109 專技高考高等考試 資訊技師 計算機數學 考古題詳解

核心觀念

1. 第一數學歸納法（First Principle of Mathematical Induction）： 證明一個與正整數 $n$ 相關的命題 $P(n)$ 對所有正整數皆成立，需滿足兩大要件：

• 基礎步驟（Base Step）：證明當 $n=1$ 時，$P(1)$ 成立。
• 歸納步驟（Inductive Step）：假設當 $n=k$（$k \in \mathbb{N}$）時命題 $P(k)$ 成立（此為歸納假設，Induction Hypothesis），推導出當 $n=k+1$ 時，$P(k+1)$ 亦必然成立。

2. 不等式放縮與分式通分： 在歸納步驟中，透過將歸納假設的界限代入後，利用「作差法」或分式比較證明：

$$2 - \frac{1}{k} + \frac{1}{(k+1)^2} \leq 2 - \frac{1}{k+1}$$

3. 級數收斂背景（巴塞爾問題 Basel Problem 相關上界）： 本題的不等式是高等微積分與演算法分析中估計調和平方和 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ 嚴格小於 $2$ 的標準經典放縮構造（其極限值實際為 $\frac{\pi^2}{6} \approx 1.6449$）。

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解題方法

題目指定必須使用「數學歸納法」證明。定義命題 $P(n)$ 為：

$$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}\leq 2-\frac{1}{n}$$

步驟一：基礎步驟（Base Step）

當 $n = 1$ 時：

• 左式（$\text{LHS}$）$= \frac{1}{1^2} = 1$
• 右式（$\text{RHS}$）$= 2 - \frac{1}{1} = 1$

因為 $1 \leq 1$，左式 $\leq$ 右式成立，故 $P(1)$ 成立。

步驟二：歸納假設（Induction Hypothesis）

假設當 $n = k$（$k$ 為任意正整數，$k \geq 1$）時，$P(k)$ 成立，即：

$$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{k^2}\leq 2-\frac{1}{k}$$

步驟三：歸納步驟（Inductive Step）

考慮 $n = k + 1$ 時的左式：

$$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{(k+1)^2}$$

根據歸納假設，可將前 $k$ 項放大替換：

$$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{(k+1)^2} \leq \left(2 - \frac{1}{k}\right) + \frac{1}{(k+1)^2}$$

我們的目標是證明該上界不大於目標右式 $2 - \frac{1}{k+1}$。將兩者作差比較：

核心觀念

本題的核心考點為離散數學中的**二項式定理（Binomial Theorem）**及其展開式的收合應用。

二項式定理指出，對於任意實數 $x, y$ 與非負整數 $n$，展開式滿足：

$$(x + y)^n = \sum_{i=0}^{n} C(n, i) x^{n-i} y^i$$

若固定其中一項令 $x = 1$，則可簡化為單變數形式：

$$(1 + y)^n = \sum_{i=0}^{n} C(n, i) y^i$$

此外，計算時須運用負數之次方性質：當底數為 $-1$ 且指數為正偶數時，$(-1)^{2k} = 1$。

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解題方法

本題若逐項展開計算 $C(100, i)(-2)^i$ 不可能在考試時間內完成，觀察其加總結構完全符合二項式展開式各項之特徵，因此應採用「二項式定理逆向收合」的方法求解。

步驟一：對照二項式定理標準式 題目所求之算式為：

$$\sum_{i=0}^{100} C(100,i)(-2)^i$$

將此式改寫為包含兩項基底的標準型態：

$$\sum_{i=0}^{100} C(100,i) \cdot 1^{100-i} \cdot (-2)^i$$

步驟二：確定各項參數並進行代數收合 對照二項式定理之展開式 $\sum_{i=0}^n C(n, i) x^{n-i} y^i = (x + y)^n$：

• 項數上限：$n = 100$
• 第一項基數：$x = 1$
• 第二項基數：$y = -2$

因此，原加總式可完全逆向收合為：

$$\sum_{i=0}^{100} C(100,i)(-2)^i = (1 + (-2))^{100}$$

步驟三：簡化括號內之運算並求值

$$(1 + (-2))^{100} = (-1)^{100}$$

由於指數 $100$ 為偶數，負號相乘偶數次為正，故：

核心觀念

本題屬於離散數學／組合數學中的經典課題：限制條件下的線性方程式整數解問題，其對應的計算核心為重複組合（Combinations with Repetition）或稱隔板法（Stars and Bars）。

1. 相同物放入相異箱：將 $k$ 個相同物件分入 $n$ 個相異箱子，等價於求不定方程式 $x_1 + x_2 + \cdots + x_n = k$ 的整數解組數。
2. 非負整數解公式：若限制各箱球數皆為非負整數（即 $x_i \ge 0$），其相異解的總數為： $H^n_k = \binom{n + k - 1}{k}$
3. 變數變換（預先分配法）：若各變數有非零下限要求（$x_i \ge c_i$），可透過平移變數令 $y_i = x_i - c_i \ge 0$，將問題轉化為標準的非負整數解求解。

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解題方法

1. 建立數學模型

設 5 個相異盒子依標號順序放入的球數分別為 $x_1, x_2, x_3, x_4, x_5$。 根據題意，現有 100 個相同的球全部分入這 5 個盒子中，且放入各盒的球數不得少於該盒子標示的號碼，可列出數學關係式： $x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 = 100$ 限制條件為整數解滿足： $x_1 \ge 15,\quad x_2 \ge 17,\quad x_3 \ge 19,\quad x_4 \ge 21,\quad x_5 \ge 23$

2. 扣除保底數量（變數變換）

計算 5 個盒子所需之最少球數總和（等差數列求和）： $15 + 17 + 19 + 21 + 23 = \frac{(15 + 23) \times 5}{2} = 95$

因為球是相同的，我們可以「預先」將符合各盒最低限制的球數放入盒中：

• 第 1 個盒子放入 15 顆球
• 第 2 個盒子放入 17 顆球
• 第 3 個盒子放入 19 顆球
• 第 4 個盒子放入 21 顆球
• 第 5 個盒子放入 23 顆球

令各盒「額外獲得」的球數為 $y_1, y_2, y_3, y_4, y_5$，即： $y_1 = x_1 - 15 \ge 0$ $y_2 = x_2 - 17 \ge 0$ $y_3 = x_3 - 19 \ge 0$ $y_4 = x_4 - 21 \ge 0$ $y_5 = x_5 - 23 \ge 0$

核心觀念

本題評量離散數學中二階常係數齊次線性遞迴關係式（Second-Order Linear Homogeneous Recurrence Relation with Constant Coefficients）的求解能力。

1. 標準型態： 二階常係數齊次線性遞迴關係式的標準型態為： $a_n - c_1 a_{n-1} - c_2 a_{n-2} = 0 \quad (c_2 \neq 0)$
2. 特徵方程式（Characteristic Equation）： 設試驗解為 $a_n = r^n$（其中 $r \neq 0$），代入原式可得其特徵方程式： $r^2 - c_1 r - c_2 = 0$
3. 通解型式（相異實根情形）： 若特徵方程式有兩相異實根 $r_1, r_2$（$r_1 \neq r_2$），則遞迴關係式的齊次通解為： $a_n = C_1 r_1^n + C_2 r_2^n$ 其中 $C_1, C_2$ 為待定常數，由邊界條件（初始值）$a_0, a_1$ 聯立決定。

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解題方法

步驟一：寫出標準式與特徵方程式 將原遞迴關係式移項整理為標準型態： $a_n - 5a_{n-1} - 6a_{n-2} = 0$

對應的特徵方程式為： $r^2 - 5r - 6 = 0$

步驟二：求解特徵根 將特徵方程式進行因式分解： $(r - 6)(r + 1) = 0$ 解得兩相異實根： $r_1 = 6, \quad r_2 = -1$

步驟三：列出通解型式 因為特徵根為相異實根，故其通解為： $a_n = C_1 \cdot 6^n + C_2 \cdot (-1)^n \quad (C_1, C_2 \text{ 為實數常數})$

步驟四：利用初始條件求解待定係數 題目給定初始條件 $a_0 = 1$、$a_1 = 3$，代入通解：

1. 當 $n = 0$ 時： $a_0 = C_1 \cdot 6^0 + C_2 \cdot (-1)^0 = C_1 + C_2 = 1 \quad \cdots\cdots\text{(式 1)}$
2. 當 $n = 1$ 時： $a_1 = C_1 \cdot 6^1 + C_2 \cdot (-1)^1 = 6C_1 - C_2 = 3 \quad \cdots\cdots\text{(式 2)}$

核心觀念

本題評量離散數學（計算機數學）中遞迴關係式的建立（Formulating Recurrence Relations）與排列組合計數原理。

1. 加法原理（互斥分類）：將長度為 $n$ 的合法字串，依照「結尾字元」進行互斥且周延的分類。
2. 條件約束與狀態轉移：

• 題目限制為「不可包含連續兩個 $X$（即字串中不可出現子字串 $XX$）」。
• 若結尾非 $X$（即結尾為 $Y$ 或 $Z$），前綴只要是不含 $XX$ 的合法字串即可。
• 若結尾為 $X$，則其前一個字元受限制「絕不能為 $X$」，必須為 $Y$ 或 $Z$，從而回溯至長度 $n-2$ 的合法字串。

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解題方法

一、計算 $a_1$

長度為 $1$ 的字串由字母集合 $\{X, Y, Z\}$ 中挑選一個組成：

• 所有可能字串為：$X$、$Y$、$Z$。
• 長度為 1 不可能出現「連續兩個 $X$」，三者皆符合條件。 $a_1 = 3$

二、計算 $a_2$

長度為 $2$ 的字串總數為 $3^2 = 9$ 種。

• 違反應排除的字串：僅有「$XX$」一種（包含連續兩個 $X$）。
• 合法字串數由全部扣除不合條件者（排容思考）： $a_2 = 3^2 - 1 = 9 - 1 = 8$ （亦可列舉驗證：$XY, XZ, YX, YY, YZ, ZX, ZY, ZZ$，共 8 種）

三、推導 $a_n$ 的線性遞迴關係式

考慮長度為 $n$（$n \ge 3$）且不含連續兩個 $X$ 的字串，依其「最後一個字元」進行分類討論：

1. 最後一個字元為 $Y$ 或 $Z$：

• 此時最後一個字元有 $2$ 種選擇。
• 由於放入 $Y$ 或 $Z$ 絕不可能引發「連續兩個 $X$」的違規，因此前 $n-1$ 個字元只要本身是「長度為 $n-1$ 且不含 $XX$」的合法字串即可。
• 此類字串共有： $2 \times a_{n-1}$

2. 最後一個字元為 $X$：

• 為避免出現「$XX$」，其倒數第二個字元（第 $n-1$ 個位置）絕對不能為 $X$，故必為 $Y$ 或 $Z$。
• 亦即，此類字串的結尾必為 $YX$ 或 $ZX$，共有 $2$ 種末兩字元搭配。

核心觀念

本題評量一階述詞邏輯（First-Order Predicate Logic）之形式化符號表示能力，涉及以下基本定義與概念：

1. 論域（Domain of Discourse, $U$）：所有討論個體的集合，此處預設為「人」（全體人員）。
2. 全稱量詞（Universal Quantifier, $\forall$）：用以表示論域中「每一個」或「所有」個體皆滿足該述詞，記作 $\forall x$。
3. 否定運算子（Negation, $\neg$ 或 $\sim$）：將命題或述詞真值反轉。若 $Q(x)$ 為「$x$ 未通過測試」，則其否定 $\neg Q(x)$ 即為「$x$ 通過測試（考試）」。
4. 條件敘述（Conditional Implication, $\rightarrow$）：結構為「若 $P$ 則 $Q$」（$P \rightarrow Q$），其中 $P$ 為前件（Antecedent），$Q$ 為後件（Consequent）。

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解題方法

本題為自然語言轉換至述詞邏輯的題型，解題切入點在於精確拆解複合金句的「前件」、「後件」及各自的「量詞作用域（Scope of Quantifiers）」。

1. 確立論域 令論域 $U$ 為全人類（即每一個人）。

2. 前件形式化

• 語意：「每個人都讀了很多書」。
• 「每個人」對應全稱量詞 $\forall x$。
• 述詞 $R(x)$ 代表「$x$ 讀了很多書」。
• 前件邏輯式：$\forall x \, R(x)$。

3. 後件形式化

• 語意：「每人都會通過考試」。
• 述詞 $Q(x)$ 代表「$x$ 未通過測試」，因此「$x$ 通過考試」的述詞為其否定：$\neg Q(x)$。
• 「每人」同樣受全稱量詞修飾。
• 後件邏輯式：$\forall x \, \neg Q(x)$（亦可使用不同受詞變數寫為 $\forall y \, \neg Q(y)$，兩者語意完全相同）。

4. 複合條件連結

• 原文為「若【前件】，則【後件】」之蘊涵架構。
• 將兩者以條件運算子 $\rightarrow$ 連結，可得完整邏輯敘述：

核心觀念

本題評量圖論（Graph Theory）中兩大經典圖形的結構特性與充分必要條件判定：

1. 尤拉圖（Eulerian Graph）：探討圖中是否存在一條走訪「每條邊恰好一次」且回到起點的閉合路徑（尤拉迴路，Eulerian Circuit）。其核心理論奠基於尤拉定理（Euler's Theorem），透過頂點的度數（Degree）奇偶性與連通性進行判定。
2. 二分圖（Bipartite Graph）：探討頂點集合能否被二分割為兩獨立集（Independent Sets），使得所有邊的兩端點分別屬於不同集合（等價於 2-著色問題）。其判定依據柯尼希定理（König's Theorem），核心在於圖中是否包含奇圈（Odd Cycle）。

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解題方法

一、無向圖 $G$ 為尤拉圖的條件與理由

1. 充分必要條件

無向圖 $G = (V, E)$ 為尤拉圖（具有尤拉迴路）的充要條件為：

• $G$ 為連通圖（Connected Graph，若存在度數為 0 的孤立頂點則可忽略）。
• $G$ 中每一個頂點的度數皆為偶數（Even Degree），即 $\forall v \in V, \deg(v) \equiv 0 \pmod 2$。

2. 理由敘述（充分性與必要性推導）

• 必要性（$\Rightarrow$）： 若 $G$ 是尤拉圖，則存在一條尤拉迴路 $C$。
• 連通性：迴路 $C$ 遍歷所有的邊，凡是有邊相連的頂點皆被這條迴路串聯，故邊所在的子圖必然連通。
• 偶數度數：設迴路 $C$ 依序走訪頂點。對於任意非起點的頂點 $v$，迴路每進入 $v$ 一次（消耗一條關聯邊），就必須離開 $v$ 一次（再消耗一條關聯邊），每次進出對 $\deg(v)$ 的貢獻均為 $2$。對於起點 $s$，出發時消耗一條邊，最終返回時亦消耗一條邊，中途若有再次經過亦成對出現，故 $\deg(s)$ 亦必為偶數。由於迴路恰好用盡圖中每一條邊，故所有頂點的度數必全為偶數。
• 充分性（$\Leftarrow$）： 若 $G$ 連通且所有頂點度數皆為偶數。
• 由於 $\forall v \in V, \deg(v) \ge 2$（排除孤立點），由極長路徑法可知 $G$ 中必至少包含一個簡單環路（Simple Cycle）$C_1$。
• 從 $G$ 中移除 $C_1$ 的所有邊，得到剩餘子圖 $G'$。因為環路中每個頂點的度數貢獻均為 $2$，所以 $G'$ 中各頂點的度數依然保持全為偶數。
• 依此類推，利用數學歸納法，整個圖 $E$ 可被完全分解為若干個邊不相交的簡單環路 $C_1, C_2, \dots, C_k$（Cycle Decomposition）。
• 因原圖連通，各環路之間必有共用頂點，可藉由 Hierholzer 演算法將這些環路依交點逐步拼接整合，最終合成一條走遍所有邊的單一尤拉迴路。

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二、無向圖 $G$ 為二分圖的條件與理由

1. 充分必要條件

無向圖 $G = (V, E)$ 為二分圖的充要條件為：

• $G$ 中不包含任何長度為奇數的簡單環路（No Odd Cycles）。

2. 理由敘述（充分性與必要性推導）

• 必要性（$\Rightarrow$）： 若 $G$ 為二分圖，則頂點集可分割為互斥的兩集合 $V_1, V_2$，滿足 $V = V_1 \cup V_2$ 且 $V_1 \cap V_2 = \emptyset$，圖中所有的邊 $(u, v) \in E$ 均滿足一端點在 $V_1$、另一端點在 $V_2$。
• 考慮 $G$ 中任意長度為 $k$ 的環路 $v_0, v_1, v_2, \dots, v_k = v_0$。
• 假設起始頂點 $v_0 \in V_1$，由於每走一條邊必在兩集合間切換一次： $v_0 \in V_1 \implies v_1 \in V_2 \implies v_2 \in V_1 \implies \dots$

核心觀念

1. 古典機率定義： 在樣本空間 $\Omega$ 中各基本事件發生機率均等的前提下，事件 $A$ 的機率為： $P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|} = \frac{\text{事件 } A \text{ 的可能結果數}}{\text{樣本空間 } \Omega \text{ 的總結果數}}$
2. 計數原理：

• 組合（Combination）：從 $n$ 個相異物件中不考慮順序選出 $k$ 個物件的方法數為 $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$。
• 乘法原理：完成一件事需分階段進行，各階段可能數相乘。
• 加法原理：不同互斥情況之可能數相加。

3. 撲克牌結構： 一副標準撲克牌共 $52$ 張牌，共有 $4$ 種花色（黑桃、紅心、方塊、梅花），每種花色各有 $13$ 張牌。

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解題方法

本題求解從 $52$ 張牌中任取 $4$ 張，「至少 $3$ 張相同花色」的機率。

1. 求樣本空間總數 $|\Omega|$： 從 $52$ 張牌中不計順序任意選出 $4$ 張牌： $|\Omega| = \binom{52}{4}$

2. 分析事件結構與分類討論： 抽出的總張數為 $4$ 張，因此「至少 $3$ 張相同花色」僅包含以下兩種互斥情形：

• 情況一：恰有 $3$ 張同花色、第 $4$ 張為其他花色

• 步驟一：從 $4$ 種花色中選出 $1$ 種作為擁有 $3$ 張牌的花色，方法數為 $\binom{4}{1}$。

• 步驟二：從該花色的 $13$ 張牌中選取 $3$ 張，方法數為 $\binom{13}{3}$。

• 步驟三：第 $4$ 張牌必須取自其他 $3$ 種花色（共 $52 - 13 = 39$ 張），方法數為 $\binom{39}{1}$（亦可寫為 $\binom{3}{1}\binom{13}{1}$）。 由乘法原理，情況一的方法數為： $N_1 = \binom{4}{1} \binom{13}{3} \binom{39}{1}$

• 情況二：$4$ 張牌皆為相同花色

• 步驟一：從 $4$ 種花色中選出 $1$ 種花色，方法數為 $\binom{4}{1}$。

• 步驟二：從該花色的 $13$ 張牌中選取 $4$ 張，方法數為 $\binom{13}{4}$。 由乘法原理，情況二的方法數為： $N_2 = \binom{4}{1} \binom{13}{4}$

核心觀念

本題評量離散機率與隨機變數的基本運算，主要涵蓋以下核心觀念與數學性質：

1. 二位元字串之隨機模型： 在無特別聲明下，長度為 $n$ 的二位元字串（Binary String）取樣為均勻分佈（Uniform Distribution），即各個位元（Bit）彼此獨立，且出現 $0$ 與 $1$ 的機率均等： $P(\text{位元為 } 0) = P(\text{位元為 } 1) = \frac{1}{2}$
2. 二項分佈（Binomial Distribution）： 若隨機變數 $Y$ 代表長度為 $n$ 的獨立試驗中成功（出現 $1$）的次數，則 $Y \sim \operatorname{B}(n, p)$，其期望值與變異數為： $E[Y] = np, \quad \operatorname{Var}[Y] = np(1-p)$
3. 隨機變數的線性變換性質： 若 $a, b \in \mathbb{R}$，且 $Y$ 為隨機變數，則： $E[aY + b] = aE[Y] + b$ $\operatorname{Var}[aY + b] = a^2 \operatorname{Var}[Y]$

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解題方法

切入點：變數代換與降維（最佳解法）

令二位元字串長度 $n = 20$。

• 令隨機變數 $N_0$ 表示字串 $s$ 中 $0$ 出現的個數。
• 令隨機變數 $N_1$ 表示字串 $s$ 中 $1$ 出現的個數。

由字串總長度限制可知： $N_0 + N_1 = 20 \implies N_0 = 20 - N_1$

題目定義之隨機變數為 $X = N_0 + 2N_1$，代入 $N_0 = 20 - N_1$ 進行化簡： $X = (20 - N_1) + 2N_1 = 20 + N_1$

由上述式子可見，$X$ 僅由 $N_1$ 決定，成功將原本的雙變數問題轉換為單一隨機變數之線性變換。

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關鍵推導步驟

1. 確立 $N_1$ 的機率分佈： 每一位元獨立，且出現 $1$ 的機率為 $p = \frac{1}{2}$。總位元數 $n = 20$，因此 $N_1$ 服從參數為 $n=20, p=\frac{1}{2}$ 的二項分佈： $N_1 \sim \operatorname{B}\left(20, \frac{1}{2}\right)$ 計算 $N_1$ 的期望值與變異數： $E[N_1] = n \cdot p = 20 \times \frac{1}{2} = 10$ $\operatorname{Var}[N_1] = n \cdot p \cdot (1 - p) = 20 \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = 5$

2. 計算期望值 $E[X]$： 利用期望值的線性性質： $E[X] = E[20 + N_1] = 20 + E[N_1]$ 代入 $E[N_1] = 10$： $E[X] = 20 + 10 = 30$

核心觀念

本題評量連續隨機變數函數的期望值與變異數計算，核心觀念與必備公式如下：

1. 隨機變數函數的期望值（LOTUS 法則）： 若連續隨機變數 $X$ 之機率密度函數（PDF）為 $f_X(x)$，則對任一可積函數 $g(X)$，其期望值定義為： $E[g(X)] = \int_{-\infty}^{\infty} g(x) f_X(x) \, dx$
2. 變異數的線性變換性質： 對任意常數 $a, b$ 與隨機變數 $Z$，變異數具備縮放平方與平移不變性： $\operatorname{Var}[aZ + b] = a^2 \operatorname{Var}[Z]$
3. 變異數基本定義： $\operatorname{Var}[Z] = E[Z^2] - (E[Z])^2$

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解題方法

本題不需透過「變數變換法（Change of Variables）」求出 $Y$ 的機率密度函數 $f_Y(y)$，直接利用變異數的線性變換性質將 $Y = \frac{2}{X} + 3$ 化簡為求 $\operatorname{Var}\left[\frac{1}{X}\right]$，再利用 LOTUS 定理分別積分求得 $E\left[\frac{1}{X}\right]$ 與 $E\left[\frac{1}{X^2}\right]$，為最迅速且不易出錯的切入點。

步驟一：簡化目標式

由變異數的性質： $\operatorname{Var}[Y] = \operatorname{Var}\left[\frac{2}{X} + 3\right] = 2^2 \operatorname{Var}\left[\frac{1}{X}\right] = 4 \operatorname{Var}\left[\frac{1}{X}\right]$ 其中： $\operatorname{Var}\left[\frac{1}{X}\right] = E\left[\frac{1}{X^2}\right] - \left(E\left[\frac{1}{X}\right]\right)^2$

步驟二：計算 $E\left[\frac{1}{X}\right]$

將 $f_X(x) = x^2\left(2x + \frac{3}{2}\right) = 2x^3 + \frac{3}{2}x^2$ 代入期望值積分式： $E\left[\frac{1}{X}\right] = \int_0^1 \frac{1}{x} \cdot x^2\left(2x + \frac{3}{2}\right) \, dx = \int_0^1 \left(2x^2 + \frac{3}{2}x\right) \, dx$

逐項積分： $E\left[\frac{1}{X}\right] = \left[ \frac{2}{3}x^3 + \frac{3}{4}x^2 \right]_0^1 = \frac{2}{3} + \frac{3}{4} = \frac{17}{12}$

步驟三：計算 $E\left[\frac{1}{X^2}\right]$

同理，將 $g(X) = \frac{1}{X^2}$ 代入期望值積分式：