假設初始值為

v(0)=1,v˙(0)=0,v¨(0)=0,v...(0)=0,v(4)(0)=0。v(0)=1,\quad \dot{v}(0)=0,\quad \ddot{v}(0)=0,\quad \dddot{v}(0)=0,\quad v^{(4)}(0)=0。

令

σ1=cos⁡π5,ω1=sin⁡π5,σ2=cos⁡3π5,ω2=sin⁡3π5。\sigma_1=\cos\frac{\pi}{5},\quad \omega_1=\sin\frac{\pi}{5},\quad \sigma_2=\cos\frac{3\pi}{5},\quad \omega_2=\sin\frac{3\pi}{5}。

（一）請求 v(t)v(t) 之齊次解（homogeneous solution），請以上面係數 (σ1,ω1,σ2,ω2)(\sigma_1,\omega_1,\sigma_2,\omega_2) 將齊次解表示為實數函數。（15 分）

（二）若 vs(t)=e−2tv_s(t)=e^{-2t}，請求 v(t)v(t) 之特解（particular solution）。（5 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考五階常係數線性微分方程的特徵方程，以及複數特徵根成共軛對時，如何寫成實數形式。齊次方程為

v(5)+v=0,v^{(5)}+v=0,

其特徵方程是 r5+1=0r^5+1=0。五個根為 −1-1 與 e±iπ/5e^{\pm i\pi/5}、e±i3π/5e^{\pm i3\pi/5}。每個共軛根對 r=σ±iωr=\sigma\pm i\omega 對應兩個實解 eσtcos⁡ωte^{\sigma t}\cos\omega t 與 eσtsin⁡ωte^{\sigma t}\sin\omega t。

解題方法

由 r5=−1=ei(2k+1)πr^5=-1=e^{i(2k+1)\pi}，五個特徵根可寫為

rk=ei(2k+1)π/5,k=0,1,2,3,4.r_k=e^{i(2k+1)\pi/5},\qquad k=0,1,2,3,4.

因此根為

−1,cos⁡π5±isin⁡π5,cos⁡3π5±isin⁡3π5.-1,\quad \cos\frac{\pi}{5}\pm i\sin\frac{\pi}{5},\quad \cos\frac{3\pi}{5}\pm i\sin\frac{3\pi}{5}.

令題目所給係數為

σ1=cos⁡π5,ω1=sin⁡π5,σ2=cos⁡3π5,ω2=sin⁡3π5,\sigma_1=\cos\frac{\pi}{5},\quad \omega_1=\sin\frac{\pi}{5},\quad \sigma_2=\cos\frac{3\pi}{5},\quad \omega_2=\sin\frac{3\pi}{5},

則齊次解的實數通解為

vh(t)=C0e−t+eσ1t(C1cos⁡ω1t+C2sin⁡ω1t)+eσ2t(C3cos⁡ω2t+C4sin⁡ω2t).v_h(t)=C_0e^{-t} +e^{\sigma_1t}\bigl(C_1\cos\omega_1t+C_2\sin\omega_1t\bigr) +e^{\sigma_2t}\bigl(C_3\cos\omega_2t+C_4\sin\omega_2t\bigr).
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 二 題30 分

考慮一個二次型（quadratic form）：

P=xTQx，P=x^TQx，

其中

x=[x1x2x3],Q=[−4101−7303−4]。x= \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{bmatrix}, \qquad Q= \begin{bmatrix} -4&1&0\\ 1&-7&3\\ 0&3&-4 \end{bmatrix}。

（一）請求矩陣 QQ 之特徵值與對應之特徵向量。（20 分）

（二）請判斷此二次型為（半）正定（positive (semi) definite）、（半）負定（negative (semi) definite）或皆不是？若限制

x12+x22+x32=1，x_1^2+x_2^2+x_3^2=1，

請求此二次型之極大與極小值。（10 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

QQ 是實對稱矩陣，因此可用正交對角化分析二次型。若 QQ 的特徵值為 λ1,λ2,λ3\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3，則在單位球面 xTx=1x^Tx=1 上，二次型 xTQxx^TQx 的最大值與最小值分別是最大與最小特徵值。

此外，實對稱矩陣的二次型正定、半正定、負定或半負定，可由其特徵值的正負判斷。

解題方法與推導

（一）特徵值與特徵向量

特徵值由特徵方程 det⁡(λI−Q)=0\det(\lambda I-Q)=0 求得：

det⁡(λI−Q)=∣λ+4−10−1λ+7−30−3λ+4∣=(λ+4)((λ+7)(λ+4)−9)−(λ+4)=(λ+4)((λ+7)(λ+4)−10)=(λ+4)(λ2+11λ+18)=(λ+4)(λ+2)(λ+9).\begin{aligned} \det(\lambda I-Q) &= \begin{vmatrix} \lambda+4&-1&0\\ -1&\lambda+7&-3\\ 0&-3&\lambda+4 \end{vmatrix}\\ &=(\lambda+4)\bigl((\lambda+7)(\lambda+4)-9\bigr)-(\lambda+4)\\ &=(\lambda+4)\bigl((\lambda+7)(\lambda+4)-10\bigr)\\ &=(\lambda+4)(\lambda^2+11\lambda+18)\\ &=(\lambda+4)(\lambda+2)(\lambda+9). \end{aligned}

因此特徵值為 λ=−2,−4,−9\lambda=-2,-4,-9。

對每個特徵值解 (Q−λI)v=0(Q-\lambda I)v=0：

  • 當 λ=−2\lambda=-2 時，Q+2IQ+2I 的方程給出 x1=x2x_1=x_2、x3=x2x_3=x_2，可取
v−2=[111].v_{-2}=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}.
  • 當 λ=−4\lambda=-4 時，Q+4IQ+4I 的方程給出 x2=0x_2=0、x1=3x3x_1=3x_3，可取
v−4=[301].v_{-4}=\begin{bmatrix}3\\0\\1\end{bmatrix}.
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 三 題30 分

考慮一偏微分方程：

∂T(x,t)∂t=4∂2T(x,t)∂x2。\frac{\partial T(x,t)}{\partial t} = 4\frac{\partial^2T(x,t)}{\partial x^2}。

其初始條件為

T(x,0)=2,0≤x≤1，T(x,0)=2,\qquad 0\leq x\leq 1，

邊界條件為

T(0,t)=0T(0,t)=0

與

∂T(x,t)∂x∣x=1=1。\left.\frac{\partial T(x,t)}{\partial x}\right|_{x=1}=1。

（一）請求其穩態時（時間很大時，即 t→∞t\to\infty）之解。（提示：穩態解對時間不再變化，只與空間變數有關。）（10 分）

（二）請求此問題之特徵函數（eigenfunctions）。（提示：先做座標轉換，移除穩態解，使邊界條件為齊次，再以分離變數法求特徵函數。）（20 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

這題考一維熱方程式的穩態解與齊次邊界條件下的特徵函數。

穩態時溫度不再隨時間改變，因此 ∂T/∂t=0\partial T/\partial t=0，原偏微分方程化為空間常微分方程。求出穩態解後，令 u(x,t)=T(x,t)−Ts(x)u(x,t)=T(x,t)-T_s(x)，即可移除非齊次邊界條件，再用分離變數法求特徵函數。

（一）穩態解

令穩態解為 Ts(x)T_s(x)。由 ∂Ts/∂t=0\partial T_s/\partial t=0 得

4d2Tsdx2=0⟹Ts′′(x)=0。4\frac{d^2T_s}{dx^2}=0 \quad\Longrightarrow\quad T_s''(x)=0。

積分兩次：

Ts(x)=C1x+C2。T_s(x)=C_1x+C_2。

套用邊界條件 Ts(0)=0T_s(0)=0，得 C2=0C_2=0；再由 Ts′(1)=1T_s'(1)=1，得 C1=1C_1=1。因此

Ts(x)=x,0≤x≤1。\boxed{T_s(x)=x,\qquad 0\le x\le 1。}

（二）特徵函數

令

u(x,t)=T(x,t)−Ts(x)=T(x,t)−x。u(x,t)=T(x,t)-T_s(x)=T(x,t)-x。

因為 Ts′′(x)=0T_s''(x)=0，代回原方程可得

ut=4uxx。u_t=4u_{xx}。

邊界條件轉為齊次：

u(0,t)=T(0,t)−0=0,u(0,t)=T(0,t)-0=0, ux(1,t)=Tx(1,t)−Ts′(1)=1−1=0。u_x(1,t)=T_x(1,t)-T_s'(1)=1-1=0。

以分離變數法令 u(x,t)=X(x)G(t)u(x,t)=X(x)G(t)，則

X(x)G′(t)=4X′′(x)G(t)⟹G′4G=X′′X=−λ。X(x)G'(t)=4X''(x)G(t) \quad\Longrightarrow\quad \frac{G'}{4G}=\frac{X''}{X}=-\lambda。

因此空間特徵值問題為

X′′+λX=0,X(0)=0,X′(1)=0。X''+\lambda X=0,\qquad X(0)=0,\qquad X'(1)=0。

若 λ=0\lambda=0，則 X(x)=Ax+BX(x)=Ax+B。由 X(0)=0X(0)=0 得 B=0B=0，由 X′(1)=0X'(1)=0 得 A=0A=0，只有平凡解，故不是特徵值。

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 四 題20 分

考慮一電力場：

F(x,y)=[Fx(x,y)Fy(x,y)]=[4x+3yx+2y]。F(x,y)= \begin{bmatrix} F_x(x,y)\\ F_y(x,y) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4x+3y\\ x+2y \end{bmatrix}。

（一）如圖一所示，有一半圓路徑 CC。若有一帶電粒子沿此路徑移動，從 (1,0)(1,0) 移動至 (−1,0)(-1,0)，請求此電力場對此粒子運動所作之功，即求

W=∫CF⋅dr，W=\int_C F\cdot d\mathbf r，

其中 r=(x,y)\mathbf r=(x,y) 為粒子質點位置。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（二）如圖二所示，此粒子再由 (−1,0)(-1,0) 沿水平直線移動至 (1,0)(1,0)，形成一封閉路徑。請以格林定理（Green’s theorem）求此電力場對此粒子沿此封閉路徑運動所作之功。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

線積分表示電力場沿粒子路徑所作的功。令 F=(P,Q)F=(P,Q)，則

∫CF⋅dr=∫CP dx+Q dy.\int_C F\cdot d\mathbf r=\int_C P\,dx+Q\,dy.

本題中 P=4x+3yP=4x+3y、Q=x+2yQ=x+2y。計算封閉路徑的線積分時，可用格林定理：

∮CP dx+Q dy=∬D(∂Q∂x−∂P∂y)dA,\oint_C P\,dx+Q\,dy =\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dA,

其中 CC 須為逆時針正向。

（一）半圓路徑的功

圖一的路徑由 (1,0)(1,0) 沿上半圓走到 (−1,0)(-1,0)，可參數化為

x=cos⁡t,y=sin⁡t,0≤t≤π.x=\cos t,\qquad y=\sin t,\qquad 0\le t\le\pi.

因此

dx=−sin⁡t dt,dy=cos⁡t dt.dx=-\sin t\,dt,\qquad dy=\cos t\,dt.

代入 P dx+Q dyP\,dx+Q\,dy：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

電子工程技師《工程數學（包括線性代數、微分方程、向量分析、複變函數與機率）》其他年度

114112111110109

113 年專技高考高等考試・其他類科的《工程數學（包括線性代數、微分方程、向量分析、複變函數與機率）》

電機工程技師