115 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

本題考查「實對稱矩陣的正交對角化」。

因為矩陣 $A$ 滿足

$$A^T=A,$$

依實對稱矩陣的譜定理，必可找到正交矩陣 $P$，使得

$$P^TAP=D,$$

其中 $D$ 為對角矩陣。等價地，

$$A=PDP^T.$$

正交矩陣須滿足

$$P^TP=I,$$

因此其欄向量必須是彼此正交且長度為 $1$ 的單位特徵向量。

解題方法

先求矩陣 $A$ 的特徵值。令特徵值為 $\lambda$，則

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

因此

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

所以兩個特徵值為

$$\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=-3.$$

求 $\lambda=2$ 的特徵向量

解

$$(A-2I)\mathbf{x}=0,$$

即

$$\begin{bmatrix} -4&2\\ 2&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0 \end{bmatrix}.$$

由 $-4x+2y=0$ 得

$$y=2x.$$

取 $x=1$，得特徵向量

$$\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} 1\\2 \end{bmatrix}.$$

其長度為

$$\|\mathbf{v}_1\|=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt5.$$

故單位特徵向量為

$$\mathbf{u}_1= \frac{1}{\sqrt5} \begin{bmatrix} 1\\2 \end{bmatrix}.$$

求 $\lambda=-3$ 的特徵向量

解

$$(A+3I)\mathbf{x}=0,$$

即

$$\begin{bmatrix} 1&2\\ 2&4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0 \end{bmatrix}.$$

由 $x+2y=0$ 得

$$x=-2y.$$

取 $y=1$，得特徵向量

$$\mathbf{v}_2= \begin{bmatrix} -2\\1 \end{bmatrix}.$$

核心觀念

本題為常係數非齊次線性微分方程：

$$y'''-2y''-y'+2y=2x-1.$$

解題分為兩部分：

1. 先求對應齊次方程的通解。
2. 再求一組非齊次特解，兩者相加即為一般解。

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解題方法

一、求齊次解

先考慮對應的齊次方程：

$$y'''-2y''-y'+2y=0.$$

設解為 $y=e^{rx}$，代入可得特徵方程：

$$r^3-2r^2-r+2=0.$$

利用分組因式分解：

$$\begin{aligned} r^3-2r^2-r+2 &=r^2(r-2)-(r-2)\\ &=(r^2-1)(r-2)\\ &=(r-1)(r+1)(r-2). \end{aligned}$$

因此三個相異實根為：

$$r=1,\qquad r=-1,\qquad r=2.$$

故齊次解為：

$$y_h=C_1e^x+C_2e^{-x}+C_3e^{2x},$$

其中 $C_1,C_2,C_3$ 為任意常數。

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二、求非齊次特解

右側為一次多項式 $2x-1$，且 $r=0$ 並不是特徵根，因此可設特解為一次多項式：

$$y_p=ax+b.$$

其導數為：

$$y_p'=a,\qquad y_p''=0,\qquad y_p'''=0.$$

代回原方程左側：

核心觀念

本題考查複變函數的閉合路徑積分與留數定理。

若函數 $f(z)$ 在閉合曲線 $\gamma$ 內有孤立奇點，且 $\gamma$ 採正向（逆時針）繞行，則留數定理為

$$\oint_{\gamma} f(z)\,dz = 2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;z_k),$$

其中 $z_k$ 為曲線 $\gamma$ 內所有奇點。

本題函數為

$$f(z)=\frac{2z+1}{z^2+3iz} =\frac{2z+1}{z(z+3i)}.$$

其奇點為

$$z=0,\qquad z=-3i.$$

因為 $\gamma$ 是圓心在原點、半徑為 $5$ 的圓，而

$$|0|=0<5,\qquad |-3i|=3<5,$$

所以兩個奇點皆位於 $\gamma$ 內。

解題方法

採用留數定理，分別計算 $z=0$ 與 $z=-3i$ 的留數。

1. $z=0$ 的留數

因為 $z=0$ 是一階極點，

$$\operatorname{Res}(f;0) = \lim_{z\to 0}z\frac{2z+1}{z(z+3i)} = \lim_{z\to 0}\frac{2z+1}{z+3i}.$$

因此

$$\operatorname{Res}(f;0) = \frac{1}{3i} = -\frac{i}{3}.$$

2. $z=-3i$ 的留數

同樣地，$z=-3i$ 是一階極點，因此

$$\operatorname{Res}(f;-3i) = \lim_{z\to -3i}(z+3i)\frac{2z+1}{z(z+3i)} = \lim_{z\to -3i}\frac{2z+1}{z}.$$

代入 $z=-3i$：

核心觀念

題目給出的機率密度函數為指數分布（Exponential Distribution）：

$$f_X(x)=\lambda e^{-\lambda x},\qquad x\ge 0$$

其中必須有 $\lambda>0$。指數分布的兩個重要公式為：

$$E(X)=\frac{1}{\lambda}$$ $$\operatorname{Var}(X)=\frac{1}{\lambda^2}$$

本題要求由定義計算期望值與變異數。

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解題方法

一、計算期望值

連續型隨機變數的期望值定義為：

$$E(X)=\int_{-\infty}^{\infty}x f_X(x)\,dx$$

由於 $f_X(x)=0$（當 $x<0$），因此：

$$E(X)=\int_0^\infty x\lambda e^{-\lambda x}\,dx$$

取分部積分。令

$$u=x,\qquad dv=\lambda e^{-\lambda x}\,dx$$

則

$$du=dx,\qquad v=-e^{-\lambda x}$$

因此：

$$\begin{aligned} E(X) &=\left[-xe^{-\lambda x}\right]_0^\infty +\int_0^\infty e^{-\lambda x}\,dx\\ &=0+\left[-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda x}\right]_0^\infty\\ &=\frac{1}{\lambda} \end{aligned}$$

其中使用了 $\lambda>0$，所以當 $x\to\infty$ 時，$e^{-\lambda x}\to 0$。

故：

$$\boxed{E(X)=\frac{1}{\lambda}}$$

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二、計算二階動差

變異數可利用公式：

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

先計算 $E(X^2)$：

$$E(X^2)=\int_0^\infty x^2\lambda e^{-\lambda x}\,dx$$

取分部積分：

$$u=x^2,\qquad dv=\lambda e^{-\lambda x}\,dx$$

則

核心觀念

本題考查三維向量的基本運算：

• 向量範數： $\|u\|=\sqrt{u\cdot u}$
• 內積： $u\cdot v=u_1v_1+u_2v_2+u_3v_3$
• 外積：

$$u\times v= \begin{bmatrix} u_2v_3-u_3v_2\\ u_3v_1-u_1v_3\\ u_1v_2-u_2v_1 \end{bmatrix}$$

• 夾角 $\theta$ 與內積的關係： $u\cdot v=\|u\|\|v\|\cos\theta$

已知

$$u=\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix},\qquad v=\begin{bmatrix}0\\-1\\1\end{bmatrix}$$

解題方法

先分別計算範數、內積及外積，再利用內積公式求夾角，逐一核對選項。

選項分析

(A) 此兩向量的範數和為 $2\sqrt{2}$

$$\|u\|=\sqrt{1^2+0^2+(-1)^2}=\sqrt{2}$$ $$\|v\|=\sqrt{0^2+(-1)^2+1^2}=\sqrt{2}$$

因此

$$\|u\|+\|v\|=\sqrt{2}+\sqrt{2}=2\sqrt{2}$$

故 (A) 正確。

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(B) 此兩向量的內積為 $-1$

$$u\cdot v=(1)(0)+(0)(-1)+(-1)(1)=-1$$

故 (B) 正確。

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(C) 此兩向量的外積為 $[-1\ \ -1\ \ -1]^T$

依外積公式：

核心觀念

特徵多項式通常定義為

$$p(\lambda)=\det(\lambda I-A).$$

若 $A$ 為 $n\times n$ 矩陣，則：

1. 特徵多項式的次數等於矩陣維度 $n$。
2. 特徵多項式的常數項滿足

$$p(0)=\det(-A)=(-1)^n\det(A).$$

3. 若 $0$ 不是特徵值，則 $A$ 可逆，因此

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

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解題方法

題目給出

$$p(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda+1)(\lambda-2)^2(\lambda+2)^2(\lambda-3).$$

各因式的次數總和為

$$1+1+2+2+1=7.$$

因此 $A$ 是 $7\times 7$ 矩陣。

再由特徵值的乘積求行列式。矩陣 $A$ 的特徵值為

$$1,\,-1,\,2,\,2,\,-2,\,-2,\,3.$$

所以

$$\det(A) =1\cdot(-1)\cdot 2^2\cdot(-2)^2\cdot 3.$$

計算得

$$\det(A) =1\cdot(-1)\cdot4\cdot4\cdot3 =-48.$$

此外，所有特徵值皆不為 $0$，因此 $A$ 可逆，故

$$\operatorname{rank}(A)=7.$$

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選項分析

(A) 矩陣 $A$ 的行列式值 $\det(A)=p(0)$。

錯誤。

先計算

$$p(0)=(-1)(1)(-2)^2(2)^2(-3).$$

因此

核心觀念

本題考查：

1. 向量在另一向量上的正交投影： $\operatorname{proj}_v u=\frac{u\cdot v}{v\cdot v}v.$

2. 正交分解： $u=u_1+u_2,$ 其中 $u_1$ 是投影分量，$u_2$ 是垂直於 $v$ 的分量，因此應滿足 $u_1\cdot u_2=0.$

3. 向量範數： $\lVert x\rVert=\sqrt{x\cdot x}.$

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解題方法

已知

$$u=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}, \qquad v=\begin{bmatrix}0\\1\\1\end{bmatrix}.$$

先計算內積：

$$u\cdot v=1(0)+0(1)+1(1)=1,$$ $$v\cdot v=0^2+1^2+1^2=2.$$

因此，$u$ 在 $v$ 上的正交投影為

$$u_1=\frac{u\cdot v}{v\cdot v}v =\frac{1}{2} \begin{bmatrix}0\\1\\1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\\frac12\\\frac12\end{bmatrix}.$$

再由

$$u_2=u-u_1$$

得

$$u_2= \begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix} - \begin{bmatrix}0\\\frac12\\\frac12\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1\\-\frac12\\\frac12\end{bmatrix}.$$

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選項分析

(A) 正確

由投影公式可得

$$u_1= \begin{bmatrix}0\\\frac12\\\frac12\end{bmatrix},$$

與選項相同，因此 (A) 正確。

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(B) 依數學計算應為正確

由正交分解

$$u_2=u-u_1 = \begin{bmatrix}1\\-\frac12\\\frac12\end{bmatrix}.$$

這正是選項 (B) 所列的向量，因此依標準定義與計算，(B) 並沒有錯誤。

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(C) 正確

核心觀念

本題考查「不同基底下的座標轉換矩陣」。

若 $B=\{u_1,u_2\}$、$B'=\{v_1,v_2\}$，令

$$P_B=\begin{bmatrix}u_1&u_2\end{bmatrix},\qquad P_{B'}=\begin{bmatrix}v_1&v_2\end{bmatrix},$$

則從基底 $B$ 座標轉換至基底 $B'$ 的矩陣為

$$T_{B\to B'}=P_{B'}^{-1}P_B.$$

也就是對任意向量 $x$，

$$[x]_{B'}=T_{B\to B'}[x]_B.$$

解題方法

由題目給定

$$u_1=\begin{bmatrix}0\\-1\end{bmatrix}, \qquad u_2=\begin{bmatrix}-1\\0\end{bmatrix},$$

因此基底 $B$ 的矩陣為

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

同理，

$$v_1=\begin{bmatrix}-1\\0\end{bmatrix}, \qquad v_2=\begin{bmatrix}0\\-1\end{bmatrix},$$

所以

$$P_{B'}= \begin{bmatrix} -1&0\\ 0&-1 \end{bmatrix} =-I.$$

由於

$$P_{B'}^{-1}=(-I)^{-1}=-I,$$

故

$$T_{B\to B'} =P_{B'}^{-1}P_B =(-I) \begin{bmatrix} 0&-1\\ -1&0 \end{bmatrix}.$$

矩陣乘以 $-1$ 得

核心觀念

本題考查線性映射的矩陣表示，以及以下基本關係：

• 零核空間（null space）： $N(T)=\{\mathbf{x}:T(\mathbf{x})=\mathbf{0}\}$
• 秩（rank）等於矩陣的行空間（column space）維度。
• 線性映射為一對一，當且僅當其零核空間只有零向量。
• 對 $n\times n$ 矩陣而言，若行列式不為零，則矩陣可逆、秩為 $n$，且對應線性映射為一對一。

解題方法

由

$$T(x,y)=(x+y,x+2y)$$

可得其標準矩陣為

$$A= \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&2 \end{bmatrix}.$$

計算行列式：

$$\det(A)=1\cdot 2-1\cdot 1=1\neq 0.$$

因此矩陣 $A$ 可逆，得到：

1. $A$ 的秩為 $2$；
2. $A$ 的零核空間只有零向量；
3. $T$ 為一對一函數；
4. 行空間與行列空間的維度皆為 $2$。

亦可直接求零核空間。令

$$T(x,y)=(0,0),$$

則

$$\begin{cases} x+y=0,\\ x+2y=0. \end{cases}$$

兩式相減得

$$y=0,$$

再代回得

$$x=0.$$

所以

$$N(T)=\{(0,0)\},$$

其維度為 $0$。

選項分析

(A) 函數 $T$ 之零核空間的維度為 $0。

由上述計算，

$$N(T)=\{(0,0)\}.$$

零核空間只包含零向量，因此其維度為 $0$。本選項正確。

(B) 函數 $T$ 的秩（rank）為 $2。

核心觀念

本題考查矩陣的基本運算性質：

1. 矩陣轉置的乘法法則： $(AB)^T=B^TA^T$
2. 矩陣乘法的結合律： $A(BC)=(AB)C$
3. 矩陣乘法通常不可約去因子，除非已知該矩陣可逆。
4. 矩陣乘法對加法具有分配律： $(A+B)C=AC+BC$

已知 $AC=BC$ 但題目並未說明 $C$ 可逆，因此不能直接由兩邊消去 $C$，推出 $A=B$。

解題方法

逐一檢查各選項是否符合矩陣運算定理，並特別注意 $AC=BC$ 是否可以進行右消去。

選項分析

(A) $C^TA^T=C^TB^T$

由已知 $AC=BC$ 兩邊同時取轉置，得到 $(AC)^T=(BC)^T$ 利用轉置乘法公式 $(AC)^T=C^TA^T,\qquad (BC)^T=C^TB^T$ 因此 $C^TA^T=C^TB^T$ 選項 (A) 正確。

(B) $A(BC)=(AB)C$

矩陣乘法具有結合律。只要各矩陣的維度相容，即有 $A(BC)=(AB)C$ 本題 $A$、$B$、$C$ 均為 $2\times2$ 矩陣，維度完全相容，因此選項 (B) 正確。

必須注意，矩陣乘法一般不具有交換律，即通常 $AB\ne BA$ 但這不影響結合律 $A(BC)=(AB)C$

(C) $A=B$

核心觀念

本題考查三維向量的：

• 平行判定：兩向量互為倍數。
• 垂直判定：內積為 $0$。
• 線性獨立判定：只有零係數組合才能得到零向量。
• 張成空間的維度：兩個向量至多張成一個二維平面，不能張成整個三維空間。

已知

$$V_1=[1,2,0],\qquad V_2=[-2,2,1].$$

解題方法

判斷線性獨立，可設

$$aV_1+bV_2=\mathbf{0}.$$

代入兩向量：

$$a[1,2,0]+b[-2,2,1]=[0,0,0].$$

逐分量比較，得到

$$\begin{cases} a-2b=0,\\ 2a+2b=0,\\ b=0. \end{cases}$$

由第三式得 $b=0$，代入第一式可得 $a=0$。因此只有

$$a=b=0$$

才能使線性組合等於零向量，所以 $V_1$ 與 $V_2$ 線性獨立。

選項分析

(A) $V_1$ 和 $V_2$ 互相平行

兩向量平行須存在常數 $k$，使得

$$V_2=kV_1.$$

由第一分量可得 $k=-2$，但第二分量若成立則應有

$$2k=2 \quad\Rightarrow\quad k=1,$$

兩者矛盾。因此 $V_1$ 與 $V_2$ 不是互相平行，選項 (A) 錯誤。

核心觀念

對矩陣 $A$ 而言：

• 若存在非零向量 $\mathbf{x}$ 與純量 $\lambda$，使得 $A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x},$ 則稱 $\lambda$ 為 $A$ 的特徵值，$\mathbf{x}$ 為對應的特徵向量。
• 特徵值可由特徵方程式求得： $\det(A-\lambda I)=0.$

本題矩陣為

$$A=\begin{bmatrix}3&1\\1&3\end{bmatrix}.$$

解題方法

先求特徵值。令

$$I=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix},$$

則

$$A-\lambda I = \begin{bmatrix} 3-\lambda&1\\ 1&3-\lambda \end{bmatrix}.$$

因此特徵方程式為

$$\det(A-\lambda I) = (3-\lambda)^2-1=0.$$

展開得

$$(3-\lambda)^2=1,$$

所以

$$3-\lambda=\pm1.$$

故兩個特徵值為

$$\lambda=2,\quad \lambda=4.$$

因此 $3$ 並不是特徵值，而 $4$ 是特徵值。

接著直接驗算兩個向量：

對

$$\mathbf{x}_1=\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix},$$

有

$$A\mathbf{x}_1 = \begin{bmatrix}3&1\\1&3\end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}4\\4\end{bmatrix} = 4\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}.$$

所以 $\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$ 是特徵向量，對應特徵值 $4$。

對

$$\mathbf{x}_2=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix},$$

有

$$A\mathbf{x}_2 = \begin{bmatrix}3&1\\1&3\end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}2\\-2\end{bmatrix} = 2\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}.$$

所以 $\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}$ 也是特徵向量，對應特徵值 $2$。

選項分析

核心觀念

本題考查複變函數在孤立奇點的殘餘數（residue），以及簡單極點的快速求法。

令

$$f(z)=\sec z=\frac{1}{\cos z}, \qquad z_0=-\frac{\pi}{2}.$$

因為

$$\cos\left(-\frac{\pi}{2}\right)=0,$$

所以 $z_0$ 是 $f(z)$ 的奇點。又

$$\frac{d}{dz}\cos z=-\sin z,$$

且

$$-\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)=1\neq 0,$$

因此 $\cos z$ 在 $z_0$ 為一階零點，$f(z)=1/\cos z$ 在 $z_0$ 為簡單極點。

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解題方法

若

$$f(z)=\frac{g(z)}{h(z)},$$

且 $h(z_0)=0$、$h'(z_0)\neq 0$，則 $z_0$ 為簡單極點，其殘餘數為

$$\operatorname{Res}(f,z_0)=\frac{g(z_0)}{h'(z_0)}.$$

本題中

$$g(z)=1,\qquad h(z)=\cos z,$$

因此

$$\operatorname{Res}\left(\sec z,-\frac{\pi}{2}\right) = \frac{1}{-\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)}.$$

由

$$\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)=-1,$$

可得

$$\operatorname{Res}\left(\sec z,-\frac{\pi}{2}\right) = \frac{1}{1}=1.$$

也可由局部線性近似理解：

核心觀念

本題考查複變函數的留數定理：

$$\oint_C f(z)\,dz=2\pi i\sum \operatorname{Res}(f;z_k),$$

其中 $z_k$ 必須是位於封閉路徑 $C$ 內部的孤立奇點。若奇點落在路徑 $C$ 上，通常積分並無一般意義。

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解題方法

先分解分母：

$$z^2-2z+2=(z-1)^2+1=(z-1-i)(z-1+i).$$

因此 $f(z)$ 的兩個極點為

$$z_1=1+i,\qquad z_2=1-i.$$

圓周為

$$|z-i|=2.$$

分別計算兩極點到圓心 $i$ 的距離：

$$|z_1-i|=|(1+i)-i|=1<2,$$

所以 $z_1=1+i$ 位於圓內；

$$|z_2-i|=|(1-i)-i|=|1-2i|=\sqrt{5},$$

此處需注意：直接以題目極點 $z_2=1-i$ 計算，

$$|(1-i)-i|=|1-2i|=\sqrt{5}>2.$$

因此 $z_2=1-i$ 位於圓外。

在 $z_1=1+i$ 處的留數為

$$\operatorname{Res}(f;1+i) = \lim_{z\to 1+i}(z-1-i) \frac{z^2}{(z-1-i)(z-1+i)}.$$

故

$$\operatorname{Res}(f;1+i) = \frac{(1+i)^2}{(1+i)-(1-i)} = \frac{2i}{2i}=1.$$

依留數定理，

$$\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i(1) = 2\pi i.$$

因此

核心觀念

本題考查複變函數在外部區域 $|z|>2$ 的 Laurent 展開，以及幾何級數公式

$$\frac{1}{1-w}=\sum_{n=0}^{\infty}w^n,\qquad |w|<1.$$

因為 $|z|>2$，所以

$$\left|\frac{1}{z}\right|<\frac12,\qquad \left|\frac{2}{z}\right|<1,$$

可分別將 $\dfrac{1}{z-1}$ 與 $\dfrac{1}{z-2}$ 展開為負次方級數。

解題方法

先作部分分式分解：

$$\frac{1}{(z-1)(z-2)} =\frac{-1}{z-1}+\frac{1}{z-2}.$$

對於 $|z|>2$，

$$\frac{1}{z-1} =\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac1z} =\frac1z\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac1z\right)^n =\sum_{n=0}^{\infty}z^{-(n+1)},$$

而

$$\frac{1}{z-2} =\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac2z} =\frac1z\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac2z\right)^n =\sum_{n=0}^{\infty}2^n z^{-(n+1)}.$$

因此

$$f(z) =\sum_{n=0}^{\infty}(2^n-1)z^{-(n+1)}.$$

逐項寫出前幾項：

$$\begin{aligned} f(z) &=(2^0-1)z^{-1} +(2^1-1)z^{-2} +(2^2-1)z^{-3}\\ &\quad +(2^3-1)z^{-4} +(2^4-1)z^{-5}+\cdots. \end{aligned}$$