112 專技高考高等考試 電機工程技師 工程數學（包括線性代數、微分方程、複變函數與機率） 考古題詳解

112 年・專技高考・高等考試・電機工程技師
試題代碼 工程數學（包括線性代數、微分方程、複變函數與機率）

第 一 題20 分

請以拉氏（Laplace）轉換法，求解以下微分方程式： 2y′′+y′+2y=g(t),2y''+y'+2y=g(t), 且 y(0)=y′(0)=0。y(0)=y'(0)=0。

其中

g(t)={1,5≤t<20,0,t<5 或 t>20。g(t)= \begin{cases} 1, & 5\leq t<20,\\ 0, & t<5\text{ 或 }t>20。 \end{cases}

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核心觀念

本題考拉氏轉換解線性常係數微分方程，並以單位階躍函數表示分段輸入。零初始條件下，微分方程可在 ss 域化為代數方程；輸入中的延遲階躍則由第二位移定理處理。

單位階躍函數 u(t−a)u(t-a) 在 t=at=a 時由 00 跳為 11，其拉氏轉換為

L{u(t−a)}=e−ass.\mathcal{L}\{u(t-a)\}=\frac{e^{-as}}{s}.

此外，零初始條件下有 L{y′}=sY(s)\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)、L{y′′}=s2Y(s)\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)。

解題方法

先將輸入寫成兩個階躍函數之差：

g(t)=u(t−5)−u(t−20).g(t)=u(t-5)-u(t-20).

因此

G(s)=e−5s−e−20ss.G(s)=\frac{e^{-5s}-e^{-20s}}{s}.

令 Y(s)=L{y(t)}Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}。對微分方程取拉氏轉換，並代入 y(0)=y′(0)=0y(0)=y'(0)=0：

(2s2+s+2)Y(s)=G(s).(2s^2+s+2)Y(s)=G(s).

所以

Y(s)=e−5s−e−20ss(2s2+s+2).Y(s)=\frac{e^{-5s}-e^{-20s}}{s(2s^2+s+2)}.

先求基本傳遞函數

F(s)=1s(2s2+s+2).F(s)=\frac{1}{s(2s^2+s+2)}.

部分分式分解為

F(s)=12s+−s−122s2+s+2.F(s)=\frac{1}{2s} +\frac{-s-\frac12}{2s^2+s+2}.

將二次式配方：

2s2+s+2=2[(s+14)2+1516].2s^2+s+2 =2\left[\left(s+\frac14\right)^2+\frac{15}{16}\right].

因此

F(s)=12s−14s+14(s+14)2+(154)2−1161(s+14)2+(154)2.F(s)=\frac{1}{2s} -\frac14\frac{s+\frac14}{\left(s+\frac14\right)^2+\left(\frac{\sqrt{15}}4\right)^2} -\frac{1}{16}\frac{1}{\left(s+\frac14\right)^2+\left(\frac{\sqrt{15}}4\right)^2}.

利用基本反拉氏公式，令 ω=154\omega=\frac{\sqrt{15}}4，可得

f(t)=L−1{F(s)}=12−14e−t/4cos⁡(ωt)−1415e−t/4sin⁡(ωt).f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} =\frac12-\frac14 e^{-t/4}\cos(\omega t) -\frac{1}{4\sqrt{15}}e^{-t/4}\sin(\omega t).
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第 二 題15 分

假設

f(x)={−2x,−2≤x<0,2x,0≤x<4,f(x)= \begin{cases} -2x, & -2\leq x<0,\\ 2x, & 0\leq x<4, \end{cases}

且 f(x+4)=f(x)f(x+4)=f(x)。

若以傅氏級數（Fourier Series）表示 f(x)f(x)，計算其各階之係數。

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核心觀念

題目給定 f(x+4)=f(x)f(x+4)=f(x)，所以函數的週期為 T=4T=4，基本角頻率為 ω0=2πT=π2\omega_0=\frac{2\pi}{T}=\frac{\pi}{2}。以週期 44 的傅氏級數表示時，

f(x)=a02+∑n=1∞[ancos⁡(nπx2)+bnsin⁡(nπx2)],f(x)=\frac{a_0}{2} +\sum_{n=1}^{\infty} \left[ a_n\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right) +b_n\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right) \right],

係數為

a0=2T∫−22f(x) dx,an=2T∫−22f(x)cos⁡(nπx2) dx,a_0=\frac{2}{T}\int_{-2}^{2}f(x)\,dx,\qquad a_n=\frac{2}{T}\int_{-2}^{2}f(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx, bn=2T∫−22f(x)sin⁡(nπx2) dx.b_n=\frac{2}{T}\int_{-2}^{2}f(x)\sin\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx.

其中 T=4T=4，故各積分前的係數 2T=12\frac{2}{T}=\frac12。

解題方法

在 [−2,2)[-2,2) 上，題目所給函數為

f(x)={−2x,−2≤x<0,2x,0≤x<2.f(x)= \begin{cases} -2x,&-2\le x<0,\\ 2x,&0\le x<2. \end{cases}

可寫成 f(x)=2∣x∣f(x)=2|x|，因此 ff 是偶函數。偶函數的傅氏級數中，所有正弦係數皆為零，即 bn=0b_n=0；計算 a0a_0 與 ana_n 時，也可將對稱區間的積分化為兩倍的 [0,2][0,2] 積分。

常數項係數為

a0=12∫−22f(x) dx=∫022x dx=[x2]02=4.a_0=\frac12\int_{-2}^{2}f(x)\,dx =\int_0^2 2x\,dx =\left[x^2\right]_0^2=4.

因此級數中的常數項是 a02=2\frac{a_0}{2}=2。

對 n≥1n\ge1，

an=12∫−22f(x)cos⁡(nπx2) dx=∫022xcos⁡(nπx2) dx.\begin{aligned} a_n &=\frac12\int_{-2}^{2}f(x)\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx\\ &=\int_0^2 2x\cos\left(\frac{n\pi x}{2}\right)\,dx. \end{aligned}
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第 三 題15 分

【題組共用題幹】

甲、乙、丙三人在同一靶場長時間練習射擊，經統計後得知三人命中靶心之機率各自為：甲：0.750.75、乙：0.720.72、丙：0.70.7。

某次練習時三人同時對同一靶射擊，其中甲射擊 5050 發子彈、乙射擊 5353 發子彈、丙射擊 6060 發子彈。

試問於此情境下：

（一）此三人所發射之子彈，射中該靶心之機率為若干？

（二）其中一發命中靶心之子彈為乙所射擊之機率為若干？

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核心觀念

本題考查二項分配的期望值，以及條件機率（貝氏定理）的應用。假設每一發子彈是否命中彼此獨立，且同一射手每發命中機率固定。某人射擊 nn 發、每發命中率為 pp 時，命中發數的期望值為 npnp。

解題方法

（一）三人射中靶心的子彈數期望值

甲、乙、丙的命中發數期望值分別為：

EA=50(0.75)=37.5,EB=53(0.72)=38.16,EC=60(0.70)=42.E_A=50(0.75)=37.5,\qquad E_B=53(0.72)=38.16,\qquad E_C=60(0.70)=42.

因此，三人合計命中發數的期望值為：

E=37.5+38.16+42=117.66.E=37.5+38.16+42=117.66.

三人共射擊 50+53+60=16350+53+60=163 發，故隨機抽取一發子彈，該發命中靶心的機率為：

P(命中)=117.66163=58838150≈0.72184.P(\text{命中})=\frac{117.66}{163} =\frac{5883}{8150} \approx 0.72184.

（二）已知一發子彈命中靶心，求它由乙射出的機率

乙射出的子彈中，命中發數的期望值為 53(0.72)=38.1653(0.72)=38.16；全部命中發數的期望值為 117.66117.66。因此：

P(乙射∣命中)=38.16117.66=212653≈0.32466.P(\text{乙射}\mid\text{命中}) =\frac{38.16}{117.66} =\frac{212}{653} \approx 0.32466.
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第 四 題15 分

假定 u=e−x(xsin⁡y−ycos⁡y)。u=e^{-x}(x\sin y-y\cos y)。

試求解 vv 函數，使得 f(z)=u+ivf(z)=u+iv 是可解析（Analytic）的函數。

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核心觀念

若 f(z)=u(x,y)+iv(x,y)f(z)=u(x,y)+iv(x,y) 在區域內解析，則實部與虛部須滿足柯西－黎曼方程：

ux=vy,uy=−vx.u_x=v_y,\qquad u_y=-v_x.

本題已知實部 uu，可先求偏導，再利用柯西－黎曼方程積分求出 vv。解析函數的虛部只確定到一個實常數。

解題方法

已知

u=e−x(xsin⁡y−ycos⁡y).u=e^{-x}(x\sin y-y\cos y).

對 xx 偏微分：

ux=e−x(sin⁡y)−e−x(xsin⁡y−ycos⁡y)=e−x((1−x)sin⁡y+ycos⁡y).\begin{aligned} u_x &=e^{-x}(\sin y)-e^{-x}(x\sin y-y\cos y)\\ &=e^{-x}\bigl((1-x)\sin y+y\cos y\bigr). \end{aligned}

由 vy=uxv_y=u_x，對 yy 積分：

v=e−x∫((1−x)sin⁡y+ycos⁡y) dy+ϕ(x).v=e^{-x}\int\bigl((1-x)\sin y+y\cos y\bigr)\,dy+\phi(x).

其中 ϕ(x)\phi(x) 是積分時可含 xx 的函數。積分得

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第 五 題10 分

假設某個三維曲線 CC，其位置向量（Position Vector）可表示如下： F(t)=[cos⁡(t)+tsin⁡(t)]i+[sin⁡(t)−tcos⁡(t)]j+t2k,t≥0。\mathbf{F}(t)=[\cos(t)+t\sin(t)]\mathbf{i}+[\sin(t)-t\cos(t)]\mathbf{j}+t^2\mathbf{k},\qquad t\geq 0。

計算此三維曲線 CC 之單位切線向量（Unit Tangent Vector）T(t)\mathbf{T}(t) 與曲率（Curvature）κ(t)\kappa(t)。

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核心觀念

位置向量為 F(t)\mathbf F(t) 時，速度向量是 F′(t)\mathbf F'(t)，速率是 ∥F′(t)∥\|\mathbf F'(t)\|。只要速率不為零，單位切線向量與曲率分別為

T(t)=F′(t)∥F′(t)∥,κ(t)=∥T′(t)∥∥F′(t)∥.\mathbf T(t)=\frac{\mathbf F'(t)}{\|\mathbf F'(t)\|}, \qquad \kappa(t)=\frac{\|\mathbf T'(t)\|}{\|\mathbf F'(t)\|}.

本題的參數範圍包含 t=0t=0，但該點速度為零，因此需特別判斷單位切線向量與曲率在端點是否有定義。

解題方法

將位置向量的三個分量分別微分：

F′(t)=[−sin⁡t+sin⁡t+tcos⁡t]i+[cos⁡t−cos⁡t+tsin⁡t]j+2tk=tcos⁡t i+tsin⁡t j+2tk.\begin{aligned} \mathbf F'(t) &=\bigl[-\sin t+\sin t+t\cos t\bigr]\mathbf i\\ &\quad+\bigl[\cos t-\cos t+t\sin t\bigr]\mathbf j +2t\mathbf k\\ &=t\cos t\,\mathbf i+t\sin t\,\mathbf j+2t\mathbf k. \end{aligned}

當 t>0t>0，其速率為

∥F′(t)∥=t2cos⁡2t+t2sin⁡2t+4t2=5 t.\|\mathbf F'(t)\| =\sqrt{t^2\cos^2t+t^2\sin^2t+4t^2} =\sqrt{5}\,t.

因此

T(t)=15(cos⁡t i+sin⁡t j+2k),t>0.\boxed{ \mathbf T(t)=\frac{1}{\sqrt{5}} \left(\cos t\,\mathbf i+\sin t\,\mathbf j+2\mathbf k\right), \qquad t>0. }

對 T(t)\mathbf T(t) 微分：

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第 六 題25 分

假設

A=[130001131],b=[246],c=[167]。A= \begin{bmatrix} 1&3&0\\ 0&0&1\\ 1&3&1 \end{bmatrix}, \qquad b= \begin{bmatrix} 2\\ 4\\ 6 \end{bmatrix}, \qquad c= \begin{bmatrix} 1\\ 6\\ 7 \end{bmatrix}。

（一）求解滿足線性方程組 [A b]x=c[A\ b]x=c 之所有解，其中向量 x=[x1 x2 x3 x4]T。x=[x_1\ x_2\ x_3\ x_4]^T。

（二）求解 AA 矩陣之特徵值（Eigenvalue）與其對應之單位特徵向量（Normalized Eigenvector）。

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核心觀念

本題考查增廣矩陣所代表的線性方程組，以及矩陣特徵值與單位特徵向量。

[A b][A\ b] 表示將 bb 接在 AA 的右側，因此

[A b]=[130200141316].[A\ b]= \begin{bmatrix} 1&3&0&2\\ 0&0&1&4\\ 1&3&1&6 \end{bmatrix}.

特徵值由特徵方程 det⁡(A−λI)=0\det(A-\lambda I)=0 求得；對應特徵向量則解 (A−λI)v=0(A-\lambda I)v=0。若要將特徵向量正規化，使用

u=v∥v∥2.u=\frac{v}{\lVert v\rVert_2}.

（一）求 [A b]x=c[A\ b]x=c 的所有解

將矩陣方程改寫為聯立方程：

{x1+3x2+2x4=1,x3+4x4=6,x1+3x2+x3+6x4=7.\begin{cases} x_1+3x_2+2x_4=1,\\ x_3+4x_4=6,\\ x_1+3x_2+x_3+6x_4=7. \end{cases}

第三式等於前兩式相加，因此只有兩個獨立方程。令自由變數 x2=sx_2=s、x4=tx_4=t，其中 s,t∈Rs,t\in\mathbb R。由前兩式得

x1=1−3s−2t,x3=6−4t.x_1=1-3s-2t,\qquad x_3=6-4t.

所以所有解為

x=[1−3s−2ts6−4tt],s,t∈R.x= \begin{bmatrix} 1-3s-2t\\ s\\ 6-4t\\ t \end{bmatrix}, \qquad s,t\in\mathbb R.

亦可寫成

x=[1060]+s[−3100]+t[−20−41],s,t∈R.x= \begin{bmatrix}1\\0\\6\\0\end{bmatrix} +s\begin{bmatrix}-3\\1\\0\\0\end{bmatrix} +t\begin{bmatrix}-2\\0\\-4\\1\end{bmatrix}, \qquad s,t\in\mathbb R.

（二）求 AA 的特徵值與對應單位特徵向量

計算特徵多項式：

det⁡(A−λI)=∣1−λ300−λ1131−λ∣=(1−λ)∣−λ131−λ∣+3∣0111−λ∣=(1−λ)(λ2−λ−3)−3=−λ(λ2−2λ−2).\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &= \begin{vmatrix} 1-\lambda&3&0\\ 0&-\lambda&1\\ 1&3&1-\lambda \end{vmatrix}\\ &=(1-\lambda) \begin{vmatrix} -\lambda&1\\ 3&1-\lambda \end{vmatrix} +3 \begin{vmatrix} 0&1\\ 1&1-\lambda \end{vmatrix}\\ &=(1-\lambda)(\lambda^2-\lambda-3)-3\\ &=-\lambda(\lambda^2-2\lambda-2). \end{aligned}

故特徵值為

λ1=0,λ2=1+3,λ3=1−3.\lambda_1=0,\qquad \lambda_2=1+\sqrt3,\qquad \lambda_3=1-\sqrt3.

特徵值 λ1=0\lambda_1=0：

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