107 國安局特考三等 電子組(選試英文) 工程數學 考古題詳解

核心觀念

1. 特徵方程式（Characteristic Equation）： 對於 $n \times n$ 方陣 $A$，純量 $\lambda$ 為其特徵值，當且僅當滿足特徵方程式： $\det(A - \lambda I) = 0$ 其中 $I$ 為同階次的單位矩陣。
2. 特徵向量（Eigenvector）與特徵空間（Eigenspace）： 對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量為滿足齊次線性方程組： $(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$ 的非零向量 $\mathbf{v} \neq \mathbf{0}$。
3. 拉普拉斯展開（Laplace Expansion）： 計算行列式時，選取含有最多零元素的行或列進行降階展開，可大幅簡化特徵多項式的因式分解過程。
4. 實對稱矩陣（Real Symmetric Matrix）之性質： 矩陣 $A$ 滿足 $A = A^T$，其所有特徵值必為實數，且對應相異特徵值之特徵向量必互相正交（Orthogonal）。

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解題方法

第一階段：求特徵值 $\lambda$

1. 寫出矩陣 $A$ 之特徵矩陣與特徵方程式：

$$\det(A - \lambda I) = \det\begin{bmatrix} 2 - \lambda & 0 & 1 \\ 0 & 1 - \lambda & 0 \\ 1 & 0 & 1 - \lambda \end{bmatrix} = 0$$

2. 觀察第二列僅有對角線元素非零，沿第二列進行降階展開：

$$(1 - \lambda) \cdot \det\begin{bmatrix} 2 - \lambda & 1 \\ 1 & 1 - \lambda \end{bmatrix} = 0$$

3. 計算二階行列式並整理多項式： $(1 - \lambda) \left[ (2 - \lambda)(1 - \lambda) - 1 \right] = 0$ $(1 - \lambda) \left( \lambda^2 - 3\lambda + 2 - 1 \right) = 0$ $(1 - \lambda)(\lambda^2 - 3\lambda + 1) = 0$

4. 解代數方程式求根：

• 由 $1 - \lambda = 0 \implies \lambda_1 = 1$
• 由 $\lambda^2 - 3\lambda + 1 = 0$，利用一元二次方程式公式解得： $\lambda = \frac{-(-3) \pm \sqrt{(-3)^2 - 4(1)(1)}}{2(1)} = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$ 故特徵值為： $\lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = \frac{3 + \sqrt{5}}{2}, \quad \lambda_3 = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}$

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第二階段：求對應各特徵值的特徵向量 $\mathbf{v}$

設特徵向量為 $\mathbf{v} = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \neq \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$，求解 $(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$。

1. 當 $\lambda_1 = 1$ 時：

$$(A - I)\mathbf{v} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

展開方程式：

• 第三列：$1 \cdot x = 0 \implies x = 0$
• 第一列：$x + z = 0 \implies 0 + z = 0 \implies z = 0$
• 第二列為全零列，變數 $y$ 為自由變數（Free Variable），可取任意非零實數 $c_1 \neq 0$。 得對應之特徵向量為： $\mathbf{v}_1 = c_1 \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}, \quad c_1 \neq 0$

2. 當 $\lambda_2 = \frac{3 + \sqrt{5}}{2}$ 時：

$$(A - \lambda_2 I)\mathbf{v} = \begin{bmatrix} 2 - \lambda_2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 - \lambda_2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 - \lambda_2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

• 由第二列：$(1 - \lambda_2)y = 0$。因 $1 - \lambda_2 = \frac{-1 - \sqrt{5}}{2} \neq 0$，必得 $y = 0$。
• 由第三列：$x + (1 - \lambda_2)z = 0 \implies x = (\lambda_2 - 1)z$。 代入 $\lambda_2 - 1 = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$，得關係式 $x = \left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)z$。
• 選取 $z = 2c_2$（以化除分母），則 $x = (1 + \sqrt{5})c_2$。 得對應之特徵向量為： $\mathbf{v}_2 = c_2 \begin{bmatrix} 1 + \sqrt{5} \\ 0 \\ 2 \end{bmatrix}, \quad c_2 \neq 0$ （亦可選取 $z = 1$，寫為 $c_2 \begin{bmatrix} \frac{1+\sqrt{5}}{2} \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$）

核心觀念

1. 特徵值與特徵多項式（Eigenvalues and Characteristic Polynomial）：

• 矩陣 $A$ 的特徵值滿足特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$。
• 代數重數（Algebraic Multiplicity, AM）為特徵值在特徵多項式中的根重數；幾何重數（Geometric Multiplicity, GM）為對應特徵空間的維度，即 $\operatorname{nullity}(A - \lambda I)$。

2. 矩陣對角化（Matrix Diagonalization）：

• 若 $n \times n$ 矩陣 $A$ 具有 $n$ 個線性獨立之特徵向量 $v_1, v_2, \dots, v_n$，則定義轉換矩陣 $Q = \begin{bmatrix} v_1 & v_2 & \dots & v_n \end{bmatrix}$，滿足 $AQ = QD$，即 $D = Q^{-1}AQ$。
• 對角矩陣 $D$ 之主對角線元素為特徵值，且對角線元素順序必須與 $Q$ 矩陣各行特徵向量嚴格對應。

3. 矩陣冪次與多項式（Matrix Powers）：

• 若 $A$ 可對角化為 $A = QDQ^{-1}$，則其任意正整數次冪為 $A^k = Q D^k Q^{-1}$。
• 對角矩陣之次冪可直接對主對角線元素作次冪運算。當特徵值皆為 $\pm 1$ 時，$D^2 = I$，因此 $A^2 = I$（$A$ 屬於對合矩陣），奇數次冪為 $A$，偶數次冪為 $I$。

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解題方法

(一) 求可逆矩陣 $Q$ 與對角矩陣 $D$

第一步：求 $A$ 的特徵值 計算特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$：

$$\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} 7 - \lambda & -6 & -12 \\ -4 & 5 - \lambda & 8 \\ 6 & -6 & -11 - \lambda \end{vmatrix} = 0$$

利用列運算化簡，將第 1 列減去第 3 列（$R_1 - R_3$）：

$$\begin{vmatrix} 1 - \lambda & 0 & -(1 - \lambda) \\ -4 & 5 - \lambda & 8 \\ 6 & -6 & -11 - \lambda \end{vmatrix} = 0$$

由第 1 列提出公因式 $(1 - \lambda)$：

$$(1 - \lambda) \begin{vmatrix} 1 & 0 & -1 \\ -4 & 5 - \lambda & 8 \\ 6 & -6 & -11 - \lambda \end{vmatrix} = 0$$

將第 1 行加至第 3 行（$C_3 + C_1$）：

$$(1 - \lambda) \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -4 & 5 - \lambda & 4 \\ 6 & -6 & -5 - \lambda \end{vmatrix} = 0$$

按第 1 列降階展開：

$$(1 - \lambda) \cdot \left[ (5 - \lambda)(-5 - \lambda) - (-24) \right] = (1 - \lambda)(\lambda^2 - 25 + 24) = (1 - \lambda)(\lambda^2 - 1) = -(\lambda - 1)^2(\lambda + 1) = 0$$

解得特徵值為：

$$\lambda = 1 \text{（二重根）}, \quad \lambda = -1$$

題目要求 $D = \begin{bmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_2 \end{bmatrix}$，因此：

$$\lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = -1$$

對角矩陣為：

$$D = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix}$$

第二步：求對應 $\lambda_1 = 1$ 的特徵向量 求解聯立方程式 $(A - I)v = 0$：

$$\begin{bmatrix} 6 & -6 & -12 \\ -4 & 4 & 8 \\ 6 & -6 & -12 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

上述三列皆為線性相依，簡化為單一方程式：

$$x_1 - x_2 - 2x_3 = 0 \implies x_1 = x_2 + 2x_3$$

此時自由變數有兩個，特徵空間維度為 2（幾何重數等於代數重數，可對角化）。選取兩組線性獨立之解向量：

• 令 $x_2 = 1, x_3 = 0$，得 $v_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$
• 令 $x_2 = 0, x_3 = 1$，得 $v_2 = \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$

核心觀念

本題評量拉普拉氏轉換（Laplace Transform）求解常係數線性聯立微分方程式之核心運算能力，主要涵蓋下列定義與定理：

1. 導數的拉普拉氏轉換性質： $\mathcal{L}\{f'(t)\} = sF(s) - f(0)$
2. 常見函數的拉普拉氏轉換與逆轉換對： $\mathcal{L}\{e^{at}\} = \frac{1}{s - a} \iff \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s - a}\right\} = e^{at}$ $\mathcal{L}\{\cos(\omega t)\} = \frac{s}{s^2 + \omega^2} \iff \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2 + \omega^2}\right\} = \cos(\omega t)$ $\mathcal{L}\{\sin(\omega t)\} = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2} \iff \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{\omega}{s^2 + \omega^2}\right\} = \sin(\omega t)$ $\mathcal{L}\{1\} = \frac{1}{s} \iff \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s}\right\} = 1$
3. 代數消去法或克拉瑪法則（Cramer's Rule）：將時域的微分方程式轉換為頻域（$s$ 域）的代數方程組後求解。
4. 部分分式展開法（Partial Fraction Expansion）：處理包含單根、實根及共軛複數根之有理分式。

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解題方法

步驟一：取拉普拉氏轉換並代入初始條件

設 $\mathcal{L}\{x(t)\} = X(s)$、$\mathcal{L}\{y(t)\} = Y(s)$。已知初始條件 $x(0) = 0$、$y(0) = 0$。

對原聯立微方之兩式分別取拉普拉氏轉換：

1. 第一式： $[sX(s) - x(0)] + [sY(s) - y(0)] - X(s) = 0$ 代入初始條件整理得： $(s - 1)X(s) + sY(s) = 0 \quad \cdots \text{(式 1)}$

2. 第二式： $[sX(s) - x(0)] + 2[sY(s) - y(0)] = \frac{2}{s^2 + 2^2}$ 代入初始條件整理得： $sX(s) + 2sY(s) = \frac{2}{s^2 + 4} \quad \cdots \text{(式 2)}$

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步驟二：解 $s$ 域之代數方程式

由 $\text{(式 1)}$ 可得： $sY(s) = -(s - 1)X(s)$

將 $sY(s)$ 代入 $\text{(式 2)}$： $sX(s) + 2\big(-(s - 1)X(s)\big) = \frac{2}{s^2 + 4}$ $\big(s - 2s + 2\big)X(s) = \frac{2}{s^2 + 4}$ $-(s - 2)X(s) = \frac{2}{s^2 + 4}$ 解得： $X(s) = \frac{-2}{(s - 2)(s^2 + 4)}$

接著求 $Y(s)$。將 $X(s)$ 代回 $Y(s) = -\dfrac{s - 1}{s}X(s)$： $Y(s) = -\frac{s - 1}{s} \cdot \left[ \frac{-2}{(s - 2)(s^2 + 4)} \right] = \frac{2(s - 1)}{s(s - 2)(s^2 + 4)}$

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步驟三：部分分式展開與拉普拉氏逆轉換

1. 求解 $x(t)$

將 $X(s)$ 設為部分分式型態： $X(s) = \frac{-2}{(s - 2)(s^2 + 4)} = \frac{A}{s - 2} + \frac{Bs + C}{s^2 + 4}$

同乘分母 $(s - 2)(s^2 + 4)$： $-2 = A(s^2 + 4) + (Bs + C)(s - 2)$

• 令 $s = 2$： $-2 = A(4 + 4) \implies 8A = -2 \implies A = -\frac{1}{4}$
• 比較 $s^2$ 項係數： $0 = A + B \implies B = -A = \frac{1}{4}$
• 比較常數項： $-2 = 4A - 2C \implies -2 = 4\left(-\frac{1}{4}\right) - 2C \implies -2 = -1 - 2C \implies C = \frac{1}{2}$

將係數代回並拆解： $X(s) = -\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{s - 2} + \frac{1}{4} \cdot \frac{s}{s^2 + 4} + \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{s^2 + 4}$

取拉普拉氏逆轉換：

核心觀念

本題評量機率論中連續隨機變數的條件期望值與指數分佈（Exponential Distribution）之基本特性，核心涉及下列觀念與公式：

1. 指數分佈的機率分佈特性： 隨機變數 $X \sim \text{Exp}(\lambda)$，其參數 $\lambda > 0$：

• 機率密度函數（PDF）：$f_X(x) = \lambda e^{-\lambda x}$（$x \ge 0$）
• 互補累積機率（尾端機率 / Survival Function）： $P(X > c) = \int_{c}^{\infty} \lambda e^{-\lambda x} \, dx = \left[ -e^{-\lambda x} \right]_c^{\infty} = e^{-\lambda c} \quad (c \ge 0)$
• 母體期望值：$E[X] = \frac{1}{\lambda}$

2. 條件機率密度函數（Conditional PDF）： 給定事件 $A = \{X > c\}$ 且 $P(A) > 0$，在該條件下之條件機率密度函數定義為： $f_{X \mid X > c}(x) = \frac{f_X(x)}{P(X > c)}, \quad x > c$

3. 條件期望值（Conditional Expectation）之定義： $E[X \mid X > c] = \int_{c}^{\infty} x \cdot f_{X \mid X > c}(x) \, dx$

4. 指數分佈的「無記憶性」（Memoryless Property）： 若 $X \sim \text{Exp}(\lambda)$，對任意 $s, t \ge 0$，恆滿足： $P(X > s + t \mid X > s) = P(X > t)$ 由此性質可知，給定已等待超過 $s$ 之條件下，剩餘等待時間 $Y = X - s$ 仍服從相同的指數分佈 $\text{Exp}(\lambda)$，即： $E[X - s \mid X > s] = E[X] = \frac{1}{\lambda} \implies E[X \mid X > s] = s + \frac{1}{\lambda}$

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解題方法

國考申論計算題必須寫出完整定義式與推導流程，以下提供以第一原理出發的「標準積分法」，並佐以「無記憶性分析」。

【方法一】標準條件機率與分部積分法（推薦正規申論書寫）

第一步：計算條件事件機率 $P(X > 5)$ $P(X > 5) = \int_{5}^{\infty} \lambda e^{-\lambda x} \, dx = \left[ -e^{-\lambda x} \right]_{5}^{\infty} = 0 - (-e^{-5\lambda}) = e^{-5\lambda}$

第二步：求條件機率密度函數 $f_{X \mid X > 5}(x)$ 當 $x > 5$ 時： $f_{X \mid X > 5}(x) = \frac{f_X(x)}{P(X > 5)} = \frac{\lambda e^{-\lambda x}}{e^{-5\lambda}} = \lambda e^{-\lambda (x - 5)}$ 當 $x \le 5$ 時，$f_{X \mid X > 5}(x) = 0$。

第三步：代入條件期望值積分式 $E[X \mid X > 5] = \int_{5}^{\infty} x \cdot \lambda e^{-\lambda (x - 5)} \, dx$

核心觀念

1. 特徵值與特徵方程式： 對於 $n \times n$ 方陣 $A$，其特徵值（eigenvalue）$\lambda$ 滿足特徵方程式： $\det(A - \lambda I) = 0$ 其中 $I$ 為 $n \times n$ 單位矩陣。此多項式方程之根即為矩陣 $A$ 的特徵值。
2. 行列式降階展開（Laplace Expansion）： 計算 $3 \times 3$ 行列式時，選取「零元素最多」的行（column）或列（row）進行降階展開，可大幅簡化計算過程。
3. 矩陣的跡（Trace）性質： 矩陣對角線元素之和稱為跡數 $\operatorname{tr}(A)$，矩陣所有特徵值之和必等於其跡數，即： $\sum_{i=1}^n \lambda_i = \operatorname{tr}(A)$

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解題方法

求矩陣 $A$ 之特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$：

$$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 4-\lambda & 0 & 1 \\ -2 & 1-\lambda & 0 \\ -2 & 0 & 1-\lambda \end{bmatrix}$$

觀察矩陣 $A - \lambda I$ 的第二行（Column 2），含有兩個 $0$，故沿第二行進行拉普拉斯降階展開：

$$\det(A - \lambda I) = (1-\lambda) \cdot \det \begin{bmatrix} 4-\lambda & 1 \\ -2 & 1-\lambda \end{bmatrix}$$

展開 $2 \times 2$ 子行列式：

$\det \begin{bmatrix} 4-\lambda & 1 \\ -2 & 1-\lambda \end{bmatrix} = (4-\lambda)(1-\lambda) - (1)(-2)$

整理多項式：

$(4 - 5\lambda + \lambda^2) + 2 = \lambda^2 - 5\lambda + 6 = (\lambda - 2)(\lambda - 3)$

代回原特徵方程式：

核心觀念

本題考向量空間的基底判定。基底向量必須屬於該向量空間，且能線性獨立並張成整個空間。題目列出四個向量，問哪一個不屬於題目所定義的向量空間，因此只要檢查各選項能否寫成題目給定的形式即可。

令

$$\begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a+c\\ b-a\\ c-b\\ b+a \end{bmatrix}.$$

則須滿足

$$x_1=a+c,\quad x_2=b-a,\quad x_3=c-b,\quad x_4=b+a.$$

解題方法

由第二、四式相加可得 $x_2+x_4=2b$；由第一、三式相加可得 $x_1+x_3=2c-b$。更直接地，四個分量相加後整理：

$$x_1+x_2+x_3+x_4 =(a+c)+(b-a)+(c-b)+(b+a) =a+2c.$$

為判斷選項是否屬於空間，將其分量代入原式並解出 $a,b,c$。等價地，題目給定的向量可寫成

$$a\begin{bmatrix}1\\-1\\0\\1\end{bmatrix} +b\begin{bmatrix}0\\1\\-1\\1\end{bmatrix} +c\begin{bmatrix}1\\0\\1\\0\end{bmatrix}.$$

核心觀念

本題考查齊次線性方程組 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 的解，以及係數矩陣的秩與解的個數。

對 $n$ 個未知數的齊次線性方程組：

• 若 $\operatorname{rank}(A)=n$，只有唯一解 $\mathbf{x}=\mathbf{0}$。
• 若 $\operatorname{rank}(A)<n$，有無窮多個解，因為至少存在一個自由變數。
• 齊次線性方程組一定有零解，因此不會無解。

解題方法

令係數矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 3&1&2\\ -3&6&27\\ 7&0&-5 \end{bmatrix}.$$

計算行列式：

$$\begin{aligned} \det(A) &=3 \begin{vmatrix} 6&27\\ 0&-5 \end{vmatrix} - \begin{vmatrix} -3&27\\ 7&-5 \end{vmatrix} + 2 \begin{vmatrix} -3&6\\ 7&0 \end{vmatrix}\\ &=3(-30)-\bigl(15-189\bigr)+2(-42)\\ &=-90+174-84\\ &=0. \end{aligned}$$

因此 $A$ 不可逆，且 $\operatorname{rank}(A)<3$。方程組有 3 個未知數，故至少有一個自由變數，解為無窮多個。

核心觀念

本題考向量對子空間的正交投影。集合 $S$ 包含所有第三分量為 $0$ 的向量，因此是 $\mathbb{R}^3$ 中的 $xy$ 平面：

$$S=\left\{\begin{bmatrix}x\\y\\0\end{bmatrix}:x,y\in\mathbb{R}\right\}.$$

向量投影到這個平面時，保留平面內的分量，並去除垂直於平面的分量。

解題方法

$w=\begin{bmatrix}5\\3\\4\end{bmatrix}$ 的前兩個分量沿著 $xy$ 平面，第三個分量沿著平面的法向量方向。因此，投影向量為：

$$\operatorname{proj}_{S}w = \begin{bmatrix}5\\3\\0\end{bmatrix}.$$

也可用正交分解驗算。$xy$ 平面的法向量為 $n=\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}$，而 $w$ 在法向量方向的分量是：

$$\operatorname{proj}_{n}w = \frac{w\cdot n}{n\cdot n}n = 4\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\0\\4\end{bmatrix}.$$

故投影到 $S$ 的分量為：

核心觀念

本題評量線性代數中矩陣的四大子空間、行列式值（Determinant）、**矩陣的秩（Rank）與維度定理（Rank-Nullity Theorem）**之基本性質：

1. 可逆性與秩：對於 $n \times n$ 方陣 $A$，若其行列式值 $\det(A) \neq 0$，則 $A$ 為非奇異矩陣（可逆矩陣），滿足滿秩性質： $\operatorname{rank}(A) = n$
2. 維度定理（Rank-Nullity Theorem）：若 $A$ 為 $m \times n$ 矩陣，則行空間維度（即秩）與零空間維度（即零度）之和等於行數 $n$： $\operatorname{rank}(A) + \operatorname{nullity}(A) = n$
3. 列空間與行空間之基底：

• 列空間 $\operatorname{Row}(A)$ 為 $A$ 各列所張成之子空間，$\dim(\operatorname{Row}(A)) = \operatorname{rank}(A)$。
• 行空間 $\operatorname{Col}(A)$ 為 $A$ 各行所張成之子空間，$\dim(\operatorname{Col}(A)) = \operatorname{rank}(A)$。
• 當 $3 \times 3$ 矩陣之 $\operatorname{rank}(A) = 3$ 時，$\operatorname{Row}(A) = \mathbb{R}^3$ 且 $\operatorname{Col}(A) = \mathbb{R}^3$。此時，$\mathbb{R}^3$ 中任意 3 個線性獨立的向量皆可作為其列空間或行空間的一組基底。

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解題方法

步驟一：計算矩陣 $A$ 之行列式值 $\det(A)$

觀察矩陣第一列含有兩個零元素，沿第一列展開計算行列式值最為迅速：

$$\det(A) = \begin{vmatrix} 0 & 0 & -2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 3 \end{vmatrix} = (-2) \cdot (-1)^{1+3} \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 0 \end{vmatrix}$$ $$\det(A) = -2 \cdot (1 \times 0 - 2 \times 1) = -2 \cdot (-2) = 4$$

步驟二：判定矩陣之秩與零度

1. 由於 $\det(A) = 4 \neq 0$，故 $A$ 為滿秩矩陣： $\operatorname{rank}(A) = 3$
2. 根據維度定理（$n = 3$）：

核心觀念

本題考查拉普拉斯轉換的頻率平移性質與乘上時間因子的微分性質：

$$\mathcal{L}\{e^{-at}g(t)\}=G(s+a),\qquad \mathcal{L}\{t g(t)\}=-\frac{d}{ds}G(s).$$

解題方法

先求 $\cos t$ 的拉普拉斯轉換：

$$\mathcal{L}\{\cos t\}=\frac{s}{s^2+1}.$$

由頻率平移性質，

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

再使用 $\mathcal{L}\{t g(t)\}=-\frac{d}{ds}G(s)$：

$$F(s) =-\frac{d}{ds}\left(\frac{s+1}{s^2+2s+2}\right).$$

令 $D=s^2+2s+2$，則

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

與題目給定形式

核心觀念

複數可寫成 $a+bi$，其中實部為 $a$，虛部為 $b$。計算複數多項式時，利用 $i^2=-1$，再整理實數項與含 $i$ 的項。

解題方法

將 $z=1+3i$ 代入 $f(z)=z^2+3z$：

$$\begin{aligned} f(1+3i) &=(1+3i)^2+3(1+3i)\\ &=1+6i+9i^2+3+9i\\ &=1+6i-9+3+9i\\ &=-5+15i. \end{aligned}$$

因此，$f(1+3i)$ 的實部為 $-5$，虛部為 $15$，符合選項 (B)。

選項分析

核心觀念

複數函數 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ 在某點可微，表示複數差商

$$\lim_{\Delta z\to 0}\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}$$

存在，且無論 $\Delta z$ 從哪個方向趨近，極限都相同。

若 $u,v$ 的一階偏導數連續，柯西－黎曼方程

$$u_x=v_y,\qquad u_y=-v_x$$

是該點可微的充分必要條件。判斷函數是否在整個定義域可微時，可先檢查這兩式在哪些點成立，再留意函數本身是否有定義域限制。

解題方法

先將各選項寫成 $u(x,y)+iv(x,y)$，檢查柯西－黎曼方程；含有 $\log$ 的選項則須一併考慮複對數的定義與分支。

選項分析

(A) $f(z)=|z|^2$：錯誤。

因為 $|z|^2=x^2+y^2$，故 $u=x^2+y^2,\ v=0$。柯西－黎曼方程要求

$$u_x=2x=v_y=0,\qquad u_y=2y=-v_x=0.$$

這兩式僅在 $x=y=0$ 同時成立，因此函數只在原點可微，並非在任意點可微。

(B) $f(z)=\operatorname{Im}[z]$：錯誤。

$\operatorname{Im}[z]=y$ 是純實值函數，故 $u=y,\ v=0$。此時

$$u_x=0=v_y,\qquad u_y=1\ne -v_x=0.$$

柯西－黎曼方程不成立，故處處不可微。