107 地方特考三等 電子工程 工程數學 考古題詳解

核心觀念

1. 正交矩陣（Orthogonal Matrix）之定義與性質： 若 $n \times n$ 實數方陣 $A$ 為正交矩陣，則滿足： $A^T A = A A^T = I$ 其幾何意義為矩陣的「各列向量（Row vectors）」與「各行向量（Column vectors）」分別構成 $\mathbb{R}^n$ 空間中的一組規範正交基底（Orthonormal basis）。即任一列（行）向量之長度均為 $1$，且相異兩列（行）向量彼此正交（內積為 $0$）。

2. 矩陣跡數（Trace）與特徵值之關係： 對於任意 $n \times n$ 方陣 $A$，其全體特徵值 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$ 之和恆等於該矩陣主對角線元素之和（即矩陣的跡數 $\operatorname{tr}(A)$）： $\sum_{i=1}^n \lambda_i = \operatorname{tr}(A)$

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解題方法

(一) 求 $a, b, c$ 之值

將矩陣 $A$ 視為三個列向量組成的集合：

$$\mathbf{r}_1 = \begin{bmatrix} a & 0 & 0 \end{bmatrix},\quad \mathbf{r}_2 = \begin{bmatrix} b & \cos\theta & \sin\theta \end{bmatrix},\quad \mathbf{r}_3 = \begin{bmatrix} c & -\sin\theta & \cos\theta \end{bmatrix}$$

由正交矩陣列向量之規範正交性：

1. 第一列為單位向量（長度為 1）： $\|\mathbf{r}_1\|^2 = a^2 + 0^2 + 0^2 = 1 \implies a^2 = 1 \implies a = \pm 1$

2. 第一列與第二列互相正交（內積為 0）： $\mathbf{r}_1 \cdot \mathbf{r}_2 = a \cdot b + 0 \cdot \cos\theta + 0 \cdot \sin\theta = 0 \implies ab = 0$ 因為 $a = \pm 1 \neq 0$，故得： $b = 0$

3. 第一列與第三列互相正交（內積為 0）： $\mathbf{r}_1 \cdot \mathbf{r}_3 = a \cdot c + 0 \cdot (-\sin\theta) + 0 \cdot \cos\theta = 0 \implies ac = 0$ 因為 $a = \pm 1 \neq 0$，故得： $c = 0$

4. 驗證其餘正交條件：

核心觀念

本題的核心為​「利用拉普拉斯轉換（Laplace Transform）求解變係數線性常微分方程式」。涉及的核心觀念與數學定理如下：

1. 導數的拉氏轉換公式：

$$\mathcal{L}\{y'(t)\} = s Y(s) - y(0)$$ $$\mathcal{L}\{y''(t)\} = s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0)$$

2. 頻域微分性質（乘 $t$ 性質）： 若 $\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s)$，則：

$$\mathcal{L}\{t f(t)\} = -\frac{d}{ds} F(s)$$

3. 第一位移定理（頻域位移）及其反轉換：

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{1}{(s - a)^{n+1}} \right\} = \frac{t^n}{n!} e^{at}$$

4. 一階可分離變數微分方程式之求解。

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解題方法

切入點分析

原方程式為二階變係數常微分方程式：

$$t y'' + (t - 1)y' + y = 0$$

由於變數係數皆為自變數 $t$ 的一次多項式，若使用級數解法（Frobenius 法）計算繁瑣且耗時；而採用拉氏轉換時，乘 $t$ 運算對應頻域的微分運算 $\left(-\frac{d}{ds}\right)$，可將原二階常微分方程式轉化為頻域中關於 $Y(s)$ 的一階線性可分離變數微分方程式，大幅降低求解難度。

此外，題目僅給定 $y(0) = 0$ 與 $y(1) = 2$，未直接提供 $y'(0)$。但在拉氏轉換過程中，未知常數 $y'(0)$ 在對 $s$ 微分時自然消失，因此無須預先假設數值即可順利求解。

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詳細推導步驟

步驟一：設定初值並對各項取拉氏轉換

設 $y(0) = 0$，並令未知初值 $y'(0) = c_1$。令 $\mathcal{L}\{y(t)\} = Y(s)$。

1. 對 $t y''$ 取拉氏轉換：

$$\mathcal{L}\{y''\} = s^2 Y(s) - s y(0) - y'(0) = s^2 Y(s) - c_1$$

由頻域微分性質：

$$\mathcal{L}\{t y''\} = -\frac{d}{ds}\left[ s^2 Y(s) - c_1 \right] = -\left[ 2s Y(s) + s^2 Y'(s) \right] = -s^2 Y'(s) - 2s Y(s)$$

（注意：常數 $c_1$ 對 $s$ 微分結果為 $0$）

2. 對 $(t - 1)y' = t y' - y'$ 取拉氏轉換：

$$\mathcal{L}\{y'\} = s Y(s) - y(0) = s Y(s)$$ $$\mathcal{L}\{t y'\} = -\frac{d}{ds}\left[ s Y(s) \right] = -\left[ Y(s) + s Y'(s) \right] = -s Y'(s) - Y(s)$$

因此：

$$\mathcal{L}\{(t - 1)y'\} = \mathcal{L}\{t y'\} - \mathcal{L}\{y'\} = -s Y'(s) - Y(s) - s Y(s) = -s Y'(s) - (s + 1)Y(s)$$

3. 對 $y$ 取拉氏轉換：

$$\mathcal{L}\{y\} = Y(s)$$

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步驟二：代入原微分方程式並化簡

將上述各項轉換代入原方程式 $\mathcal{L}\{t y'' + (t - 1)y' + y\} = 0$：

$$\left[ -s^2 Y'(s) - 2s Y(s) \right] + \left[ -s Y'(s) - (s + 1)Y(s) \right] + Y(s) = 0$$

合併同類項：

$$-(s^2 + s) Y'(s) + \left[ -2s - (s + 1) + 1 \right] Y(s) = 0$$ $$-(s^2 + s) Y'(s) - 3s Y(s) = 0$$

兩邊同除以 $-s$（在 $s \neq 0$ 條件下）：

$$(s + 1) Y'(s) + 3 Y(s) = 0$$

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步驟三：求解頻域一階微分方程式

核心觀念

本題為國考工程數學的經典必考題型，主要考核以下四大核心觀念與定理：

1. 週期函數之對稱性與傅立葉級數（Fourier Series）： 函數定義於區間 $(-\pi, \pi)$ 且週期 $T = 2\pi$（半週期 $L = \pi$）。由於 $f(-x) = (-x)^2 = x^2 = f(x)$，函數為偶函數（Even Function），其傅立葉正弦項係數必為零（$b_n = 0$），僅需展開為傅立葉餘弦級數： $f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos(nx)$
2. 傅立葉係數之計算與分部積分法： 利用偶函數在對稱區間之積分簡化公式： $a_0 = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi} f(x)\,dx$ $a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi} f(x) \cos(nx)\,dx$ 其中 $x^2 \cos(nx)$ 的積分需熟練運用多次分部積分（表格積分法）。
3. 帕斯瓦定理（Parseval's Identity）： 若傅立葉級數係數為 $a_n \propto \frac{1}{n^2}$，欲求 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4}$，其冪次增加一倍，必須運用將時域訊號均方值（能量）對應至頻域係數平方和的「帕斯瓦定理」： $\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} [f(x)]^2\,dx = \frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \left( a_n^2 + b_n^2 \right)$

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解題方法

第一部分：求解 $f(x) = x^2$ 的傅立葉級數

Step 1：判定函數對稱性 給定 $f(x) = x^2$（$-\pi < x < \pi$），週期 $T = 2\pi \implies L = \pi$。 因 $f(x)$ 為偶函數，故正弦項係數： $b_n = 0 \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$

Step 2：計算常數項係數 $a_0$ $a_0 = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi} x^2\,dx = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^{\pi} = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi^3}{3} = \frac{2\pi^2}{3}$ 因此級數中的直流（常數）項為： $\frac{a_0}{2} = \frac{\pi^2}{3}$

Step 3：計算餘弦項係數 $a_n$ $a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi} x^2 \cos(nx)\,dx$ 採用分部積分法（微積分表格法）：

• 微分項：$u = x^2 \xrightarrow{D} 2x \xrightarrow{D} 2 \xrightarrow{D} 0$
• 積分項：$v = \cos(nx) \xrightarrow{I} \frac{\sin(nx)}{n} \xrightarrow{I} -\frac{\cos(nx)}{n^2} \xrightarrow{I} -\frac{\sin(nx)}{n^3}$

交替正負號相乘得： $\int x^2 \cos(nx)\,dx = \frac{x^2 \sin(nx)}{n} + \frac{2x \cos(nx)}{n^2} - \frac{2\sin(nx)}{n^3}$

代入積分上下限 $0$ 至 $\pi$（注意 $\sin(n\pi) = \sin(0) = 0$）： $a_n = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{2\pi \cos(n\pi)}{n^2} \right] = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{2\pi (-1)^n}{n^2} = \frac{4(-1)^n}{n^2}$

Step 4：寫出傅立葉級數展開式 將求得之係數代入傅立葉級數： $f(x) = \frac{\pi^2}{3} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{4(-1)^n}{n^2} \cos(nx)$ 亦可寫為展開形式： $f(x) = \frac{\pi^2}{3} - 4 \left( \frac{\cos x}{1^2} - \frac{\cos 2x}{2^2} + \frac{\cos 3x}{3^2} - \frac{\cos 4x}{4^2} + \cdots \right)$

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核心觀念

本題屬於工程數學中「機率論（Probability Theory）」的古典機率與離散計數問題，主要測驗以下觀念與數學工具：

1. 古典機率模型：設有限樣本空間 $\Omega$ 中的每個基本事件發生之機會均等，事件 $A$ 的機率定義為 $P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|} = \frac{A \text{ 所包含的樣本點數}}{\text{樣本空間的總樣本點數}}$
2. 組合計數（Combinations）：自 $n$ 個相異物中不重複、不計次序取出 $k$ 個物的取法數為 $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$
3. 超幾何分佈（Hypergeometric Distribution）精神：在不放回抽樣中，母體區分為特定標籤與非標籤兩類，計算取出指定標籤數量的機率。
4. 互斥事件加法定理與餘事件原理：

• 互斥事件：若 $A_i \cap A_j = \emptyset$（$i \neq j$），則 $P(\bigcup A_i) = \sum P(A_i)$。
• 餘事件：若正面分類過多，可改採全體扣除對立事件，$P(A) = 1 - P(A^c)$。

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解題方法

樣本空間大小 $|\Omega|$

自一副 52 張撲克牌（4 種花色，每種花色各 13 張）中任取 5 張牌，其所有可能的取法總數為： $|\Omega| = \binom{52}{5} = \frac{52 \times 51 \times 50 \times 49 \times 48}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 2,598,960$

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(一) 所有取出之牌皆為同花色之機率

1. 事件分析：

• 第一步：決定 5 張牌所屬的花色，自 4 種花色（黑桃、紅心、方塊、梅花）中選出 1 種，計有 $\binom{4}{1}$ 種選法。
• 第二步：在該指定花色的 13 張牌中任取 5 張，計有 $\binom{13}{5}$ 種取法。

2. 滿足條件的樣本點數： $|A| = \binom{4}{1} \times \binom{13}{5} = 4 \times \frac{13 \times 12 \times 11 \times 10 \times 9}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 4 \times 1,287 = 5,148$
3. 機率計算與化簡： $P(\text{同花色}) = \frac{\binom{4}{1}\binom{13}{5}}{\binom{52}{5}} = \frac{4 \times \frac{13 \times 12 \times 11 \times 10 \times 9}{120}}{\frac{52 \times 51 \times 50 \times 49 \times 48}{120}} = \frac{4 \times 13 \times 12 \times 11 \times 10 \times 9}{52 \times 51 \times 50 \times 49 \times 48}$ 消去分子分母之共同公因數（$4 \times 13 = 52$ 對消；$12/48 = 1/4$；$10/50 = 1/5$；$9/51 = 3/17$）： $P(\text{同花色}) = \frac{11 \times 3}{17 \times 5 \times 49 \times 4} = \frac{33}{16,660} \approx 0.001981 \quad (\text{約 } 0.198\%)$

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(二) 取出 2 張或更多之 Aces 之機率

一副牌中有 4 張 Ace 與 48 張非 Ace 牌。設隨機變數 $X$ 代表取出的 5 張牌中 Ace 的張數，題目要求求出 $P(X \ge 2)$。

方法一：正面討論（互斥事件分類相加）

取出的 Ace 數量可能為 2 張、3 張或 4 張（牌組中僅有 4 張 Ace，不可能為 5 張）：

1. 恰有 2 張 Ace ($X=2$)：

核心觀念

歪斜對稱矩陣須滿足 $M^{T}=-M$。因此，主對角線元素必為 $0$，且任意兩個關於主對角線對稱的位置，其元素互為相反數。

解題方法

比較矩陣中三組對稱位置：

$$a=-1,\qquad b=-2,\qquad c=-3.$$

例如，第一列第二行的元素是 $1$，對稱位置的元素為 $a$，所以 $a=-1$；第一列第三行的元素是 $2$，對稱位置的元素為 $b$，所以 $b=-2$；第二列第三行的元素是 $3$，對稱位置的元素為 $c$，所以 $c=-3$。

選項分析

核心觀念

本題考查一階微分方程的恰當微分方程判別。若方程可寫成

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

且滿足

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

則存在勢函數 $F(x,y)$，使原方程等價於 $dF=0$，其通解為 $F(x,y)=k$。

解題方法

將題目寫成

$$M(x,y)=2xy^3-3y,\qquad N(x,y)=-3x+3x^2y^2-6y.$$

計算偏導數：

$$\frac{\partial M}{\partial y}=6xy^2-3,\qquad \frac{\partial N}{\partial x}=-3+6xy^2.$$

兩者相等，因此方程恰當，存在勢函數 $F$。

由 $F_x=M$，對 $x$ 積分：

$$F(x,y)=\int(2xy^3-3y)\,dx=x^2y^3-3xy+g(y),$$

其中 $g(y)$ 是僅依賴 $y$ 的函數。再對 $y$ 微分並與 $N$ 比較：

$$F_y=3x^2y^2-3x+g'(y) =-3x+3x^2y^2-6y.$$

故

核心觀念

矩陣的秩是其線性獨立行（或列）的最大數目，也等於矩陣中非零子式的最高階數。對 $3\times 3$ 矩陣而言，若行列式不為零，秩為 $3$；若行列式為零，還需檢查是否存在非零的二階子式。

解題方法

先計算 $A$ 的行列式，判斷三階子式是否為零：

$$\begin{aligned} \det(A) &= \begin{vmatrix} 1&-2&3\\ 2&-5&1\\ 1&-4&-7 \end{vmatrix}\\ &=1\bigl[(-5)(-7)-1(-4)\bigr] -(-2)\bigl[2(-7)-1(1)\bigr] +3\bigl[2(-4)-(-5)(1)\bigr]\\ &=39-30-9=0. \end{aligned}$$

因此 $\operatorname{rank}(A)<3$。再取左上角的二階子式：

核心觀念

1. 勞倫茲級數（Laurent Series）與留數（Residue）定義： 若函數 $f(z)$ 在去心圓盤（環狀區域） $0 < |z - z_0| < R$ 內解析，則可在此區域展開為勞倫茲級數：

$$f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z - z_0)^n = \cdots + \frac{a_{-2}}{(z-z_0)^2} + \frac{a_{-1}}{z-z_0} + a_0 + a_1 (z-z_0) + \cdots$$

其中，$(z - z_0)^{-1}$ 項之係數 $a_{-1}$ 定義為 $f(z)$ 在 $z_0$ 處之留數，記為 $\operatorname{Res}(f(z), z_0) = a_{-1}$。

2. 展開中心與奇異點判定： 題給收斂區間為 $0 < |z| < 1$，即展開中心為 $z_0 = 0$。分母為零的點即為奇異點，包含 $z = 0$ 與 $z = \pm i$（其模長 $| \pm i | = 1$）。因此在 $0 < |z| < 1$ 範圍內，函數唯一的孤立奇異點為 $z = 0$。

3. 一階極點（Simple Pole）的留數公式： 若 $z_0$ 為 $f(z)$ 之一階極點，其留數可直接利用極限定理計算：

$$\operatorname{Res}(f(z), z_0) = \lim_{z \to z_0} (z - z_0) f(z)$$

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解題方法

本題有兩種標準解法：考場推薦使用「極限公式法」快速取分；亦可採用「級數直接展開法」進行驗證。

方法一：極限公式法（考場首選）

1. 確認奇異點階數： 檢視函數 $f(z) = \frac{e^z}{z(z^2+1)}$，在 $z \to 0$ 時：

$$\lim_{z \to 0} (z - 0) f(z) = \lim_{z \to 0} \frac{e^z}{z^2+1} = \frac{e^0}{0^2+1} = \frac{1}{1} = 1 \neq 0$$

極限值存在且不為 $0$，確定 $z = 0$ 為 $f(z)$ 的一階極點（Simple Pole）。

2. 計算留數： 直接套用一階極點留數公式：

$$\operatorname{Res}(f(z), 0) = \lim_{z \to 0} z \cdot \left[ \frac{e^z}{z(z^2+1)} \right] = \lim_{z \to 0} \frac{e^z}{z^2+1} = 1$$

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方法二：勞倫茲級數展開法（定義法驗證）

在收斂區間 $0 < |z| < 1$ 內，將各部分分別作級數展開：

核心觀念

QR 分解 $A=QR$ 中，$Q$ 的欄向量互相正交且長度為 $1$，即 $Q^{T}Q=I$。因此

$$A^{T}A=R^{T}Q^{T}QR=R^{T}R.$$

這表示 $R$ 的元素可由 $A$ 的欄向量長度與內積求得。題目另要求 $a,b,c\geq 0$，故採用正對角線的 QR 分解。

解題方法

將 $A$ 的兩個欄向量記為

$$\mathbf{x}_1=\begin{bmatrix}3\\-4\\0\end{bmatrix}, \qquad \mathbf{x}_2=\begin{bmatrix}0\\0\\-1\end{bmatrix}.$$

由 QR 分解的 Gram–Schmidt 過程，第一個對角元素為第一欄的長度：

$$a=\|\mathbf{x}_1\|=\sqrt{3^2+(-4)^2}=5.$$

第二個上三角元素是兩欄的內積除以第一欄長度：

核心觀念

線性轉換 $T(\mathbf{x})=A\mathbf{x}$ 的核空間定義為

$$\ker(T)=\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^4:A\mathbf{x}=\mathbf{0}\}.$$

因此，求 $\ker(T)$ 的基底，就是解齊次線性方程組 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$，再確認所列向量能張成整個解空間且線性獨立。

解題方法

令 $\mathbf{x}=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T$。對矩陣 $A$ 列增廣矩陣並做列運算，可得簡化列階梯形：

$$\left[ \begin{array}{cccc|c} 2&1&6&0&0\\ 1&1&3&-1&0\\ 1&2&3&-3&0\\ -3&2&-9&-7&0 \end{array} \right] \sim \left[ \begin{array}{cccc|c} 1&0&3&1&0\\ 0&1&0&-2&0\\ 0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0 \end{array} \right].$$

所以方程組為

$$x_1+3x_3+x_4=0,\qquad x_2-2x_4=0.$$

令自由變數 $x_3=s,\ x_4=t$，則

$$\mathbf{x} =s\begin{bmatrix}-3\\0\\1\\0\end{bmatrix} +t\begin{bmatrix}-1\\2\\0\\1\end{bmatrix}.$$

因此

核心觀念

複變函數的閉合路徑積分可用留數定理計算。若函數在曲線 $C$ 上及其內部除有限個孤立奇點外皆解析，且 $C$ 逆時針方向，則

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

其中只加總位於 $C$ 內部的奇點留數。

解題方法

先因式分解分母：

$$\frac{z+1}{z^3-2z^2} =\frac{z+1}{z^2(z-2)}.$$

奇點為 $z=0$（二階極點）與 $z=2$（簡單極點）。判斷它們是否在圓周 $|z-1|=2$ 內：

$$|0-1|=1<2,\qquad |2-1|=1<2.$$

兩個奇點都在路徑內。以留數定理計算：

在 $z=0$ 的二階極點，留數為

核心觀念

1. 向量空間的維度與基底（Dimension and Basis）：

• 實數三維空間 $\mathbb{R}^3$ 的維度為 $\dim(\mathbb{R}^3) = 3$。
• 若集合 $S = \{v_1, v_2, \dots, v_k\}$ 為向量空間 $V$ 的基底，必須同時滿足：

1. $S$ 為線性獨立（Linearly Independent, L.I.）。
2. $S$ 可生成 $V$（$\text{span}(S) = V$）。
3. 基底向量個數定理：

• 在 $n$ 維向量空間中，任何一組基底的向量個數必恰好等於 $n$。
• 若向量個數小於 $n$，則無法生成該空間；若向量個數大於 $n$，則必為線性相依。
• 在 $\mathbb{R}^n$ 中，若正好取 $n$ 個向量，則「線性獨立」與「生成該空間」互為充要條件。

3. 行列式與線性獨立性：

• 由 $\mathbb{R}^n$ 中的 $n$ 個向量組成的方陣 $A$，其向量為線性獨立（構成基底）的充要條件為行列式不為零： $\det(A) \neq 0$

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解題方法

1. 初步篩選向量個數： $\mathbb{R}^3$ 的維度為 $3$，其基底所含向量個數必恰為 3 個。

• 向量個數不等於 3 者，直接排除。

2. 行列式判別線性獨立性： 針對個數為 3 的向量組，將其列向量（或行向量）排成 $3 \times 3$ 方陣並計算行列式：

• 若行列式值等於 0，代表向量線性相依，不可作為基底。
• 若行列式值不等於 0，代表向量線性獨立，可作為 $\mathbb{R}^3$ 的一組基底。

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選項分析

• (A) 錯誤： 向量組包含 3 個向量，將其組合成 $3 \times 3$ 矩陣 $A$ 並計算行列式： $A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{bmatrix}$ 進行基本列運算（$R_2 - R_1 \to R_2$，$R_3 - R_2 \to R_3$）： $\det(A) = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 3 & 3 \\ 3 & 3 & 3 \end{vmatrix}$ 矩陣中出現兩列完全相同，故： $\det(A) = 0$ 代表這 3 個向量線性相依（彼此滿足 $v_1 - 2v_2 + v_3 = 0$），無法生成 $\mathbb{R}^3$，故不能作為基底。

核心觀念

矩陣的特徵值 $\lambda$ 滿足特徵方程 $Av=\lambda v$，因此對應的特徵向量也滿足 $A^{50}v=\lambda^{50}v$。本題兩個特徵值為 $-1$，且 $(-1)^{50}=1$；另一個特徵值為 $1$，其五十次方仍為 $1$。

解題方法

由特徵值可得 $A$ 的特徵多項式為

$$p(t)=(t-1)(t+1)^2.$$

依 Cayley–Hamilton 定理，$A$ 滿足自己的特徵多項式：

$$(A-I)(A+I)^2=0.$$

展開得

$$A^3+A^2-A-I=0,$$

而

$$A^3+A^2-A-I=(A-I)(A+I)^2.$$

由於 $t^{50}-1$ 可被 $(t-1)(t+1)$ 整除，且特徵多項式只含一次因子 $(t-1)$ 和 $(t+1)$，可直接由多項式餘式定理及 Cayley–Hamilton 定理得 $A^{50}=I$。更具體地，$A^{50}-I$ 在 $t=1$ 與 $t=-1$ 均為零，故可被 $(t-1)(t+1)$ 整除；

核心觀念

複數 $z=a+bi$ 的共軛複數為 $\overline z=a-bi$。若複數寫成 $x+yi$，其虛部是 $y$；因此要先化簡 $\frac{\overline z}{z}$，再取虛部。

解題方法

已知 $z=3+2i$，故 $\overline z=3-2i$。分子、分母同乘分母的共軛複數 $3-2i$，使分母化為實數：

$$\frac{\overline z}{z} =\frac{3-2i}{3+2i} =\frac{(3-2i)^2}{(3+2i)(3-2i)} =\frac{9-12i+4i^2}{3^2+2^2} =\frac{5-12i}{13} =\frac{5}{13}-\frac{12}{13}i.$$

因此

核心觀念

本題考一階線性微分方程式，也可利用乘積微分公式辨認左側：

$$xy'+y=(xy)'.$$

因此原方程式可直接改寫為 $(xy)'=\sin x$，再對兩側積分。

解題方法

$$(xy)'=\sin x$$

兩側對 $x$ 積分：

$$xy=\int\sin x\,dx=-\cos x+C.$$

當 $x\ne 0$ 時，除以 $x$ 得

$$y=\frac{-\cos x+C}{x}.$$

這正是選項 (A)。

選項分析

• (A) 正確。 由 $(xy)'=\sin x$ 積分可得 $xy=-\cos x+C$，故 $y=\dfrac{-\cos x+C}{x}$。代回原式亦得 $xy'+y=(xy)'=\sin x$。
• **(B) 錯誤。