113 調查局特考三等 電子科學組 工程數學 考古題詳解

核心觀念

本題考查矩陣的特徵值、特徵向量與對角化。若 $A$ 有三個線性獨立的特徵向量 $v_1,v_2,v_3$，並令

$$P=[\,v_1\ v_2\ v_3\,],\qquad D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3),$$

則 $AP=PD$，因此 $D=P^{-1}AP$。此外，對任意多項式 $f$，有

$$f(A)=P f(D)P^{-1},$$

其中 $f(D)$ 的對角元素就是 $f(\lambda_i)$。

解題方法

（一）求特徵值

特徵值由特徵方程 $\det(\lambda I-A)=0$ 求得：

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-A) &= \begin{vmatrix} \lambda-2&-1&2\\ -3&\lambda+2&0\\ -3&-1&\lambda+3 \end{vmatrix}\\ &=(\lambda-2)(\lambda+2)(\lambda+3) +3(\lambda+3)-6\\ &=\lambda^3+3\lambda^2-5\lambda-6\\ &=(\lambda-2)(\lambda+1)(\lambda+4). \end{aligned}$$

所以特徵值為

$$\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=-1,\qquad \lambda_3=-4.$$

（二）求 $P$ 與 $D$

對每個特徵值解 $(A-\lambda I)v=0$。

當 $\lambda=2$ 時，

$$(A-2I)v=0 \quad\Longrightarrow\quad v_1=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}.$$

當 $\lambda=-1$ 時，

$$(A+I)v=0 \quad\Longrightarrow\quad v_2=\begin{bmatrix}2\\3\\3\end{bmatrix}.$$

當 $\lambda=-4$ 時，

$$(A+4I)v=0 \quad\Longrightarrow\quad v_3=\begin{bmatrix}1\\-1\\1\end{bmatrix}.$$

因此可取

$$P= \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 0&3&-1\\ 1&3&1 \end{bmatrix}, \qquad D= \begin{bmatrix} 2&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&-4 \end{bmatrix}.$$

三個特徵值相異，對應的特徵向量線性獨立，故 $P$ 可逆，且 $AP=PD$，因此 $D=P^{-1}AP$。

核心觀念

矩陣指數定義為

$$e^{At}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(At)^n}{n!}.$$

若能將矩陣拆成 $A=\alpha I+B$，且 $B^2=-\beta^2I$，就能利用冪次循環化簡指數級數：

$$e^{At}=e^{\alpha t}\left(I\cos\beta t+\frac{B}{\beta}\sin\beta t\right).$$

解題方法

本題矩陣為

$$A=\begin{bmatrix}1&-4\\1&5\end{bmatrix}.$$

先取 $\alpha=\frac{\operatorname{tr}A}{2}=3$，令

$$B=A-3I=\begin{bmatrix}-2&-4\\1&2\end{bmatrix}.$$

直接計算可得

$$B^2= \begin{bmatrix}-2&-4\\1&2\end{bmatrix} \begin{bmatrix}-2&-4\\1&2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0&0\\0&0\end{bmatrix}.$$

因此

核心觀念

泰勒級數以展開中心 $z_0=1$ 為基準，其係數為

$$a_n=\frac{f^{(n)}(1)}{n!}.$$

因此 $a_0=f(1)$、$a_1=f'(1)$、$a_2=\dfrac{f''(1)}{2!}$。

泰勒級數的收斂半徑，等於展開中心到最近奇點的距離。本題的奇點來自分母為零的位置；計算係數時，可先將有理函數作部分分式分解。

解題方法

將分子分母分解後作部分分式分解：

$$f(z)=\frac{2z^2+9z+5}{(z+2)^2(z-3)} =\frac{A}{z+2}+\frac{B}{(z+2)^2}+\frac{C}{z-3}.$$

比較係數可得

$$2z^2+9z+5=A(z+2)(z-3)+B(z-3)+C(z+2)^2.$$

令 $z=-2$，得 $-9=-5B$，所以 $B=\dfrac95$；令 $z=3$，得 $50=25C$，所以 $C=2$。比較 $z^2$ 項與 $z$ 項，得 $A+C=2$、$-A+B+4C=9$，因此 $A=0$。故

$$f(z)=\frac{9}{5(z+2)^2}+\frac{2}{z-3}.$$

（一）求 $a_0$、$a_1$、$a_2$

令 $w=z-1$，則 $z+2=w+3$、$z-3=w-2$，所以

$$f(z)=\frac{9}{5(w+3)^2}+\frac{2}{w-2}.$$

利用幾何級數及其平方形式：

$$\frac{1}{(1+x)^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(n+1)x^n,\qquad \frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n,$$

可得

核心觀念

積分項是卷積：

$$\int_0^t y(t-\tau)\cos 2\tau\,d\tau=(y*\cos 2t)(t).$$

利用拉普拉斯轉換的卷積定理

$$\mathcal L\{f*g\}=F(s)G(s),$$

可將原本的積分方程化為代數方程。另需用到

$$\mathcal L\{y(t)\}=Y(s),\qquad \mathcal L\{\cos 2t\}=\frac{s}{s^2+4},\qquad \mathcal L\{e^{-t}\}=\frac{1}{s+1}.$$

解題方法

對原式兩邊取拉普拉斯轉換：

$$Y(s)+2Y(s)\frac{s}{s^2+4}=\frac{1}{s+1}.$$

整理左側：

$$Y(s)\left(1+\frac{2s}{s^2+4}\right)=\frac{1}{s+1},$$

因此

$$Y(s)=\frac{s^2+4}{(s+1)(s^2+2s+4)}.$$

將分母中的二次式配方：

$$s^2+2s+4=(s+1)^2+3.$$

部分分式分解為

$$\frac{s^2+4}{(s+1)\big((s+1)^2+3\big)} =\frac{1}{s+1}+\frac{-s+1}{s^2+2s+4}.$$

由於 $-s+1=-(s+1)+2$，可改寫成

核心觀念

聯合機率密度函數須滿足兩項條件：在定義域上非負，且對整個樣本空間積分為 $1$。邊際機率密度函數則由聯合密度對另一個變數積分取得：

$$f_X(x)=\int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x,y)\,dy, \qquad f_Y(y)=\int_{-\infty}^{\infty} f_{X,Y}(x,y)\,dx.$$

本題的聯合密度僅在 $0<x<10$、$0<y<\infty$ 時非零，因此積分範圍須依此限制設定。

解題方法

（一）求常數 $b$

利用聯合密度的總積分為 $1$：

$$\int_0^{10}\int_0^\infty be^{-(x+y)}\,dy\,dx=1.$$

將指數拆開，分別積分：

$$b\left(\int_0^{10}e^{-x}\,dx\right) \left(\int_0^\infty e^{-y}\,dy\right)=1.$$

其中

$$\int_0^{10}e^{-x}\,dx=1-e^{-10}, \qquad \int_0^\infty e^{-y}\,dy=1.$$

因此

$$b(1-e^{-10})=1, \qquad \boxed{b=\frac{1}{1-e^{-10}}}.$$

（二）求 $X$ 的邊際密度 $f_X(x)$

固定 $x$，對 $y$ 積分：

$$f_X(x)=\int_0^\infty be^{-(x+y)}\,dy =be^{-x}\int_0^\infty e^{-y}\,dy =be^{-x}.$$

由於 $X$ 的範圍是 $0<x<10$，代入 $b$ 得