109 年 國立中山大學應用數學系碩士班甲組《基礎數學》

這兩題都是考驗對黎曼和與微積分基本定理的理解。

(a) 這題透過黎曼和定義來求極限。
觀察題目給的極限形式，可以聯想到黎曼和的定義：
$\lim_{n\to\infty} \sum_{i=1}^{n} f(x_i^*) \Delta x$
其中 $\Delta x = \frac{b-a}{n}$ 且 $x_i^* = a + i\Delta x$。
我們將題目中的極限改寫成求和的形式：
$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \sqrt{1+\frac{i}{n}}$
可以令 $f(x) = \sqrt{1+x}$。
若令區間為 $[0, 1]$，則 $\Delta x = \frac{1-0}{n} = \frac{1}{n}$。
取 $x_i^* = 0 + i\Delta x = \frac{i}{n}$。
則原極限可以寫成：
$\lim_{n\to\infty} \sum_{i=1}^{n} f\left(\frac{i}{n}\right) \frac{1}{n} = \int_{0}^{1} f(x) dx = \int_{0}^{1} \sqrt{1+x} dx$
計算積分：
$\int_{0}^{1} \sqrt{1+x} dx = \int_{0}^{1} (1+x)^{1/2} dx$
令 $u = 1+x$，則 $du = dx$。積分上下限變為 $1+0=1$ 和 $1+1=2$。

這題是考驗定積分計算與方程式求解。
題目要求找到水平線 $y=c$ 的值，使得曲線 $y = 2x - 3x^3$ 與 $y=c$ 在第一象限所圍成的兩個陰影區域面積相等。
首先，我們需要找出曲線 $y = 2x - 3x^3$ 與 $y=c$ 的交點。
在第一象限，意味著 $x > 0$ 且 $y > 0$。
由圖可知，曲線 $y = 2x - 3x^3$ 在第一象限有一個峰值。
我們找出曲線 $y = 2x - 3x^3$ 的極值點。
令 $y' = 2 - 9x^2 = 0$。
則 $x^2 = \frac{2}{9}$，由於在第一象限，所以 $x = \sqrt{\frac{2}{9}} = \frac{\sqrt{2}}{3}$。
此時的 $y$ 值為 $y = 2\left(\frac{\sqrt{2}}{3}\right) - 3\left(\frac{\sqrt{2}}{3}\right)^3 = \frac{2\sqrt{2}}{3} - 3\left(\frac{2\sqrt{2}}{27}\right) = \frac{2\sqrt{2}}{3} - \frac{2\sqrt{2}}{9} = \frac{6\sqrt{2} - 2\sqrt{2}}{9} = \frac{4\sqrt{2}}{9}$。
所以，曲線在第一象限的最高點是 $\left(\frac{\sqrt{2}}{3}, \frac{4\sqrt{2}}{9}\right)$。
因此，$c$ 的值必須介於 $0$ 和 $\frac{4\sqrt{2}}{9}$ 之間。
設水平線 $y=c$ 與曲線 $y = 2x - 3x^3$ 在第一象限的交點為 $x=a$ 和 $x=b$，其中 $0 < a < \frac{\sqrt{2}}{3} < b$。
那麼 $c = 2a - 3a^3$ 且 $c = 2b - 3b^3$。
兩個陰影區域的面積分別為：
$A_1 = \int_{0}^{a} (c - (2x - 3x^3)) dx$ (這個區域的上方是 $y=c$，下方是 $y=2x-3x^3$)
$A_2 = \int_{a}^{b} (2x - 3x^3 - c) dx$ (這個區域的上方是 $y=2x-3x^3$，下方是 $y=c$)
這兩個區域的面積相等，即 $A_1 = A_2$。
所以，
$\int_{0}^{a} (c - 2x + 3x^3) dx = \int_{a}^{b} (2x - 3x^3 - c) dx$
$\left[ cx - x^2 + \frac{3}{4}x^4 \right]_{0}^{a} = \left[ x^2 - \frac{3}{4}x^4 - cx \right]_{a}^{b}$
$ca - a^2 + \frac{3}{4}a^4 = (b^2 - \frac{3}{4}b^4 - cb) - (a^2 - \frac{3}{4}a^4 - ca)$
$ca - a^2 + \frac{3}{4}a^4 = b^2 - \frac{3}{4}b^4 - cb - a^2 + \frac{3}{4}a^4 + ca$
$0 = b^2 - \frac{3}{4}b^4 - cb$
由於 $b \ne 0$ (因為 $b$ 是在第一象限的交點)，我們可以除以 $b$：
$0 = b - \frac{3}{4}b^3 - c$
$c = b - \frac{3}{4}b^3$
我們知道 $c = 2b - 3b^3$。
所以，
$2b - 3b^3 = b - \frac{3}{4}b^3$
$b = 3b^3 - \frac{3}{4}b^3 = \frac{12b^3 - 3b^3}{4} = \frac{9}{4}b^3$
由於 $b \ne 0$，我們可以除以 $b$：
$1 = \frac{9}{4}b^2$
$b^2 = \frac{4}{9}$
$b = \frac{2}{3} \quad (\text{因為在第一象限，所以 } b>0)$
現在我們找到交點 $x=b$ 的值。接著計算 $c$。

這題是考驗基本積分公式的應用。
我們需要計算不定積分 $\int (e^{2x+1} + e^{x-1}) dx$。
根據積分的線性性質，我們可以將積分拆開：
$\int (e^{2x+1} + e^{x-1}) dx = \int e^{2x+1} dx + \int e^{x-1} dx$
首先計算 $\int e^{2x+1} dx$。
令 $u = 2x+1$，則 $du = 2 dx$，所以 $dx = \frac{1}{2} du$。

這題是考驗對級數收斂性判定的能力，特別是交錯級數的條件收斂與絕對收斂。
我們要判斷級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n \ln n}$ 的收斂性。

首先，我們檢查絕對收斂。
絕對收斂是指級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \left| \frac{(-1)^{n+1}}{n \ln n} \right| = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$ 收斂。
我們可以使用積分審斂法來判斷級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$ 的收斂性。
考慮函數 $f(x) = \frac{1}{x \ln x}$。
此函數在 $x \ge 2$ 時是連續、正值且遞減的。
我們計算積分 $\int_{2}^{\infty} \frac{1}{x \ln x} dx$。
令 $u = \ln x$，則 $du = \frac{1}{x} dx$。
當 $x=2$ 時，$u = \ln 2$。
當 $x \to \infty$ 時，$u \to \infty$。
$\int_{2}^{\infty} \frac{1}{x \ln x} dx = \int_{\ln 2}^{\infty} \frac{1}{u} du$
$= \lim_{b\to\infty} \int_{\ln 2}^{b} \frac{1}{u} du = \lim_{b\to\infty} [\ln|u|]_{\ln 2}^{b} = \lim_{b\to\infty} (\ln b - \ln(\ln 2))$
由於 $\lim_{b\to\infty} \ln b = \infty$，所以這個積分是發散的。
根據積分審斂法，級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$ 是發散的。
因此，原級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n \ln n}$ 不是絕對收斂。

這題是考驗拉格朗日乘數法來尋找帶約束條件的最值。
我們要找函數 $f(x,y) = x^2 + 3xy + y^2$ 在約束條件 $x^2 + y^2 \le 1$ 下的極值。
約束條件 $x^2 + y^2 \le 1$ 是一個閉合的圓盤，它包含邊界 $x^2 + y^2 = 1$。
我們需要分別考慮內部點 ($x^2 + y^2 < 1$) 和邊界點 ($x^2 + y^2 = 1$)。

情況一：內部點 ($x^2 + y^2 < 1$)
在內部，沒有約束條件的限制，我們尋找無約束條件下的極值點。
計算 $f(x,y)$ 的偏導數並令它們為零：
$\frac{\partial f}{\partial x} = 2x + 3y = 0$ (1)
$\frac{\partial f}{\partial y} = 3x + 2y = 0$ (2)
從 (1) 式， $2x = -3y$，所以 $x = -\frac{3}{2}y$。
將此代入 (2) 式：
$3(-\frac{3}{2}y) + 2y = 0$
$-\frac{9}{2}y + 2y = 0$
$(-\frac{9}{2} + 2)y = 0$
$(-\frac{5}{2})y = 0$
所以 $y = 0$。
將 $y=0$ 代回 $x = -\frac{3}{2}y$，得到 $x = 0$。
所以，唯一的駐點是 $(0,0)$。
此時 $f(0,0) = 0^2 + 3(0)(0) + 0^2 = 0$。
由於 $(0,0)$ 滿足 $x^2 + y^2 < 1$ ($0^2+0^2=0 < 1$)，所以 $(0,0)$ 是一個候選點。

情況二：邊界點 ($x^2 + y^2 = 1$)
我們使用拉格朗日乘數法。令約束函數為 $g(x,y) = x^2 + y^2 - 1 = 0$。
我們需要解以下方程組：
$\nabla f = \lambda \nabla g$
$g(x,y) = 0$

$\frac{\partial f}{\partial x} = 2x + 3y = \lambda (2x)$ (3)
$\frac{\partial f}{\partial y} = 3x + 2y = \lambda (2y)$ (4)
$x^2 + y^2 = 1$ (5)

從 (3) 式：$2x + 3y = 2\lambda x$
從 (4) 式：$3x + 2y = 2\lambda y$

考慮幾種情況：

情況 2.1：$x=0$
如果 $x=0$，則由 (5) 式，$y^2 = 1$，所以 $y = \pm 1$。
如果 $x=0, y=1$，代入 (3) 和 (4)：
(3): $2(0) + 3(1) = \lambda (2(0)) \implies 3 = 0$，這是不可能的。
所以 $x$ 不能為 $0$。

情況 2.2：$y=0$
如果 $y=0$，則由 (5) 式，$x^2 = 1$，所以 $x = \pm 1$。
如果 $x=1, y=0$，代入 (3) 和 (4)：
(3): $2(1) + 3(0) = \lambda (2(1)) \implies 2 = 2\lambda \implies \lambda = 1$。
(4): $3(1) + 2(0) = \lambda (2(0)) \implies 3 = 0$，這也是不可能的。
所以 $y$ 也不能為 $0$。

因此，$x \ne 0$ 且 $y \ne 0$。
我們可以將 (3) 和 (4) 式改寫成：
$2x(1-\lambda) + 3y = 0$
$3x + 2y(1-\lambda) = 0$

我們也可以從 (3) 和 (4) 式解出 $\lambda$。
如果 $x \ne 0$ 且 $y \ne 0$：
從 (3): $2\lambda = \frac{2x+3y}{x} = 2 + \frac{3y}{x}$
從 (4): $2\lambda = \frac{3x+2y}{y} = \frac{3x}{y} + 2$
所以，$2 + \frac{3y}{x} = \frac{3x}{y} + 2$
$\frac{3y}{x} = \frac{3x}{y}$
$3y^2 = 3x^2$
$y^2 = x^2$
這意味著 $y = x$ 或 $y = -x$。

情況 2.2.1：$y = x$
代入約束條件 (5)：$x^2 + x^2 = 1 \implies 2x^2 = 1 \implies x^2 = \frac{1}{2} \implies x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$。
如果 $x = \frac{1}{\sqrt{2}}$，則 $y = \frac{1}{\sqrt{2}}$。

這題是考驗計算曲面面積的定積分。
我們要計算曲面 $z = 7 + 2x + 2y$ 在區域 $R = \{(x,y): x^2 + y^2 \le 4\}$ 上的面積。
曲面面積的公式為：
$A = \iint_R \sqrt{1 + \left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2} dA$
首先，計算 $z$ 對 $x$ 和 $y$ 的偏導數：
$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(7 + 2x + 2y) = 2$
$\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(7 + 2x + 2y) = 2$

這題是考驗特徵值、特徵向量與線性遞迴關係的應用。

(a) 計算 $x_1 = Ax_0$。
首先，我們需要建構矩陣 $A$。
已知 $A$ 的特徵值為 $\lambda_1 = 3$ 和 $\lambda_2 = 1/3$，對應的特徵向量為 $v_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ 和 $v_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$。
我們可以將 $A$ 表示為 $A = PDP^{-1}$，其中 $P$ 是由特徵向量組成的矩陣，而 $D$ 是由對應特徵值組成的對角矩陣。
$P = \begin{bmatrix} v_1 & v_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}$
$D = \begin{bmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 1/3 \end{bmatrix}$
為了計算 $P^{-1}$，我們可以使用公式：對於 $P = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$， $P^{-1} = \frac{1}{ad-bc} \begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix}$。
對於 $P = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}$， $ad-bc = (1)(-1) - (1)(1) = -1 - 1 = -2$。
$P^{-1} = \frac{1}{-2} \begin{bmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & -1/2 \end{bmatrix}$
現在我們可以計算 $A = PDP^{-1}$：
$A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 1/3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & -1/2 \end{bmatrix}$
$A = \begin{bmatrix} 3 & 1/3 \\ 3 & -1/3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & -1/2 \end{bmatrix}$
$A = \begin{bmatrix} 3(1/2) + (1/3)(1/2) & 3(1/2) + (1/3)(-1/2) \\ 3(1/2) + (-1/3)(1/2) & 3(1/2) + (-1/3)(-1/2) \end{bmatrix}$
$A = \begin{bmatrix} 3/2 + 1/6 & 3/2 - 1/6 \\ 3/2 - 1/6 & 3/2 + 1/6 \end{bmatrix}$
$A = \begin{bmatrix} (9+1)/6 & (9-1)/6 \\ (9-1)/6 & (9+1)/6 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 10/6 & 8/6 \\ 8/6 & 10/6 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 5/3 & 4/3 \\ 4/3 & 5/3 \end{bmatrix}$
現在計算 $x_1 = Ax_0$：
$x_0 = \begin{bmatrix} 1 \\ 9 \end{bmatrix}$
$x_1 = A x_0 = \begin{bmatrix} 5/3 & 4/3 \\ 4/3 & 5/3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 \\ 9 \end{bmatrix}$
$x_1 = \begin{bmatrix} (5/3)(1) + (4/3)(9) \\ (4/3)(1) + (5/3)(9) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 5/3 + 36/3 \\ 4/3 + 45/3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 41/3 \\ 49/3 \end{bmatrix}$
【答案】$x_1 = \begin{bmatrix} 41/3 \\ 49/3 \end{bmatrix}$

這題是考驗最小平方法求直線方程式。
我們要找一條直線 $y = \beta_0 + \beta_1 x$ 來最佳擬合數據點 $(0,1), (1,1), (2, 2), (3,2)$。
最小平方法要求最小化殘差平方和 $S(\beta_0, \beta_1) = \sum_{i=1}^{n} (y_i - (\beta_0 + \beta_1 x_i))^2$。
這裡有 $n=4$ 個數據點。
數據點為：$(x_1, y_1) = (0,1)$, $(x_2, y_2) = (1,1)$, $(x_3, y_3) = (2,2)$, $(x_4, y_4) = (3,2)$。

我們需要計算以下統計量：
$\sum x_i = 0 + 1 + 2 + 3 = 6$
$\sum y_i = 1 + 1 + 2 + 2 = 6$
$\sum x_i^2 = 0^2 + 1^2 + 2^2 + 3^2 = 0 + 1 + 4 + 9 = 14$
$\sum x_i y_i = (0)(1) + (1)(1) + (2)(2) + (3)(2) = 0 + 1 + 4 + 6 = 11$
$n = 4$

最小平方法給出的正規方程式為：

這題是考驗線性代數中關於對稱矩陣及其特徵值的性質。
我們需要證明，如果兩個對稱矩陣 $A$ 和 $B$ 的特徵值都是正的，那麼它們的和 $A+B$ 的特徵值也是正的。

一個重要的性質是：對於一個對稱矩陣，其特徵值是實數，並且存在一組標準正交的特徵向量。
令 $A$ 和 $B$ 是 $n \times n$ 的對稱矩陣，且它們的特徵值都為正。
令 $\lambda_A$ 和 $\lambda_B$ 是 $A$ 和 $B$ 的任意特徵值，則 $\lambda_A > 0$ 且 $\lambda_B > 0$。
令 $v$ 是一個非零向量。
對於矩陣 $A$，如果 $v$ 是 $A$ 的特徵向量，則 $Av = \lambda_A v$ 且 $\lambda_A > 0$。
對於矩陣 $B$，如果 $v$ 是 $B$ 的特徵向量，則 $Bv = \lambda_B v$ 且 $\lambda_B > 0$。

然而，這裡的問題是 $A$ 和 $B$ 可能沒有共同的特徵向量。
但是，由於 $A$ 和 $B$ 都是對稱矩陣，它們是可對角化的，並且存在一個共同的正交對角化矩陣 $P$，使得 $A = P D_A P^T$ 和 $B = P D_B P^T$，其中 $D_A$ 和 $D_B$ 是對角矩陣，對角線上的元素是 $A$ 和 $B$ 的特徵值。
由於 $A$ 和 $B$ 的特徵值都為正，所以 $D_A$ 和 $D_B$ 的對角線元素都為正。
那麼 $A+B = P D_A P^T + P D_B P^T = P (D_A + D_B) P^T$。
$D_A + D_B$ 是一個對角矩陣，其對角線元素是 $D_A$ 和 $D_B$ 對應對角線元素的和。
設 $D_A = \text{diag}(\lambda_{A1}, \lambda_{A2}, \dots, \lambda_{An})$ 且 $D_B = \text{diag}(\lambda_{B1}, \lambda_{B2}, \dots, \lambda_{Bn})$，其中 $\lambda_{Ai} > 0$ 且 $\lambda_{Bi} > 0$ 對於所有 $i=1, \dots, n$。
則 $D_A + D_B = \text{diag}(\lambda_{A1}+\lambda_{B1}, \lambda_{A2}+\lambda_{B2}, \dots, \lambda_{An}+\lambda_{Bn})$。
由於 $\lambda_{Ai} > 0$ 且 $\lambda_{Bi} > 0$，所以 $\lambda_{Ai} + \lambda_{Bi} > 0$ 對於所有 $i$。
因此，$D_A + D_B$ 是一個對角矩陣，其所有對角線元素都是正的。
由於 $A+B = P (D_A + D_B) P^T$，且 $P$ 是正交矩陣（所以 $P^T = P^{-1}$），這表示 $A+B$ 與 $D_A + D_B$ 相似。
相似矩陣具有相同的特徵值。

這題是考驗二次型與變數變換，特別是利用特徵值與特徵向量來對角化二次型。
二次型 $x^T Ax$ 的係數矩陣 $A$ 可以從給定的方程式中提取出來。
給定的二次型是 $5x_1^2 + 6x_2^2 + 7x_3^2 + 4x_1x_2 - 4x_2x_3$。
將其寫成矩陣形式 $x^T Ax$：
$x = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix}$
$A = \begin{bmatrix} 5 & 2 & 0 \\ 2 & 6 & -2 \\ 0 & -2 & 7 \end{bmatrix}$
注意：二次項的係數放在對角線上，而交叉項的係數 $a_{ij}x_i x_j$ ($i \ne j$) 的一半放在 $A_{ij}$ 和 $A_{ji}$ 上。例如，$4x_1x_2$ 的係數 $4$，所以 $A_{12}=A_{21}=4/2=2$。$-4x_2x_3$ 的係數 $-4$，所以 $A_{23}=A_{32}=-4/2=-2$。

目標是找到一個變換 $x = Py$ ($P$ 是可逆矩陣) 使得 $x^T Ax = y^T Dy$。
其中 $D$ 是對角矩陣，其對角線元素是原始二次型在變換後的新變數 $y$ 下的係數。
給定的變換後形式是 $9y_1^2 + 6y_2^2 + 3y_3^2$。
因此，對角矩陣 $D$ 為：
$D = \begin{bmatrix} 9 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix}$
變換 $x = Py$ 意味著 $x^T Ax = (Py)^T A (Py) = y^T P^T A P y$。
所以，我們需要 $P^T A P = D$。
對於對稱矩陣 $A$，如果我們選擇 $P$ 為一個正交矩陣，使得 $P^T A P = D$ (即 $P$ 的列向量是 $A$ 的標準正交特徵向量)，則 $D$ 的對角線元素是 $A$ 的特徵值。
然而，這裡給定的 $D$ 的對角線元素 ($9, 6, 3$) 並不一定是 $A$ 的特徵值。
這表示 $P$ 不一定是標準正交矩陣，而是使得 $P^T A P = D$ 的一般變換矩陣。

我們需要找到一個變換矩陣 $P$ 使得 $P^T A P = D$。
這通常是通過對稱矩陣 $A$ 的特徵值分解來實現。
如果 $A$ 是對稱矩陣，則存在一個正交矩陣 $P$ 使得 $P^T A P = D_{eigen}$，其中 $D_{eigen}$ 是對角矩陣，其對角線元素是 $A$ 的特徵值。
但是，這裡的 $D$ 是給定的，並不一定是 $A$ 的特徵值矩陣。

另一種理解是，我們需要找到一個變換 $x = Py$，使得 $y^T D y = x^T A x$。
這意味著 $y^T P^T A P y = y^T D y$。
所以，我們需要 $P^T A P = D$。

我們需要找到矩陣 $P$ 的列向量，使得這個關係成立。
考慮 $A$ 的特徵值問題：$Ax = \lambda x$。
如果 $A$ 的特徵值是 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$ 且對應的特徵向量是 $v_1, v_2, \dots, v_n$，則可以令 $P = [v_1, v_2, \dots, v_n]$，則 $AP = P D_{eigen}$，其中 $D_{eigen} = \text{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$。
如果 $P$ 是正交矩陣，則 $P^T A P = D_{eigen}$。

這裡我們需要 $P^T A P = D = \text{diag}(9, 6, 3)$。
這意味著 $P$ 的列向量 $v_i$ 必須滿足 $v_i^T A v_j = d_{ij}$，其中 $d_{ij}$ 是 $D$ 的元素。
當 $i=j$ 時，$v_i^T A v_i = d_{ii}$。
當 $i \ne j$ 時，$v_i^T A v_j = 0$。

這實際上是在尋找一個變換，使得二次型對角化。
我們需要找到一個矩陣 $P$ 使得 $A = P D P^T$ (如果 $P$ 是正交矩陣)。
或者 $A = P D P^{-1}$，其中 $P$ 的列向量是 $A$ 的廣義特徵向量。

讓我們嘗試通過求 $A$ 的特徵值和特徵向量來理解。
$A = \begin{bmatrix} 5 & 2 & 0 \\ 2 & 6 & -2 \\ 0 & -2 & 7 \end{bmatrix}$
計算特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$\det \begin{bmatrix} 5-\lambda & 2 & 0 \\ 2 & 6-\lambda & -2 \\ 0 & -2 & 7-\lambda \end{bmatrix} = 0$
$(5-\lambda) \det \begin{bmatrix} 6-\lambda & -2 \\ -2 & 7-\lambda \end{bmatrix} - 2 \det \begin{bmatrix} 2 & -2 \\ 0 & 7-\lambda \end{bmatrix} = 0$
$(5-\lambda) [(6-\lambda)(7-\lambda) - 4] - 2 [2(7-\lambda)] = 0$
$(5-\lambda) [42 - 13\lambda + \lambda^2 - 4] - 4(7-\lambda) = 0$
$(5-\lambda) [\lambda^2 - 13\lambda + 38] - 28 + 4\lambda = 0$
$5\lambda^2 - 65\lambda + 190 - \lambda^3 + 13\lambda^2 - 38\lambda - 28 + 4\lambda = 0$
$-\lambda^3 + (5+13)\lambda^2 + (-65-38+4)\lambda + (190-28) = 0$
$-\lambda^3 + 18\lambda^2 - 99\lambda + 162 = 0$
$\lambda^3 - 18\lambda^2 + 99\lambda - 162 = 0$

我們需要找到這個三次方程式的根。
嘗試一些可能的整數根 (因子 162)：1, 2, 3, 6, 9, ...
若 $\lambda = 3$: $3^3 - 18(3^2) + 99(3) - 162 = 27 - 18(9) + 297 - 162 = 27 - 162 + 297 - 162 = 324 - 324 = 0$。
所以 $\lambda_1 = 3$ 是一個特徵值。
用 $(\lambda-3)$ 除以多項式：
$(\lambda^3 - 18\lambda^2 + 99\lambda - 162) / (\lambda-3) = \lambda^2 - 15\lambda + 54$
$\lambda^2 - 15\lambda + 54 = (\lambda - 6)(\lambda - 9)$
所以特徵值是 $\lambda_1 = 3, \lambda_2 = 6, \lambda_3 = 9$。

現在我們有 $A$ 的特徵值是 $3, 6, 9$。
而目標對角矩陣 $D$ 的對角線元素是 $9, 6, 3$。
這表示 $D$ 的對角線元素恰好是 $A$ 的特徵值，只是順序不同。
所以，我們需要找到一個矩陣 $P$，使得 $P^T A P = D$。
這意味著 $P$ 的列向量是 $A$ 的標準正交特徵向量。
我們需要找到對應於特徵值 $9, 6, 3$ 的標準正交特徵向量。

特徵值 $\lambda = 9$:
$(A - 9I)v = 0$
$\begin{bmatrix} 5-9 & 2 & 0 \\ 2 & 6-9 & -2 \\ 0 & -2 & 7-9 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -4 & 2 & 0 \\ 2 & -3 & -2 \\ 0 & -2 & -2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$