109 地方特考三等 電子工程 工程數學 考古題詳解

核心觀念

本題為機率與統計中極為經典的「二維連續隨機變數的變數變換（Transformation of Two Random Variables）」與「邊際機率密度函數（Marginal PDF）」之推導，主要涵蓋以下核心觀念：

1. 二維隨機變數的變數變換法： 設 $(X, Y)$ 經可微的一對一變換映射為 $(R, \Theta)$，其反變換為 $X = g_1(R, \Theta)$、$Y = g_2(R, \Theta)$，則聯合機率密度函數之關係為：

$$f_{R,\Theta}(r, \theta) = f_{XY}\big(g_1(r, \theta), g_2(r, \theta)\big) \cdot |J|$$

其中 $J$ 為賈可比行列式（Jacobian determinant）：

$$J = \det \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{pmatrix}$$

2. 邊際機率密度函數（Marginal PDF）： 欲求單一隨機變數 $R$ 的機率密度函數 $f_R(r)$，須將聯合機率密度函數 $f_{R,\Theta}(r,\theta)$ 對另一變數 $\Theta$ 在其全定義域上積分：

$$f_R(r) = \int_{-\infty}^{\infty} f_{R,\Theta}(r,\theta) \, d\theta$$

3. 雷利分布（Rayleigh Distribution）： 兩個獨立、零均值、等變異數的高斯隨機變數之平方和開根號（即極座標之徑向長度），其統計分布必為雷利分布。

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解題方法

步驟一：變數代換與定義域對應

已知變換關係為平面直角座標轉極座標：

$$X = R\cos\Theta, \qquad Y = R\sin\Theta$$

原隨機變數定義域為 $-\infty < x, y < \infty$，轉換為極座標後，新隨機變數之對應定義域為：

$$0 \le r < \infty, \qquad 0 \le \theta < 2\pi \quad (\text{或 } -\pi < \theta \le \pi)$$

步驟二：計算賈可比行列式（Jacobian）

由 $x = r\cos\theta$ 與 $y = r\sin\theta$，求各偏導數：

$$\frac{\partial x}{\partial r} = \cos\theta, \qquad \frac{\partial x}{\partial \theta} = -r\sin\theta$$ $$\frac{\partial y}{\partial r} = \sin\theta, \qquad \frac{\partial y}{\partial \theta} = r\cos\theta$$

代入賈可比行列式：

$$J = \det \begin{pmatrix} \cos\theta & -r\sin\theta \\ \sin\theta & r\cos\theta \end{pmatrix} = (\cos\theta)(r\cos\theta) - (-r\sin\theta)(\sin\theta) = r(\cos^2\theta + \sin^2\theta) = r$$

因 $r \ge 0$，故賈可比行列式的絕對值為：

$$|J| = |r| = r$$

步驟三：求 $(R, \Theta)$ 的聯合機率密度函數 $f_{R,\Theta}(r, \theta)$

將 $x = r\cos\theta$、$y = r\sin\theta$ 及 $|J| = r$ 代入變換公式中。注意到：

$$x^2 + y^2 = (r\cos\theta)^2 + (r\sin\theta)^2 = r^2$$

故：

$$f_{R,\Theta}(r,\theta) = f_{XY}(r\cos\theta, r\sin\theta) \cdot |J|$$

核心觀念

（一）複變三角函數之定義與指數形式

在實數範圍內，餘弦函數之值域受限於 $[-1, 1]$；但在複數平面 $\mathbb{C}$ 上，$\cos z$ 為一整函數（entire function），其值域為整個複數平面。依據尤拉公式（Euler's formula），複變餘弦函數定義為：

$$\cos z = \frac{e^{iz} + e^{-iz}}{2}$$

解 $\cos z = c$（其中 $c \in \mathbb{C}$）的本質是令 $w = e^{iz}$，轉化為二次代數方程式求解，最後取複數自然對數 $\text{Ln}\,w = \ln|w| + i(\arg w + 2k\pi)$，$k \in \mathbb{Z}$。

（二）柯西留數定理與圍道方向性

1. 柯西留數定理（Cauchy's Residue Theorem）： 若函數 $f(z)$ 在封閉路徑 $C$ 及其內部除有限個孤立奇點 $z_1, z_2, \dots, z_n$ 外處處解析，且路徑以**逆時針方向（正向）**繞行，則：

$$\oint_{C^+} f(z)\,dz = 2\pi i \sum_{k=1}^n \text{Res}(f, z_k)$$

2. 路徑方向與正負號： 若積分路徑為順時針方向（負向），由曲線定向性可知：

$$\oint_{C^-} f(z)\,dz = -\oint_{C^+} f(z)\,dz = -2\pi i \sum_{k=1}^n \text{Res}(f, z_k)$$

3. 留數（Residue）計算：

• 一階極點（Simple Pole）：$\text{Res}(f, z_0) = \lim_{z \to z_0} (z - z_0)f(z) = \left. \frac{P(z)}{Q'(z)} \right|_{z = z_0}$（若 $f(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}$）。
• $m$ 階極點（Pole of order $m$）：$\text{Res}(f, z_0) = \frac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z - z_0)^m f(z) \right]$。

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解題方法

（一）求解方程式 $\cos z = \sqrt{2}$

1. 改寫為指數形式並化簡為二次方程式： 利用複變餘弦定義：

$$\frac{e^{iz} + e^{-iz}}{2} = \sqrt{2} \implies e^{iz} + e^{-iz} = 2\sqrt{2}$$

令變數 $w = e^{iz}$（注意 $w \neq 0$），同乘以 $w$ 得：

$$w^2 - 2\sqrt{2}w + 1 = 0$$

2. 求解一元二次方程式： 使用公式解：

$$w = \frac{2\sqrt{2} \pm \sqrt{(2\sqrt{2})^2 - 4(1)(1)}}{2} = \frac{2\sqrt{2} \pm \sqrt{8 - 4}}{2} = \sqrt{2} \pm 1$$

注意到 $(\sqrt{2} - 1)(\sqrt{2} + 1) = 2 - 1 = 1$，故：

$$\sqrt{2} - 1 = \frac{1}{\sqrt{2} + 1} = (\sqrt{2} + 1)^{-1}$$

3. 求對數解出 $z$： 由於 $w = e^{iz}$，取複數對數可得：

$$iz = \text{Ln}\,w = \ln|w| + i(\text{Arg}\,w + 2k\pi), \quad k \in \mathbb{Z}$$

因為 $\sqrt{2} + 1 > 0$ 與 $\sqrt{2} - 1 > 0$ 皆為正實數，其主幅角皆為 $\text{Arg}\,w = 0$。

• 當 $w = \sqrt{2} + 1$ 時：

$$iz = \ln(\sqrt{2} + 1) + i 2k\pi \implies z = 2k\pi - i \ln(\sqrt{2} + 1)$$

• 當 $w = \sqrt{2} - 1 = (\sqrt{2} + 1)^{-1}$ 時：

$$iz = \ln(\sqrt{2} - 1) + i 2k\pi = -\ln(\sqrt{2} + 1) + i 2k\pi \implies z = 2k\pi + i \ln(\sqrt{2} + 1)$$

綜合上述兩組解，得所有解為：

$$z = 2k\pi \pm i \ln(\sqrt{2} + 1), \quad k \in \mathbb{Z}$$

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（二）計算圍道積分 $\oint_C \frac{2z^3+z^2+4}{z^4+4z^2}\,dz$

1. 尋找被積函數之奇點： 被積函數為：

$$f(z) = \frac{2z^3+z^2+4}{z^4+4z^2} = \frac{2z^3+z^2+4}{z^2(z^2+4)} = \frac{2z^3+z^2+4}{z^2(z-2i)(z+2i)}$$

分母為零之點即為奇點：

• $z = 0$（二階極點，Pole of order 2）
• $z = 2i$（一階單極點，Simple pole）
• $z = -2i$（一階單極點，Simple pole）

2. 判別各奇點是否落於積分路徑 $C$ 內部： 積分路徑 $C$ 為圓方程式 $|z - 2| = 4$，表示以 $(2, 0)$ 為圓心、半徑 $R = 4$ 之圓。計算各奇點至圓心 $z_0 = 2$ 之距離：

• 對於 $z = 0$：

$$|0 - 2| = 2 < 4 \implies z = 0 \text{ 位於 } C \text{ 內部}$$

• 對於 $z = 2i$：

$$|2i - 2| = \sqrt{(-2)^2 + 2^2} = \sqrt{8} \approx 2.828 < 4 \implies z = 2i \text{ 位於 } C \text{ 內部}$$

• 對於 $z = -2i$：

$$|-2i - 2| = \sqrt{(-2)^2 + (-2)^2} = \sqrt{8} \approx 2.828 < 4 \implies z = -2i \text{ 位於 } C \text{ 內部}$$

核心觀念

1. 單邊拉普拉斯轉換（Unilateral Laplace Transform）之微分性質： $\mathcal{L}\left\{\frac{dy(t)}{dt}\right\} = sY(s) - y(0^-)$
2. 線性常微分方程式系統響應： 系統全響應（Total Response）可視為零輸入響應（Zero-Input Response, ZIR）與零狀態響應（Zero-State Response, ZSR）之和： $Y(s) = Y_{zi}(s) + Y_{zs}(s)$
3. 部分分式展開法（Partial Fraction Expansion）與反轉換： $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-a}\right\} = e^{at}u(t)$

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解題方法

步驟一：將輸入訊號轉換至頻域（$s$ 域） 已知輸入訊號為： $x(t) = \frac{3}{5}e^{-2t}u(t)$ 取單邊拉普拉斯轉換得： $X(s) = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{s+2} \implies 5X(s) = \frac{3}{s+2}$

步驟二：對微分方程式取單邊拉普拉斯轉換 原方程式為： $\frac{d}{dt}y(t) + 5y(t) = 5x(t)$ 兩邊取單邊拉普拉斯轉換並代入初始條件 $y(0^-) = -2$： $\left[sY(s) - y(0^-)\right] + 5Y(s) = 5X(s)$ $[sY(s) - (-2)] + 5Y(s) = \frac{3}{s+2}$ $(s+5)Y(s) + 2 = \frac{3}{s+2}$

步驟三：求解輸出 $Y(s)$ 之代數式 移項整理： $(s+5)Y(s) = \frac{3}{s+2} - 2 = \frac{3 - 2(s+2)}{s+2} = \frac{-2s - 1}{s+2}$ $Y(s) = \frac{-2s - 1}{(s+2)(s+5)}$

步驟四：利用部分分式展開法求解 設： $Y(s) = \frac{A}{s+2} + \frac{B}{s+5}$ 利用留數法（Heaviside cover-up method）求係數： $A = \left. \frac{-2s - 1}{s+5} \right|_{s = -2} = \frac{-2(-2) - 1}{-2 + 5} = \frac{3}{3} = 1$ $B = \left. \frac{-2s - 1}{s+2} \right|_{s = -5} = \frac{-2(-5) - 1}{-5 + 2} = \frac{9}{-3} = -3$ 因此： $Y(s) = \frac{1}{s+2} - \frac{3}{s+5}$

步驟五：取拉普拉斯反轉換 $y(t) = \mathcal{L}^{-1}\{Y(s)\} = (e^{-2t} - 3e^{-5t})u(t)$

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解題技巧

• 初始值連續性驗算： 由於激勵源 $x(t)$ 在 $t \ge 0$ 不含脈衝函數（$\delta(t)$），一階 RC 電路的狀態變數在 $t=0$ 處必定連續，即 $y(0^+) = y(0^-) = -2$。 將解得之結果代入 $t = 0$： $y(0^+) = e^{0} - 3e^{0} = 1 - 3 = -2$ 吻合原初始條件，確認計算無誤。

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第一題（二）

核心觀念

1. 初值定理（Initial Value Theorem, IVT）：

核心觀念

本題包含兩大線性代數與常微分方程的核心考點：

1. 第（一）題：線性方程組之相容性（Consistency）與行列式值

• Rouché–Capelli 定理（增廣矩陣秩定理）：線性系統 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 有解的充要條件為係數矩陣的秩等於增廣矩陣的秩，即 $\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}([A \mid \mathbf{b}])$。
• 高斯消去法與列簡化梯形矩陣（RREF）：透過基本列運算（Elementary Row Operations）將增廣矩陣化簡為梯形矩陣，判斷無解、唯一解或無窮多解的條件。
• 奇異矩陣與行列式性質：若方陣 $A_{n \times n}$ 之列向量（或行向量）線性相依，則 $\operatorname{rank}(A) < n$，其行列式值必為零，即 $\det(A) = 0$。

2. 第（二）題：一階常係數線性常微分方程組（Linear Systems of ODEs）

• 矩陣形式與特徵值法：線性系統寫為 $\mathbf{x}'(t) = M\mathbf{x}(t)$。求解特徵方程式 $\det(M - \lambda I) = 0$ 獲得特徵值 $\lambda_i$，再求解對應的特徵向量 $\mathbf{v}_i$。
• 相異實根之通解：若特徵值 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ 均為相異實根，則通解為：

$$\mathbf{x}(t) = c_1 e^{\lambda_1 t}\mathbf{v}_1 + c_2 e^{\lambda_2 t}\mathbf{v}_2 + c_3 e^{\lambda_3 t}\mathbf{v}_3$$

• 初值問題（IVP）：代入初始條件 $\mathbf{x}(0)$，解代數聯立方程組以決定待定常數 $c_1, c_2, c_3$。

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解題方法

第（一）題

(a) 求 $k$ 使得 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 有解

欲使線性方程組 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 有解，其增廣矩陣 $[A \mid \mathbf{b}]$ 經列運算化簡後，不得出現 $[0\ 0\ 0\ 0 \mid c]$（其中 $c \neq 0$）的矛盾列。

建立增廣矩陣 $[A \mid \mathbf{b}]$：

$$[A \mid \mathbf{b}] = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 1 & \bigm| & 3 \\ 3 & 2 & 1 & 4 & \bigm| & 6 \\ 2 & 6 & 10 & 3 & \bigm| & 6 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & \bigm| & k \end{pmatrix}$$

以第 1 列為樞軸，消除第 1 行其餘元素：

• $R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1$
• $R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1$
• $R_4 \leftarrow R_4 - R_1$

得：

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 1 & \bigm| & 3 \\ 0 & -4 & -8 & 1 & \bigm| & -3 \\ 0 & 2 & 4 & 1 & \bigm| & 0 \\ 0 & -1 & -2 & 0 & \bigm| & k-3 \end{pmatrix}$$

觀察第 2、3、4 列之第 2 與第 3 行，皆成 $1:2$ 之比例。進行列簡化：

• $R_2 \leftarrow R_2 + 2R_3$，得列向量 $[0\ 0\ 0\ 3 \mid -3]$，兩邊同除以 $3$ 得：

$$[0\ 0\ 0\ 1 \mid -1]$$

• $R_3 \leftarrow R_3 + 2R_4$，得列向量 $[0\ 0\ 0\ 1 \mid 2k-6]$。

將新的第 3 列減去新的第 2 列：

$$R_3 \leftarrow R_3 - R_2 \implies [0\ 0\ 0\ 0 \mid (2k-6) - (-1)] = [0\ 0\ 0\ 0 \mid 2k - 5]$$

此時增廣矩陣具備全零列的前四項：

$$[0\ 0\ 0\ 0 \mid 2k - 5]$$

若系統有解，則此列必須恆等成立（不可矛盾），即：

$$2k - 5 = 0 \implies k = \frac{5}{2}$$

此時 $\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}([A \mid \mathbf{b}]) = 3 < 4$，系統有解且有無窮多組解。

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(b) 求矩陣 $A$ 的行列式值 $\det(A)$

由 (a) 小題的基本列運算可知，基本列運算「某列加上另一列的純量倍」不改變行列式值：

$$\det(A) = \det\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 1 \\ 3 & 2 & 1 & 4 \\ 2 & 6 & 10 & 3 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 1 \\ 0 & -4 & -8 & 1 \\ 0 & 2 & 4 & 1 \\ 0 & -1 & -2 & 0 \end{pmatrix}$$

按第 1 行降階展開：

$$\det(A) = 1 \cdot \det\begin{pmatrix} -4 & -8 & 1 \\ 2 & 4 & 1 \\ -1 & -2 & 0 \end{pmatrix}$$

觀察此 $3 \times 3$ 矩陣，其第 2 行恰為第 1 行的 2 倍（$\text{Col}_2 = 2 \times \text{Col}_1$）：

$$\begin{pmatrix} -8 \\ 4 \\ -2 \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} -4 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}$$

由於行列式中有兩行成比例（線性相依），故其值恆為零：

$$\det(A) = 0$$

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第（二）題

將微分方程系統化為矩陣形式：

$$\mathbf{x}'(t) = M \mathbf{x}(t)，\qquad \mathbf{x}(0) = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \frac{1}{2} \end{pmatrix}$$

其中係數矩陣為：

$$M = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & -1 \end{pmatrix}$$

第一步：求特徵值（Eigenvalues）

計算特徵方程式 $\det(M - \lambda I) = 0$：

$$\det\begin{pmatrix} 2-\lambda & -2 & 3 \\ 1 & 1-\lambda & 1 \\ 1 & 3 & -1-\lambda \end{pmatrix} = 0$$

展開行列式：

$$\begin{aligned} \det(M - \lambda I) &= (2-\lambda)\big[(1-\lambda)(-1-\lambda) - 3\big] - (-2)\big[1(-1-\lambda) - 1\big] + 3\big[3 - (1-\lambda)\big] \\ &= (2-\lambda)(\lambda^2 - 4) + 2(-\lambda - 2) + 3(\lambda + 2) \\ &= -(\lambda - 2)(\lambda - 2)(\lambda + 2) - 2(\lambda + 2) + 3(\lambda + 2) \\ &= (\lambda + 2)\big[-(\lambda - 2)^2 - 2 + 3\big] \\ &= (\lambda + 2)\big[-(\lambda^2 - 4\lambda + 4) + 1\big] \\ &= (\lambda + 2)(-\lambda^2 + 4\lambda - 3) \\ &= -(\lambda + 2)(\lambda - 1)(\lambda - 3) = 0 \end{aligned}$$

解得三個相異特徵值：

$$\lambda_1 = 1，\qquad \lambda_2 = 3，\qquad \lambda_3 = -2$$

第二步：求對應的特徵向量（Eigenvectors）

1. 當 $\lambda_1 = 1$ 時，解 $(M - I)\mathbf{v}_1 = \mathbf{0}$：

$$\begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 3 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_{11} \\ v_{12} \\ v_{13} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

由第 2 列得 $v_{11} + v_{13} = 0 \implies v_{11} = -v_{13}$。 代入第 1 列：$-v_{13} - 2v_{12} + 3v_{13} = 0 \implies 2v_{12} = 2v_{13} \implies v_{12} = v_{13}$。 取 $v_{13} = 1$，得特徵向量：

$$\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$

核心觀念

實對稱矩陣可由正交矩陣對角化。對角矩陣的對角元素是原矩陣的特徵值，且特徵值的代數重數會保留。題目採用 $D=PAP^{-1}$；因 $P$ 為正交矩陣，$P^{-1}=P^{T}$，所以此式與常見的 $P^{T}AP=D$ 相同。

解題方法

觀察矩陣各列（行）可知，第二列全為零，且第三列是第一列的 $2$ 倍，因此 $A$ 的秩為 $1$。所以只有一個非零特徵值，其餘兩個特徵值為 $0$。

再利用特徵值總和等於矩陣的跡：

$$\operatorname{tr}(A)=1+0+4=5.$$

因此三個特徵值為 $0,0,5$。對角化後的對角元素依特徵向量排列；題目選項中，只有（A）具有兩個 $0$ 與一個 $5$，故

核心觀念

本題考查行列式的乘法性質與反矩陣的行列式公式：

$$\det(AB)=\det A\,\det B,\qquad \det(B^{-1})=\frac{1}{\det B}\quad(\det B\ne 0).$$

已知 $\det B=2\ne 0$，因此 $B^{-1}$ 存在。

解題方法

將乘積矩陣的行列式拆開，再代入已知數值：

$$\det(AB^{-1}) =\det A\cdot\det(B^{-1}) =6\cdot\frac{1}{2} =3.$$

因此選項 (C) 正確。

選項分析

核心觀念

本題考向量微分運算，包含散度 $\nabla\cdot\mathbf{F}$、旋度 $\nabla\times\mathbf{F}$，以及常數向量與位置向量的叉積。已知

$$\mathbf{r}=x\mathbf{i}+y\mathbf{j}+z\mathbf{k},\qquad \mathbf{a}=a_x\mathbf{i}+a_y\mathbf{j}+a_z\mathbf{k},$$

其中 $a_x,a_y,a_z$ 為常數。

解題方法

直接依分量計算。首先，

$$\nabla\cdot\mathbf{r} =\frac{\partial x}{\partial x} +\frac{\partial y}{\partial y} +\frac{\partial z}{\partial z} =3,$$

而

$$\nabla\times\mathbf{r} = \begin{vmatrix} \mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\ \partial_x&\partial_y&\partial_z\\ x&y&z \end{vmatrix} =\mathbf{0}.$$

再計算 $\mathbf{a}\times\mathbf{r}$：

$$\mathbf{a}\times\mathbf{r} =(a_yz-a_zy)\mathbf{i} +(a_zx-a_xz)\mathbf{j} +(a_xy-a_yx)\mathbf{k}.$$

其散度為

$$\nabla\cdot(\mathbf{a}\times\mathbf{r}) =\frac{\partial(a_yz-a_zy)}{\partial x} +\frac{\partial(a_zx-a_xz)}{\partial y} +\frac{\partial(a_xy-a_yx)}{\partial z} =0.$$

其旋度則為

核心觀念

這題考二重積分中的線積分。曲線積分 $\int_C P\,dx+Q\,dy$ 的值會依積分路徑 $C$ 而定，除非題目另有條件可確認被積分的微分形式為恰當微分。

本題的微分形式為

$$2xy\,dx+x^2\,dy=d(x^2y),$$

因此它是恰當微分，線積分只取決於起點與終點。

解題方法

令 $F(x,y)=x^2y$，則

$$\frac{\partial F}{\partial x}=2xy,\qquad \frac{\partial F}{\partial y}=x^2.$$

所以 $dF=2xy\,dx+x^2\,dy$。由線積分基本定理，

核心觀念

矩陣指數函數定義為

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

當 $A$ 是對角矩陣時，各次方仍為對角矩陣，因此矩陣指數可直接對角線上的元素分別取指數：

$$\exp\!\begin{pmatrix}a&0\\0&b\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}e^a&0\\0&e^b\end{pmatrix}.$$

解題方法

題目給定

$$A=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}, \qquad At=\begin{pmatrix}t&0\\0&-t\end{pmatrix}.$$

由對角矩陣的指數公式，得到

核心觀念

矩陣的秩是其線性獨立列向量或行向量的最大個數，也等於列空間或行空間的維度。計算秩時，可用列簡化判斷主元個數；若矩陣只有兩欄，秩至多為 $2$，只要確認兩欄線性獨立，便可判定秩為 $2$。

解題方法

逐一檢查各矩陣的行（或列）是否線性獨立，並留意矩陣的尺寸對秩的限制。

選項分析

(A) 矩陣的第二行為零行，第一行非零，因此只有一個線性獨立行：

$$\operatorname{rank}(A)=1.$$

故不符合題意。

(B) 矩陣有兩欄，因此秩至多為 $2$。檢查兩欄是否成比例：

$$\begin{pmatrix} 1\\3\\7\\4 \end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix} -2\\-6\\-1\\5 \end{pmatrix}.$$

若兩欄成比例，前兩個分量會顯示比例為 $-2$；

核心觀念

一階微分形式

$$M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$$

若滿足

$$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x},$$

便是正合微分方程。若原式不正合，可乘上適當的積分因子 $\mu(x,y)$，使 $\mu M\,dx+\mu N\,dy=0$ 成為正合。

解題方法

本題中

$$M(x,y)=x+y,\qquad N(x,y)=x\ln x.$$

先計算交叉偏導數：

$$\frac{\partial M}{\partial y}=1,\qquad \frac{\partial N}{\partial x}=\ln x+1.$$

兩者不相等，因此原式不是正合方程。

逐一檢驗選項。若積分因子只依賴 $x$，則正合條件為

$$\frac{\partial(\mu M)}{\partial y} = \frac{\partial(\mu N)}{\partial x}.$$

選項 (C) 的 $\mu(x)=1/x$ 在 $x>0$ 時定義。乘上後得到

$$\left(1+\frac{y}{x}\right)dx+\ln x\,dy=0.$$

此時

$$\frac{\partial}{\partial y}\left(1+\frac{y}{x}\right)=\frac{1}{x}, \qquad \frac{\partial}{\partial x}(\ln x)=\frac{1}{x},$$

符合正合條件，所以 (C) 正確。

選項分析

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換解初值問題，並運用平移公式處理右側的 $t^2e^{3t}$。常用公式為

$$\mathcal{L}\{y'\}=sY(s)-y(0),\qquad \mathcal{L}\{y''\}=s^2Y(s)-sy(0)-y'(0),$$

以及

$$\mathcal{L}\{t^2\}=\frac{2}{s^3},\qquad \mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}=F(s-a).$$

解題方法

對微分方程式兩側取拉普拉斯轉換。已知 $y(0)=2$、$y'(0)=6$，因此

$$\begin{aligned} \mathcal{L}\{y''-6y'+9y\} &=(s^2Y-2s-6)-6(sY-2)+9Y\\ &=(s^2-6s+9)Y-2s+6\\ &=(s-3)^2Y-2s+6. \end{aligned}$$

右側利用平移公式：

$$\mathcal{L}\{t^2e^{3t}\}=\frac{2}{(s-3)^3}.$$

故

$$(s-3)^2Y-2s+6=\frac{2}{(s-3)^3},$$

整理得

$$\begin{aligned} Y(s) &=\frac{2s-6+\dfrac{2}{(s-3)^3}}{(s-3)^2}\\ &=\frac{2(s-3)+\dfrac{2}{(s-3)^3}}{(s-3)^2}\\ &=\frac{2(s-3)^4+2}{(s-3)^5}. \end{aligned}$$

與題目形式

$$Y(s)=\frac{2(s-a)^d+2}{(s-a)^b}$$

比較可得