111 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

本題旨在考驗利用**拉普拉斯轉換（Laplace transform）**求解二階常係數非齊次線性微分方程式之初始值問題（Initial Value Problem, IVP）。解題過程所需之核心公式與定理如下：

1. 導數之拉普拉斯轉換公式： 若 $\mathcal{L}\{y(t)\} = Y(s)$，則二階導函數之拉普拉斯轉換為： $\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)$

2. 正弦函數之拉普拉斯轉換公式： $\mathcal{L}\{\sin \omega t\} = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$

3. 逆拉普拉斯轉換公式： $\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{\omega}{s^2 + \omega^2} \right\} = \sin \omega t$

---

解題方法

步驟一：對微分方程式兩邊取拉普拉斯轉換

已知微分方程式為 $y'' + y = \sin 2t$，兩邊同取拉普拉斯轉換： $\mathcal{L}\{y''\} + \mathcal{L}\{y\} = \mathcal{L}\{\sin 2t\}$

代入導數與正弦函數之轉換公式： $[s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)] + Y(s) = \frac{2}{s^2 + 4}$

代入已知初始條件 $y(0) = 0$ 與 $y'(0) = 1$： $s^2 Y(s) - s(0) - 1 + Y(s) = \frac{2}{s^2 + 4}$ $(s^2 + 1) Y(s) - 1 = \frac{2}{s^2 + 4}$

移項整理可得： $(s^2 + 1) Y(s) = 1 + \frac{2}{s^2 + 4} = \frac{s^2 + 6}{s^2 + 4}$

解出 $Y(s)$ 之頻域表達式： $Y(s) = \frac{s^2 + 6}{(s^2 + 1)(s^2 + 4)}$

步驟二：利用部分分式展開法（Partial Fraction Expansion）分解 $Y(s)$

為使 $Y(s)$ 能順利進行逆轉換，將其拆解為基本分式和。因分母僅含有 $s^2$ 項，可設： $\frac{s^2 + 6}{(s^2 + 1)(s^2 + 4)} = \frac{A}{s^2 + 1} + \frac{B}{s^2 + 4}$

兩邊同乘以 $(s^2 + 1)(s^2 + 4)$ 展開分子： $s^2 + 6 = A(s^2 + 4) + B(s^2 + 1) = (A + B)s^2 + (4A + B)$

比較同次項係數： $\begin{cases} A + B = 1 \\ 4A + B = 6 \end{cases}$

兩式相減解得 $A = \frac{5}{3}$，代回得 $B = -\frac{2}{3}$。

因此 $Y(s)$ 可重寫為： $Y(s) = \frac{5}{3} \cdot \frac{1}{s^2 + 1} - \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{s^2 + 4}$

步驟三：進行逆拉普拉斯轉換求得時域解 $y(t)$

對 $Y(s)$ 取逆拉普拉斯轉換：

核心觀念

1. 矩陣特徵值與特徵向量（Eigenvalues & Eigenvectors）：

• 特徵多項式定義：$\det(A - \lambda I) = 0$，解出的根 $\lambda$ 即為特徵值。
• 特徵向量定義：滿足 $(A - \lambda I) \mathbf{v} = \mathbf{0}$ 之非零向量 $\mathbf{v}$。

2. 凱萊-哈密頓定理（Cayley-Hamilton Theorem）：

• 任何方陣 $A$ 皆滿足其特徵方程式，即 $p(A) = O$。
• 利用多項式除法，將高階矩陣多項式 $f(A)$ 對特徵多項式 $p(A)$ 求餘式 $r(A)$，即可將高階矩陣多項式降階簡化：$f(A) = r(A)$。

3. 矩陣高次方 $A^n$ 計算（Matrix Power）：

• 利用 Cayley-Hamilton 餘式定理，設 $\lambda^n = q(\lambda) p(\lambda) + (c_1 \lambda + c_0)$，代入特徵值求解常數 $c_1, c_0$ 後，即可導出 $A^n = c_1 A + c_0 I$。

---

解題方法

(一) 求 $A$ 的特徵值與特徵向量

1. 求特徵值 $\lambda$： 特徵方程式為： $\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} -\lambda & -2 \\ 1 & 3-\lambda \end{vmatrix} = 0$ 展開行列式： $(-\lambda)(3-\lambda) - (-2)(1) = \lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0$ 因式分解得： $(\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0$ 解得特徵值為： $\lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 2$

2. 求特徵向量 $\mathbf{v}$：

• 當 $\lambda_1 = 1$ 時： $(A - 1I)\mathbf{v}_1 = \mathbf{0} \implies \begin{bmatrix} -1 & -2 \\ 1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$ 展開得方程式 $-x - 2y = 0 \implies x = -2y$。 取特徵向量 $\mathbf{v}_1 = c_1 \begin{bmatrix} -2 \\ 1 \end{bmatrix}$（其中 $c_1 \neq 0$）。

• 當 $\lambda_2 = 2$ 時： $(A - 2I)\mathbf{v}_2 = \mathbf{0} \implies \begin{bmatrix} -2 & -2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$ 展開得方程式 $x + y = 0 \implies x = -y$。 取特徵向量 $\mathbf{v}_2 = c_2 \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \end{bmatrix}$（其中 $c_2 \neq 0$）。

(二) 求 $A^5 - 2A^4 - A^3 + 2A^2 + 3A + 2I$

由 Cayley-Hamilton 定理，矩陣 $A$ 滿足特徵方程式： $p(A) = A^2 - 3A + 2I = O$

將純量多項式 $f(\lambda) = \lambda^5 - 2\lambda^4 - \lambda^3 + 2\lambda^2 + 3\lambda + 2$ 對 $p(\lambda) = \lambda^2 - 3\lambda + 2$ 做長除法： $\lambda^5 - 2\lambda^4 - \lambda^3 + 2\lambda^2 + 3\lambda + 2 = (\lambda^3 + \lambda^2)(\lambda^2 - 3\lambda + 2) + (3\lambda + 2)$

將 $\lambda = A$ 代入上式，因為 $A^2 - 3A + 2I = O$，故： $f(A) = (A^3 + A^2)(O) + (3A + 2I) = 3A + 2I$

代入矩陣 $A$ 與單位矩陣 $I$： $3A + 2I = 3\begin{bmatrix} 0 & -2 \\ 1 & 3 \end{bmatrix} + 2\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & -6 \\ 3 & 9 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & -6 \\ 3 & 11 \end{bmatrix}$

(三) 求 $A^n$（$n$ 為任意正整數）

核心觀念

本題屬於複變分析（Complex Analysis）中「利用留數定理（Residue Theorem）計算實數三角函數定積分」的經典考題。主要涉及以下核心定義與定理：

1. 複數平面單位圓變數變換： 對於型如 $\int_0^{2\pi} R(\cos\theta, \sin\theta) \, \mathrm{d}\theta$ 的三角函數定積分，令 $z = e^{i\theta}$，將積分路徑轉化為複數平面上的單位圓 $C: |z| = 1$（逆時針方向）。相關替換關係式如下：

• $\mathrm{d}z = i e^{i\theta} \, \mathrm{d}\theta = i z \, \mathrm{d}\theta \implies \mathrm{d}\theta = \frac{\mathrm{d}z}{i z}$
• $\sin\theta = \frac{e^{i\theta} - e^{-i\theta}}{2i} = \frac{z - z^{-1}}{2i} = \frac{z^2 - 1}{2i z}$

2. 柯西留數定理（Cauchy's Residue Theorem）： 若函數 $f(z)$ 在簡單閉路徑 $C$ 及其內部除有限個孤立極點（Poles）外皆解析（Analytic），則： $\oint_C f(z) \, \mathrm{d}z = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}(f, z_k)$ 其中 $z_k$ 為落在閉路徑 $C$ 內部的極點。

3. 單極點（Simple Pole）之留數計算公式： 若 $z_0$ 為 $f(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}$ 的一階極點（即 $Q(z_0) = 0$ 且 $Q'(z_0) \neq 0$），則留數公式為： $\operatorname{Res}(f, z_0) = \lim_{z \to z_0} (z - z_0) f(z) = \frac{P(z_0)}{Q'(z_0)}$

---

解題方法

步驟一：將實數定積分轉換為複變圍道積分 令 $z = e^{i\theta}$，當 $\theta$ 由 $0$ 變化至 $2\pi$ 時，$z$ 在複數平面上沿逆時針繞行單位圓 $C: |z| = 1$ 一周。 將 $\mathrm{d}\theta = \frac{\mathrm{d}z}{i z}$ 與 $\sin\theta = \frac{z^2 - 1}{2i z}$ 代入原被積式分母： $5 + 4\sin\theta = 5 + 4\left(\frac{z^2 - 1}{2i z}\right) = 5 + \frac{2(z^2 - 1)}{i z} = \frac{2z^2 + 5i z - 2}{i z}$

被積式整體化簡為： $\frac{\mathrm{d}\theta}{5 + 4\sin\theta} = \frac{\frac{\mathrm{d}z}{i z}}{\frac{2z^2 + 5i z - 2}{i z}} = \frac{\mathrm{d}z}{2z^2 + 5i z - 2}$

故原積分轉化為圍道積分： $I = \oint_C \frac{1}{2z^2 + 5i z - 2} \, \mathrm{d}z$

核心觀念

已知

$$X\sim N(0,1),\qquad f_X(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}.$$

本題考查兩種隨機變數轉換：

1. 線性轉換 $Y=aX+b$： $E(Y)=aE(X)+b$ 並利用變數變換公式求機率密度函數。

2. 非一對一轉換 $Z=X^2$： 由於 $x^2=z$ 有兩個反函數根 $x=\sqrt z$ 與 $x=-\sqrt z$，必須將兩個根的貢獻相加。

---

解題方法

（一）$Y=3X+2$

1. 求 $Y$ 的期望值

利用期望值的線性性質：

$$E(Y)=E(3X+2)=3E(X)+2.$$

因為 $E(X)=0$，所以

$$E(Y)=3(0)+2=2.$$

2. 求 $Y$ 的機率密度函數

由

$$Y=3X+2$$

可反解為

$$X=\frac{Y-2}{3}.$$

令 $y$ 為 $Y$ 的取值，則

$$x=\frac{y-2}{3},\qquad \frac{dx}{dy}=\frac{1}{3}.$$

因為 $3>0$，故變數變換公式為

$$f_Y(y)=f_X\left(\frac{y-2}{3}\right)\left|\frac{dx}{dy}\right|.$$

代入 $f_X(x)$：

$$\begin{aligned} f_Y(y) &=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left[-\frac{1}{2}\left(\frac{y-2}{3}\right)^2\right]\cdot\frac{1}{3}\\ &=\frac{1}{3\sqrt{2\pi}} \exp\left[-\frac{(y-2)^2}{18}\right], \qquad -\infty<y<\infty. \end{aligned}$$

因此 $Y$ 仍為高斯隨機變數：

$$Y\sim N(2,9).$$

---

（二）$Z=X^2$

1. 求 $Z$ 的期望值

由 $Z=X^2$：

$$E(Z)=E(X^2).$$

又因為

$$\operatorname{VAR}(X)=E(X^2)-[E(X)]^2,$$

所以

$$E(X^2)=\operatorname{VAR}(X)+[E(X)]^2.$$

代入 $\operatorname{VAR}(X)=1$、$E(X)=0$：

$$E(Z)=E(X^2)=1+0^2=1.$$

2. 求 $Z$ 的機率密度函數

因為

$$Z=X^2,$$

所以 $Z\ge 0$。當 $z>0$ 時，方程式 $x^2=z$ 的兩個根為

$$x_1=\sqrt z,\qquad x_2=-\sqrt z.$$

對應的導數為

$$\left|\frac{dx}{dz}\right| =\frac{1}{2\sqrt z}.$$

因此非一對一變數變換公式為

核心觀念

本題考 $2\times2$ 矩陣的反矩陣公式。對

$$A=\begin{bmatrix}p&q\\r&s\end{bmatrix},$$

若行列式 $ps-qr\ne 0$，則

$$A^{-1}=\frac{1}{ps-qr}\begin{bmatrix}s&-q\\-r&p\end{bmatrix}.$$

解題方法

先計算 $A$ 的行列式：

$$\det(A)=3\cdot4-1\cdot2=10\ne0,$$

因此反矩陣存在。代入公式：

$$A^{-1} =\frac{1}{10}\begin{bmatrix}4&-1\\-2&3\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}0.4&-0.1\\-0.2&0.3\end{bmatrix}.$$

核心觀念

行列式具有乘法性：

$$\det(AB)=\det(A)\det(B).$$

矩陣 $A$ 是下三角矩陣，矩陣 $B$ 是上三角矩陣；三角矩陣的行列式等於主對角線元素的乘積。

解題方法

先分別計算 $A$、$B$ 的行列式，再相乘：

$$\det(A)=(-1)(1)(1)(-1)=1,$$ $$\det(B)=(-1)(2)(-3)(4)=24.$$

因此

$$\det(AB)=\det(A)\det(B)=1\times 24=24.$$

選項分析

核心觀念

$n\times n$ 方陣具有反矩陣，若且唯若其行列式不為零：

$$A^{-1}\text{ 存在}\quad\Longleftrightarrow\quad \det(A)\ne 0.$$

本題各選項都是 $3\times3$ 方陣，可計算行列式判斷是否可逆。若矩陣有一整欄為零，或兩列相同，則行列式為零，矩陣不可逆。

解題方法

利用各矩陣第一欄的結構，沿第一欄展開行列式，計算較簡便。

(A)

$$\det(A) =3\begin{vmatrix}3&3\\3&3\end{vmatrix} =3(9-9)=0.$$

第二、三列相同，因此不可逆。

(B)

$$\det(B) =3\begin{vmatrix}-3&3\\3&-3\end{vmatrix} =3(9-9)=0.$$

第二、三列互為相反數，因此列向量線性相依，矩陣不可逆。

(C)

核心觀念

兩個非零向量 $\mathbf a$、$\mathbf b$ 的夾角 $\theta$，可由內積定義求得：

$$\cos\theta=\frac{\mathbf a\cdot\mathbf b}{\|\mathbf a\|\,\|\mathbf b\|}$$

分子是兩向量的內積，分母是兩向量長度的乘積。

解題方法

已知 $\mathbf a=[1,2,3]$、$\mathbf b=[-4,-5,-6]$。

先計算內積：

$$\mathbf a\cdot\mathbf b =1(-4)+2(-5)+3(-6) =-4-10-18=-32$$

再計算兩向量的長度：

$$\|\mathbf a\|=\sqrt{1^2+2^2+3^2}=\sqrt{14}$$ $$\|\mathbf b\|=\sqrt{(-4)^2+(-5)^2+(-6)^2} =\sqrt{16+25+36}=\sqrt{77}$$

代入夾角公式：

核心觀念

線性轉換符合線性組合性質：若已知兩個線性獨立向量的像，就能先將任意向量表示成它們的線性組合，再利用線性性質求出其像。本題所給的兩個向量 $\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$、$\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}$ 線性獨立，構成 $\mathbb{R}^2$ 的一組基底。

解題方法

設

$$\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix} =s\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix} +t\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}.$$

比較分量可得 $x=s+t$、$y=s-t$，因此

$$s=\frac{x+y}{2},\qquad t=\frac{x-y}{2}.$$

由線性性質，

核心觀念

若 $A$ 的特徵值為 $\lambda$，則 $A^2$ 的對應特徵值為 $\lambda^2$。因為若 $Av=\lambda v$，則

$$A^2v=A(Av)=A(\lambda v)=\lambda Av=\lambda^2v.$$

本題矩陣是對角矩陣，其特徵值就是對角線上的元素；將這些特徵值平方，即可得到 $A^2$ 的特徵值。

解題方法

矩陣

$$A=\begin{bmatrix} -3&0&0\\ 0&4&0\\ 0&0&-1 \end{bmatrix}$$

的特徵值為 $-3、4、-1$。因此 $A^2$ 的特徵值為

$$(-3)^2=9,\qquad 4^2=16,\qquad (-1)^2=1.$$

也可直接平方對角矩陣，得到

核心觀念

若 $v$ 是矩陣 $A$ 的特徵向量，且對應特徵值為 $\lambda$，則對任意多項式 $p$，有

$$p(A)v=p(\lambda)v.$$

因此，$v$ 也是 $p(A)$ 的特徵向量。此題的關鍵是先找出題目給定向量的特徵值，再檢查選項中所列向量是否為相應矩陣的特徵向量。

解題方法

對題目給定的三個向量直接計算：

$$A\begin{bmatrix}-2\\1\\0\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}2\\1\\0\end{bmatrix} =-1\begin{bmatrix}-2\\1\\0\end{bmatrix},$$

所以 $\begin{bmatrix}-2\\1\\0\end{bmatrix}$ 對應特徵值 $\lambda=-1$。

$$A\begin{bmatrix}-3\\0\\1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}-3\\0\\1\end{bmatrix},$$

所以 $\begin{bmatrix}-3\\0\\1\end{bmatrix}$ 對應特徵值 $\lambda=1$。

$$A\begin{bmatrix}-1\\1\\0\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}2\\2\\0\end{bmatrix} =-2\begin{bmatrix}-1\\1\\0\end{bmatrix},$$

所以 $\begin{bmatrix}-1\\1\\0\end{bmatrix}$ 對應特徵值 $\lambda=-2$。

對多項式矩陣 $p(A)$，上述向量的特徵值會分別變成 $p(-1)$、$p(1)$、$p(-2)$。但選項 (C) 的向量 $\begin{bmatrix}-1\\1\\1\end{bmatrix}$ 並非題目列出的特徵向量，須直接檢驗。

選項分析

(A) 正確。 令 $p(x)=x^3+6x^2$。對應向量 $\begin{bmatrix}-2\\1\\0\end{bmatrix}$ 的特徵值為 $-1$，故

$$p(-1)=(-1)^3+6(-1)^2=5.$$

因此

$$(A^3+6A^2)\begin{bmatrix}-2\\1\\0\end{bmatrix} =5\begin{bmatrix}-2\\1\\0\end{bmatrix},$$

該向量確為 $A^3+6A^2$ 的特徵向量。

核心觀念

矩陣 $A$ 可對角化，表示存在可逆矩陣 $P$，使得 $P^{-1}AP$ 為對角矩陣。等價地說，$A$ 必須有足夠多個線性獨立的特徵向量。

對 $2\times 2$ 矩陣而言：

• 若特徵值相異，必可對角化。
• 若只有一個重根，則須有兩個線性獨立的特徵向量；若特徵空間維度只有 $1$，便不可對角化。

解題方法

逐一計算各矩陣的特徵多項式 $\det(\lambda I-A)$，再依特徵值判斷。前三個選項的特徵值各不相同，因此可對角化；選項 (B) 的特徵多項式有重根，且其特徵空間只有一維，因此不可對角化。

選項分析

(A)

$$A-\lambda I= \begin{bmatrix} -3-\lambda&-2\\ 4&3-\lambda \end{bmatrix}$$ $$\det(A-\lambda I)=(-3-\lambda)(3-\lambda)+8 =\lambda^2-1$$

特徵值為 $\lambda=1,-1$，兩者相異，因此 $A$ 可對角化。

(B)

$$B-\lambda I= \begin{bmatrix} 1-\lambda&1\\ -4&-3-\lambda \end{bmatrix}$$ $$\det(B-\lambda I)=(1-\lambda)(-3-\lambda)+4 =(\lambda+1)^2$$

唯一特徵值為 $\lambda=-1$，代數重數為 $2$。求其特徵空間：

$$B+I= \begin{bmatrix} 2&1\\ -4&-2 \end{bmatrix}$$

核心觀念

複數的極式為 $Z=re^{i\theta}$，其中 $r=|Z|$ 是複數的模，$\theta$ 是輻角。利用棣美弗定理，若 $z=\rho e^{i\phi}$，則 $z^n=\rho^n e^{in\phi}$。

解題方法

先將 $1-i$ 改寫成極式。其模為 $\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2}$，輻角可取 $-\frac{\pi}{4}$，因此

$$1-i=\sqrt{2}\,e^{-i\pi/4}.$$

所以

$$(1-i)^{20} =(\sqrt{2})^{20}e^{-i5\pi} =2^{10}e^{-i5\pi} =-2^{10}.$$

核心觀念

複數函數寫成 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ 時，若 $u$、$v$ 的一階偏導數連續，且在某區域滿足柯西－黎曼方程

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

則 $f$ 在該區域解析。也可用辨認法：若函數可寫成 $z=x+iy$ 的多項式，便是整函數，因此處處解析。

解題方法

將各選項的實部、虛部分別記為 $u$、$v$，檢查柯西－黎曼方程。各選項都是多項式，偏導數連續，因此只要判斷方程是否成立即可。

選項分析

(A) $f(x,y)=x^2-iy^2$

此處 $u=x^2$、$v=-y^2$，所以

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

柯西－黎曼方程要求 $2x=-2y$ 且 $0=0$。第一式只在 $x=-y$ 時成立，並非在任何開區域都成立，因此不解析。

(B) $f(x,y)=x-iy$

此處 $u=x$、$v=-y$，所以

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

因 $u_x\ne v_y$，不滿足柯西－黎曼方程，因此不解析。此函數其實是 $\overline z$，而 $\overline z$ 不解析。

核心觀念

本題考察柯西積分公式的高階導數形式。若 $f(z)$ 在封閉曲線 $C$ 上及其內部解析，且 $a$ 位於 $C$ 內部，則

$$\oint_C \frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}}\,\mathrm{d}z =\frac{2\pi i}{n!}f^{(n)}(a),$$

其中積分路徑採逆時針方向。

解題方法

令 $f(z)=e^{iz}$、$a=0$。因為 $e^{iz}$ 為整函數，且原點位於 $|z|=3$ 的圓周內部，可以套用高階柯西積分公式。

分母為 $z^3=(z-0)^3$，所以 $n+1=3$，即 $n=2$。計算二階導數：

$$f'(z)=ie^{iz},\qquad f''(z)=-e^{iz},$$

因此 $f''(0)=-1$。代入公式：