107年鐵路特考--工程數學詳解

107年公務人員特種考試警察人員、一般警察人員考試及107年特種考試交通事業鐵路人員考試

考試別：鐵路人員考試
等        別：高員三級考試
類科別：電力工程、電子工程
科        目：工程數學

甲、申論題部份：(50分)

解：

(一)$T(x,y)=(x',y')$，即$(x,y)$逆時鐘旋轉$\theta$角度後為$(x',y')$，如上圖。 $$\begin{cases} x'=r\cos { \left( \theta +\alpha  \right) =r\left( \cos { \theta  } \cos { \alpha  } -\sin { \theta  } \sin { \alpha  }  \right) =r\left( \cos { \theta  } \left( x/r \right) -\sin { \theta  } \left( y/r \right)  \right)  }  \\ y'=r\sin { \left( \theta +\alpha  \right) =r\left( \sin { \theta  } \cos { \alpha  } +\cos { \theta  } \sin { \alpha  }  \right)  } =r\left( \sin { \theta  } \left( x/r \right) +\cos { \theta  } \left( y/r \right)  \right)  \end{cases}\\ \Rightarrow \begin{cases} x'=x\cos { \theta  } -y\sin { \theta  }  \\ y'=x\sin { \theta  } +y\cos { \theta  }  \end{cases}\Rightarrow \left[ \begin{matrix} \cos { \theta  }  & -\sin { \theta  }  \\ \sin { \theta  }  & \cos { \theta  }  \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} x \\ y \end{matrix} \right] =\left[ \begin{matrix} x' \\ y' \end{matrix} \right] \\ \Rightarrow \bbox[red,2pt] {T=\left[ \begin{matrix} \cos { \theta  }  & -\sin { \theta  }  \\ \sin { \theta  }  & \cos { \theta  }  \end{matrix} \right] }$$ (二)順時鐘旋轉$\theta$角相當於逆時鐘旋轉$-\theta$角，因此轉換矩陣T變為 $$T=\left[ \begin{matrix} \cos { \left( -\theta  \right)  }  & -\sin { \left( -\theta  \right)  }  \\ \sin { \left( -\theta  \right)  }  & \cos { \left( -\theta  \right)  }  \end{matrix} \right] =\bbox[red,2pt] {\left[ \begin{matrix} \cos { \theta  }  & \sin { \theta  }  \\ -\sin { \theta  }  & \cos { \theta  }  \end{matrix} \right]}$$

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解：
(一) $$f\left( x \right) =F'\left( x \right) =\bbox[red,2pt]{\begin{cases} \frac { 2x }{ 7 }  & if\quad 0\le x<1 \\ \frac { 2 }{ 7 }  & if\quad 1\le x<3 \\ \frac { 5 }{ 7 } -\frac { x }{ 7 }  & if\quad 3\le x<5 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}}$$ (二) $$P\left( 1\le X\le 4 \right) =F\left( 4 \right) -F\left( 1 \right) =\left( \frac { 5\times 4 }{ 7 } -\frac { { 4 }^{ 2 } }{ 14 } -\frac { 11 }{ 14 }  \right) -\left( \frac { 2\times 1 }{ 7 } -\frac { 1 }{ 7 }  \right) \\ =\frac { 13 }{ 14 } -\frac { 1 }{ 7 } =\bbox[red,2pt]{\frac { 11 }{ 14 }}$$

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解：
(一)泰勒級數 $$f\left( z \right) =\frac { 1 }{ z^{ 2 }-3z+2 } =\frac { 1 }{ \left( z-1 \right) \left( z-2 \right)  } =\frac { 1 }{ z-2 } -\frac { 1 }{ z-1 } =\frac { 1 }{ 1-z } -\frac { 1 }{ 2\left( 1-\frac { z }{ 2 }  \right)  } \\ =\left( 1+z+z^{ 2 }+z^{ 3 }+\cdots  \right) -\frac { 1 }{ 2 } \left( 1+\frac { z }{ 2 } +{ \left( \frac { z }{ 2 }  \right)  }^{ 2 }+{ \left( \frac { z }{ 2 }  \right)  }^{ 3 }+\cdots  \right) \\ =\left( 1-\frac { 1 }{ 2 }  \right) +\left( 1-\frac { 1 }{ 2^{ 2 } }  \right) z+\left( 1-\frac { 1 }{ 2^{ 3 } }  \right) z^{ 2 }+\cdots +\left( 1-\frac { 1 }{ 2^{ n+1 } }  \right) z^{ n }+\cdots \\ =\bbox[red,2pt]{\sum _{ n=0 }^{ \infty  }{ \left( 1-\frac { 1 }{ 2^{ n+1 } }  \right) z^{ n } }}$$ (二)羅倫級數 $$\frac { 1 }{ z-2 } =-\frac { 1 }{ 2 } \left( \frac { 1 }{ 1-\frac { z }{ 2 }  }  \right) =\begin{cases} -\frac { 1 }{ 2 } \sum _{ n=0 }^{ \infty  }{ { \left( \frac { z }{ 2 }  \right)  }^{ n } } ,\left| z \right| <2 \\ \frac { 1 }{ 2 } \sum _{ n=1 }^{ \infty  }{ { \left( \frac { 2 }{ z }  \right)  }^{ n } } ,\left| z \right| >2 \end{cases},\frac { 1 }{ z-1 } =-\left( \frac { 1 }{ 1-z }  \right) =\begin{cases} -\sum _{ n=0 }^{ \infty  }{ { \left( z \right)  }^{ n } } ,\left| z \right| <1 \\ \sum _{ n=1 }^{ \infty  }{ { \left( \frac { 1 }{ z }  \right)  }^{ n } } ,\left| z \right| >1 \end{cases}\\ \Rightarrow f\left( z \right) =\frac { 1 }{ z-2 } -\frac { 1 }{ z-1 } =\begin{cases} -\frac { 1 }{ 2 } \sum _{ n=0 }^{ \infty  }{ { \left( \frac { z }{ 2 }  \right)  }^{ n }+ } \sum _{ n=0 }^{ \infty  }{ { \left( z \right)  }^{ n } } ,\left| z \right| <1 \\ -\frac { 1 }{ 2 } \sum _{ n=0 }^{ \infty  }{ { \left( \frac { z }{ 2 }  \right)  }^{ n } } -\sum _{ n=1 }^{ \infty  }{ { \left( \frac { 1 }{ z }  \right)  }^{ n } } ,1<\left| z \right| <2 \\ \frac { 1 }{ 2 } \sum _{ n=1 }^{ \infty  }{ { \left( \frac { 2 }{ z }  \right)  }^{ n } } -\sum _{ n=1 }^{ \infty  }{ { \left( \frac { 1 }{ z }  \right)  }^{ n } } ,\left| z \right| >2 \end{cases}\\ =\bbox[red,2pt]{\begin{cases} \sum _{ n=0 }^{ \infty  }{ { \left( 1-\frac { 1 }{ { 2 }^{ n+1 } }  \right)  }z^{ n } } , & \left| z \right| <1 \\ -\frac { 1 }{ 2 } -\sum _{ n=1 }^{ \infty  }{ \left( \frac { { z }^{ n } }{ { 2 }^{ n+1 } } +{ z }^{ -n } \right)  } , & 1<\left| z \right| <2 \\ \sum _{ n=1 }^{ \infty  }{ \frac { { 2 }^{ n-1 }-1 }{ { z }^{ n } }  } , & \left| z \right| >2 \end{cases}}$$

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解： $$y\left( x \right) =x^{ r }\sum _{ m=0 }^{ \infty  }{ a_{ m }x^{ m } } =\sum _{ m=0 }^{ \infty  }{ a_{ m }x^{ m+r } } \Rightarrow \begin{cases} y'=\sum _{ m=0 }^{ \infty  }{ a_{ m }\left( m+r \right) x^{ m+r-1 } }  \\ xy'=\sum _{ m=0 }^{ \infty  }{ a_{ m }\left( m+r \right) x^{ m+r } }  \end{cases}\\\Rightarrow \begin{cases} y''=\sum _{ m=0 }^{ \infty  }{ a_{ m }\left( m+r \right) \left( m+r-1 \right) x^{ m+r-2 } }  \\ xy''=\sum _{ m=0 }^{ \infty  }{ a_{ m }\left( m+r \right) \left( m+r-1 \right) x^{ m+r-1 } }  \\ x^{ 2 }y''=\sum _{ m=0 }^{ \infty  }{ a_{ m }\left( m+r \right) \left( m+r-1 \right) x^{ m+r } }  \end{cases}\\ \Rightarrow \left( x^{ 2 }-x \right) y''-xy'+y=0\Rightarrow \begin{cases} -a_{ 0 }r\left( r-1 \right) =0 \\ a_{ 0 }r\left( r-1 \right) -a_{ 1 }\left( r+1 \right) r-a_{ 0 }r+a_{ 0 }=0 \\ a_{ 1 }r\left( r+1 \right) -a_{ 2 }\left( r+2 \right) \left( r+1 \right) -a_{ 1 }\left( r+1 \right) +a_{ 1 }=0 \\ \cdots  \end{cases}\\ \Rightarrow \begin{cases} a_{ 0 }r\left( r-1 \right) =0 \\ \frac { a_{ n } }{ a_{ n+1 } } =\frac { { \left( r+n-2 \right)  }^{ 2 } }{ \left( r+n-1 \right) \left( r+n \right)  } ,n\ge 1 \end{cases}\Rightarrow r=0,r=1\\ r=1\Rightarrow a_{ 1 }=a_{ 2 }=\cdots =0\Rightarrow 其中一解y_{ 1 }=\sum _{ m=0 }^{ \infty  }{ a_{ m }x^{ m+1 } } =a_0x$$ 再利用降階法來求另一解$y_2$ $$u\left( x \right) =\frac { y_{ 2 } }{ y_{ 1 } } =\frac { y_{ 2 } }{ x } \Rightarrow y_{ 2 }=ux\Rightarrow \begin{cases} y'_{ 2 }=u+u'x \\ y_{ 2 }''=2u'+u''x \end{cases}代回原式\\ \left( x^{ 2 }-x \right) \left( 2u'+u''x \right) -x\left( u+u'x \right) +ux=0\Rightarrow \left( x^{ 3 }-x^{ 2 } \right) u''+\left( x^{ 2 }-2x \right) u'=0\\ \Rightarrow \frac { u'' }{ u' } =\frac { -x^{ 2 }+2x }{ x^{ 3 }-x^{ 2 } } =\frac { -x+2 }{ x^{ 2 }-x } =\frac { 1 }{ x-1 } -\frac { 2 }{ x } \Rightarrow \int { \frac { u'' }{ u' } dx } =\int { \left( \frac { 1 }{ x-1 } -\frac { 2 }{ x }  \right) dx } \\ \Rightarrow \ln { u' } =\ln { \left( x-1 \right)  } -2\ln { x } =\ln { \frac { x-1 }{ x^{ 2 } }  } \Rightarrow u'=\frac { x-1 }{ x^{ 2 } } \Rightarrow \int { u' } dx=\int { \frac { x-1 }{ x^{ 2 } }  } dx\\ \Rightarrow u=\ln { x } +\frac { 1 }{ x } \Rightarrow y_{ 2 }=ux=x\ln { x } +1\\ \Rightarrow y=C_{ 1 }y_{ 1 }+C_{ 2 }y_{ 2 }=\bbox[red,2pt]{C_{ 1 }x+C_{ 2 }\left( \ln { x } +1 \right) }$$

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乙、測驗題部分：(50分)

解： $$\frac { \vec { u } \cdot \vec { v }  }{ \left| \vec { v }  \right|  } =\frac { 1+0+4+6 }{ \sqrt { 1^{ 2 }+0+2^{ 2 }+2^{ 2 } }  } =\frac { 11 }{ 3 } ，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解：
空集合是任一集合的子集合，但空集合不是子空間，因此(A)、(B)、(D)皆不正確； ，故選$\bbox[red,2pt]{(C)}$

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解： $$\left| \frac { 2 }{ \sqrt { 1^{ 2 }+2^{ 2 }+2^{ 2 } }  }  \right| =\frac { 2 }{ 3 }  ，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解： $$AB與BA不一定相等，因此(A+B)(A-B)=A^2-B^2-AB+BA不一定為A^2-B^2，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解： $$AX=\lambda X\Rightarrow \left( A-\lambda I \right) X=0\Rightarrow \begin{cases} \left[ \begin{matrix} a-1 & b \\ c & d-1 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} -1 \\ 1 \end{matrix} \right] =0 \\ \left[ \begin{matrix} a-5 & b \\ c & d-5 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} 3 \\ 1 \end{matrix} \right] =0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a-b=1 \\ c-d=-1 \\ 3a+b=15 \\ 3c+d=5 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=4 \\ b=3 \\ c=1 \\ d=2 \end{cases}\\ \Rightarrow a+b+c+d=4+3+1+2=10 ，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $$\left[ \begin{matrix} -\frac { 4 }{ 5 }  & 0 & \frac { 3 }{ 5 }  \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac { 3 }{ 5 }  & 0 & -\frac { 4 }{ 5 }  \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} -\frac { 4 }{ 5 }  & 0 & \frac { 3 }{ 5 }  \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac { 3 }{ 5 }  & 0 & -\frac { 4 }{ 5 }  \end{matrix} \right] ^{ T }=\left[ \begin{matrix} -\frac { 4 }{ 5 }  & 0 & \frac { 3 }{ 5 }  \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac { 3 }{ 5 }  & 0 & -\frac { 4 }{ 5 }  \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} -\frac { 4 }{ 5 }  & 0 & \frac { 3 }{ 5 }  \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac { 3 }{ 5 }  & 0 & -\frac { 4 }{ 5 }  \end{matrix} \right] \\ =\left[ \begin{matrix} 1 & 0 & -\frac { 24 }{ 25 }  \\ 0 & 1 & 0 \\ -\frac { 24 }{ 25 }  & 0 & 1 \end{matrix} \right] \neq I，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $${ e }^{ z }=2+i3=\sqrt { 13 } \left( \frac { 2 }{ \sqrt { 13 }  } +i\frac { 3 }{ \sqrt { 13 }  }  \right) =\sqrt { 13 } \left( \cos { \theta  } +i\sin { \theta  }  \right) =\sqrt { 13 } { e }^{ i\theta  }\\ \Rightarrow z=\ln { \left( \sqrt { 13 } { e }^{ i\theta  } \right)  } =\ln { \sqrt { 13 }  } +i\theta =\frac { 1 }{ 2 } \ln { \left( 13 \right)  } +i\arctan { \left( \frac { 3 }{ 2 }  \right)  } ，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解：

(B)$\left\{ { x }_{ n } \right\}$與$\left\{ { y }_{ n } \right\}$需均為收斂，則$\left\{ { z }_{ n } \right\}$收斂，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解： $$f\left( z \right) =\frac { \tan ^{ 2 }{ \left( z \right)  }  }{ { z }^{ 2 }\sin { \left( z-\pi  \right)  } \cos ^{ 3 }{ \left( z-\pi  \right)  }  } =\frac { \sin ^{ 2 }{ z }  }{ { z }^{ 2 }\cos ^{ 2 }{ z } \sin { \left( z-\pi  \right)  } \cos ^{ 3 }{ \left( z-\pi  \right)  }  } \\ =-\frac { \sin { \left( z \right)  }  }{ { z }^{ 2 }\cos ^{ 2 }{ z } \cos ^{ 3 }{ \left( z-\pi  \right)  }  } \Rightarrow 若z=0,分子\sin { \left( z \right)  } =0,分母{ z }^{ 2 }=0\\ \Rightarrow z=0\text{為一階極點，即 simple pole，故選}\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $$y=c_{ 1 }e^{ -3x }+c_{ 2 }xe^{ -3x }為通解\Rightarrow -3為\lambda ^{ 2 }+\alpha \lambda +\beta =0之二重根,即\lambda ^{ 2 }+\alpha \lambda +\beta ={ \left( \lambda +3 \right)  }^{ 2 }\\ \Rightarrow \begin{cases} \alpha =6 \\ \beta =9 \end{cases}\Rightarrow \alpha +\beta =15，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解： $$y=x^{ m }\Rightarrow y'=mx^{ m-1 }\Rightarrow y''=m(m-1)x^{ m-2 }\Rightarrow x^{ 2 }m(m-1)x^{ m-2 }-5xmx^{ m-1 }+9x^{ m }=0\\ \Rightarrow x^{ m }\left( m^{ 2 }-m-5m+9 \right) =0\Rightarrow m^2-6m+9=0\Rightarrow (m-3)^2=0\Rightarrow m=3為二重根\\\Rightarrow y=(c_1+c_2\ln{x})x^3為其解，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解： $$\left( \sin { x } \cos { x } -xy^{ 2 } \right) dx+y\left( 1-{ x }^{ 2 } \right) dy=0\equiv M\left( x,y \right) dx+N\left( x,y \right) dy=0\\ \Rightarrow \begin{cases} \frac { \partial  }{ \partial y } M\left( x,y \right) =-2xy \\ \frac { \partial  }{ \partial x } N\left( x,y \right) =-2xy \end{cases}\Rightarrow \frac { \partial  }{ \partial y } M\left( x,y \right) =\frac { \partial  }{ \partial x } N\left( x,y \right) \Rightarrow \text{此方程式為 exact}\\ \Rightarrow \begin{cases} u\left( x,y \right) =\int { M\left( x,y \right) dx } =\int { \left( \frac { 1 }{ 2 } \sin { \left( 2x \right)  } -xy^{ 2 } \right) dx } =-\frac { 1 }{ 4 } \cos { \left( 2x \right) -\frac { 1 }{ 2 } x^{ 2 }y^{ 2 } } +f\left( y \right)  \\ u\left( x,y \right) =\int { N\left( x,y \right) dy } =\int { y\left( 1-{ x }^{ 2 } \right) dy } =\int { \left( y-y{ x }^{ 2 } \right) dy } =\frac { 1 }{ 2 } y^{ 2 }-\frac { 1 }{ 2 } y^{ 2 }x^{ 2 }+g\left( x \right)  \end{cases}\\ \Rightarrow u\left( x,y \right) =-\frac { 1 }{ 4 } \cos { \left( 2x \right) -\frac { 1 }{ 2 } x^{ 2 }y^{ 2 } } +\frac { 1 }{ 2 } y^{ 2 }\Rightarrow -\frac { 1 }{ 4 } \cos { \left( 2x \right) -\frac { 1 }{ 2 } x^{ 2 }y^{ 2 } } +\frac { 1 }{ 2 } y^{ 2 }=C為其解\\ y\left( 0 \right) =4\Rightarrow -\frac { 1 }{ 4 } +8=C\Rightarrow C=\frac { 31 }{ 4 } \Rightarrow -\frac { 1 }{ 4 } \cos { \left( 2x \right)  } -\frac { 1 }{ 2 } x^{ 2 }y^{ 2 }+\frac { 1 }{ 2 } y^{ 2 }=\frac { 31 }{ 4 } \\ \Rightarrow -\cos { \left( 2x \right)  } +\left( -2x^{ 2 }+2 \right) y^{ 2 }=31\Rightarrow y^{ 2 }=\frac { \cos { \left( 2x \right)  } +31 }{ -2x^{ 2 }+2 } =\frac { 1-2\sin ^{ 2 }{ x } +31 }{ -2x^{ 2 }+2 } \\ =\frac { 32-2\sin ^{ 2 }{ x }  }{ 2-2x^{ 2 } } =\frac { 16-\sin ^{ 2 }{ x }  }{ 1-x^{ 2 } } ，故選\bbox[red,2pt]{(D)}$$

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解： $$F\left( s \right) =\frac { 3s-1 }{ s^{ 2 }-6s+25 } =\frac { 3\left( s-3 \right) +2\times 4 }{ \left( s-3 \right) ^{ 2 }+4^{ 2 } } =3\frac { s-3 }{ \left( s-3 \right) ^{ 2 }+4^{ 2 } } +2\frac { 4 }{ \left( s-3 \right) ^{ 2 }+4^{ 2 } } \\ \Rightarrow f\left( t \right) =3L^{ -1 }\left\{ \frac { s-3 }{ \left( s-3 \right) ^{ 2 }+4^{ 2 } }  \right\} +2L^{ -1 }\left\{ \frac { 4 }{ \left( s-3 \right) ^{ 2 }+4^{ 2 } }  \right\} =3{ e }^{ 3t }\cos { 4t } +2\sin { 4t } \\ \Rightarrow f'\left( t \right) =9{ e }^{ 3t }\cos { 4t } -12{ e }^{ 3t }\sin { 4t } +8\cos { 4t } \Rightarrow \begin{cases} f\left( 0 \right) =3 \\ f'\left( 0 \right) =9+8=17 \end{cases} ，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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解： $$y_{ 2 }\left( t \right) =ae^{ 2t }+be^{ -5t }\Rightarrow y'_{ 2 }\left( t \right) =2ae^{ 2t }-5be^{ -5t }\\ y'_{ 2 }=4y_{ 1 }-y_{ 2 }\Rightarrow 4y_{ 1 }=y'_{ 2 }+y_{ 2 }=\left( ae^{ 2t }+be^{ -5t } \right) +\left( 2ae^{ 2t }-5be^{ -5t } \right) =3ae^{ 2t }-4be^{ -5t }\\ \Rightarrow y_{ 1 }=\left( 3ae^{ 2t }-4be^{ -5t } \right) /4\\ \begin{cases} y_{ 1 }\left( 0 \right) =4 \\ y_{ 2 }\left( 0 \right) =3 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} 3a-4b=16 \\ a+b=3 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=4 \\ b=-1 \end{cases}\Rightarrow a+2b=4-2=2，故選\bbox[red,2pt]{(B)}$$

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解： $$y=a_{ 0 }+a_{ 1 }x+a_{ 2 }x^{ 2 }+a_{ 3 }x^{ 3 }+\cdots \Rightarrow y'=a_{ 1 }+2a_{ 2 }x+3a_{ 3 }x^{ 2 }+4a_{ 4 }x^{ 3 }+\cdots \\ \Rightarrow y''=2a_{ 2 }+6a_{ 3 }x+12a_{ 4 }x^{ 2 }+\cdots \\ 又\begin{cases} y\left( 0 \right) =1 \\ y'\left( 0 \right) =2 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a_{ 0 }=1 \\ a_{ 1 }=2 \end{cases}\\ y''-xy'+e^{ 2x }y=8\Rightarrow \left( 2a_{ 2 }+6a_{ 3 }x+12a_{ 4 }x^{ 2 }+\cdots  \right) -x\left( a_{ 1 }+2a_{ 2 }x+3a_{ 3 }x^{ 2 }+4a_{ 4 }x^{ 3 }+\cdots  \right) +\\ \left( 1+2x+2x^{ 2 }+\frac { 4x^{ 3 } }{ 3 } +\cdots  \right) \left( a_{ 0 }+a_{ 1 }x+a_{ 2 }x^{ 2 }+a_{ 3 }x^{ 3 }+\cdots  \right) =8\\ \Rightarrow \left( 2a_{ 2 }+a_{ 0 } \right) +\left( 6a_{ 3 }-a_{ 1 }+a_{ 1 }+2a_{ 0 } \right) x+\left( 12a_{ 4 }-2a_{ 2 }+a_{ 2 }+2a_{ 1 }+2a_{ 0 } \right) x^{ 2 }+\cdots =8\\ \Rightarrow \begin{cases} 2a_{ 2 }+a_{ 0 }=8 \\ 6a_{ 3 }+2a_{ 0 }=0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a_{ 2 }=(8-1)/2=7/2 \\ a_{ 3 }=-1/3 \end{cases}\Rightarrow a_{ 1 }+a_{ 2 }+a_{ 3 }=2+7/2-1/3=31/6，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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解： $$\int _{ -\infty  }^{ \infty  }{ f\left( x \right) { e }^{ -j\omega x }dx } =\int _{ -1 }^{ 1 }{ \left( 1+\cos { \left( \pi x \right)  }  \right) { e }^{ -j\omega x }dx } =\int _{ -1 }^{ 1 }{ \left( { e }^{ -j\omega x }+\cos { \left( \pi x \right) { e }^{ -j\omega x } }  \right) dx } \\ =\left. \left[ \frac { -1 }{ j\omega  } { e }^{ -j\omega x }+\frac { \pi \sin { \left( \pi x \right)  } { e }^{ -j\omega x }-j\omega \cos { \left( \pi x \right) { e }^{ -j\omega x } }  }{ \pi ^{ 2 }-\omega ^{ 2 } }  \right]  \right| _{ -1 }^{ 1 }\\ =\left( \frac { -1 }{ j\omega  } { e }^{ -j\omega  }+\frac { j\omega { e }^{ -j\omega  } }{ \pi ^{ 2 }-\omega ^{ 2 } }  \right) -\left( \frac { -1 }{ j\omega  } { e }^{ j\omega  }+\frac { j\omega { e }^{ j\omega  } }{ \pi ^{ 2 }-\omega ^{ 2 } }  \right) \\ =\frac { -1 }{ j\omega  } \left( { e }^{ -j\omega  }-{ e }^{ j\omega  } \right) +\frac { j\omega  }{ \pi ^{ 2 }-\omega ^{ 2 } } \left( { e }^{ -j\omega  }-{ e }^{ j\omega  } \right) \\ =\frac { -1 }{ j\omega  } \left( -2j\sin { \omega  }  \right) +\frac { j\omega  }{ \pi ^{ 2 }-\omega ^{ 2 } } \left( -2j\sin { \omega  }  \right) =\sin { \omega  } \left( \frac { 2 }{ \omega  } +\frac { 2\omega  }{ \pi ^{ 2 }-\omega ^{ 2 } }  \right) \\ =\sin { \omega  } \left( \frac { 2 }{ \omega  } +\frac { 1 }{ \pi -\omega  } -\frac { 1 }{ \pi +\omega  }  \right) ，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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解： $$X\left( { e }^{ j\omega  } \right) =\sum _{ n=-\infty  }^{ \infty  }{ x\left[ n \right] { e }^{ -j\omega n } } =\sum _{ n=-\infty  }^{ \infty  }{ { \left( \frac { 1 }{ 2 }  \right)  }^{ \left| n-1 \right|  }{ e }^{ -j\omega n } } =\sum _{ n=-\infty  }^{ 0 }{ { \left( \frac { 1 }{ 2 }  \right)  }^{ 1-n }{ e }^{ -j\omega n } } +\sum _{ n=1 }^{ \infty  }{ { \left( \frac { 1 }{ 2 }  \right)  }^{ n-1 }{ e }^{ -j\omega n } } \\ =\sum _{ n=0 }^{ \infty }{ { \left( \frac { 1 }{ 2 }  \right)  }^{ 1+n }{ e }^{ j\omega n } } +\sum _{ n=1 }^{ \infty  }{ { \left( \frac { 1 }{ 2 }  \right)  }^{ n-1 }{ e }^{ -j\omega n } } =\frac { \frac { 1 }{ 2 }  }{ 1-\frac { 1 }{ 2 } { e }^{ j\omega  } } +\frac { { e }^{ -j\omega  } }{ 1-\frac { 1 }{ 2 } { e }^{ -j\omega  } } \\ =\frac { 1 }{ 2-{ e }^{ j\omega  } } +\frac { 2{ e }^{ -j\omega  } }{ 2-{ e }^{ -j\omega  } } ={ e }^{ -j\omega  }\left( \frac { 1 }{ 2{ e }^{ -j\omega  }-1 } +\frac { 2 }{ 2-{ e }^{ -j\omega  } }  \right) ={ e }^{ -j\omega  }\left( \frac { 2-{ e }^{ -j\omega  }+4{ e }^{ -j\omega  }-2 }{ \left( 2{ e }^{ -j\omega  }-1 \right) \left( 2-{ e }^{ -j\omega  } \right)  }  \right) \\ ={ e }^{ -j\omega  }\left( \frac { 3{ e }^{ -j\omega  } }{ 5{ e }^{ -j\omega  }-2{ e }^{ -2j\omega  }-2 }  \right) ={ e }^{ -j\omega  }\left( \frac { 3 }{ 5-2{ e }^{ -j\omega  }-2{ e }^{ j\omega  } }  \right) ={ e }^{ -j\omega  }\left( \frac { 3 }{ 5-4\cos { \omega  }  }  \right) \\ ={ e }^{ -j\omega  }\left( \frac { 3/4 }{ 5/4-\cos { \omega  }  }  \right) =\frac { 0.75{ e }^{ -j\omega  } }{ 1.25-\cos { \omega  }  } ,故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解： $$|x-0.5|<1\Rightarrow -1<x-0.5<1 \Rightarrow -0.5<x<1.5\\\Rightarrow A\cup B=\{-0.5<x\le 1\}, A\cap B=\{0.75<x\le 1\}\\\Rightarrow P[A\cup B]\cdot P[A\cap B]= \frac{1.5}{2}\times \frac{0.25}{2}=\frac{3}{4}\times\frac{1}{8}=\frac{3}{32}，故選\bbox[red,2pt]{(A)}$$

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解：
假設第1次擲骰子所得點數為$a$，第2次擲骰子所得點數為$b$，則$(a,b)$可能為：
$(1, 2-6), (2, 3-6), (3, 4-6), (4, 5-6), (5,6)$，共有5+4+3+2+1=15種情形，總共有$6\times 6=36$種情形，因此機率為$\frac{15}{36}=\frac{5}{12}$，故選$\bbox[red,2pt]{(B)}$

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解： $$E[X^2]=(-1)^2\times P\{X=-1\}+0^2\times P\{X=0\}+ 1^2\times P\{X=1\} = 0.2+0.3=0.5，故選\bbox[red,2pt]{(C)}$$

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考選部未公布申論題答案，解題僅供參考