114 年 國立中正大學數學系統計科學研究所《基礎數學》

本題考查反函數的求法。給定一個函數 $y=f(x)$，求其反函數 $x=f^{-1}(y)$ 的步驟是將 $y$ 視為自變數，將 $x$ 視為應變數，然後解出 $x$ 以表示 $y$ 的函數。

設 $y = (1-x^3)^{1/5} + 2$。
我們的目標是解出 $x$。
首先，將常數項移到等號左邊：
$y - 2 = (1-x^3)^{1/5}$

接下來，將等號兩邊同時進行 5 次方運算，以消去指數 $\frac{1}{5}$：
$(y - 2)^5 = 1-x^3$

本題考查反函數的導數公式。已知函數 $y=f(x)$，其反函數為 $x=f^{-1}(y)$。反函數的導數公式為：
$(f^{-1})'(y) = \frac{1}{f'(x)}$
其中 $y=f(x)$。

題目給定 $f(x) = x + \sin x$ 且要求計算 $(f^{-1})'(a)$，其中 $a = 0$。
首先，我們需要找到當 $f(x) = a$ 時的 $x$ 值。
令 $f(x) = 0$，則 $x + \sin x = 0$。
觀察此方程式，當 $x=0$ 時，$0 + \sin 0 = 0 + 0 = 0$。

本題考查連鎖律 (Chain Rule) 的應用，計算複合函數的導數。
函數 $f(x) = e^{\sin 2x}$ 是一個複合函數，可以看成是外層函數 $g(u) = e^u$ 和內層函數 $h(x) = \sin 2x$ 的複合，即 $f(x) = g(h(x))$。

根據連鎖律，複合函數的導數為外層函數的導數乘以內層函數的導數。
$f'(x) = g'(h(x)) \cdot h'(x)$

首先，計算外層函數 $g(u) = e^u$ 的導數：
$g'(u) = \frac{d}{du}(e^u) = e^u$
將 $u = h(x) = \sin 2x$ 代入，得到 $g'(h(x)) = e^{\sin 2x}$。

本題要求判斷級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}$ 的收斂性。

我們可以使用極限比較測試法 (Limit Comparison Test)。這個方法適用於級數的項為正數的情況。在這裡，級數的項 $a_n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}}$ 對於所有 $n \ge 1$ 都是正數。

我們選擇一個已知的級數 $b_n$ 來與 $a_n$ 比較。當 $n$ 很大時，$\sqrt{n^2+1}$ 近似於 $\sqrt{n^2} = n$。
所以，我們選擇級數 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 作為比較級數。
級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 是調和級數 (Harmonic Series)，它是一個發散的 p-級數 (p-series)，其中 $p=1 \le 1$。

現在，我們計算級數項的比值的極限：
$L = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}}{\frac{1}{n}}$
$L = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$

為了計算這個極限，我們可以將分子和分母同除以 $n$（或在根號內同除以 $n^2$）：
$L = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2(1+\frac{1}{n^2})}}$
$L = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}}$
$L = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}}$

當 $n \to \infty$ 時，$\frac{1}{n^2} \to 0$。
所以，$L = \frac{1}{\sqrt{1+0}} = \frac{1}{1} = 1$。

極限比較測試法的結論是：如果 $L$ 是一個有限的正數 ($0 < L < \infty$)，那麼級數 $\sum a_n$ 和 $\sum b_n$ 要麼都收斂，要麼都發散。
在我們的例子中，$L=1$，這是一個有限的正數。

本題考查極限的計算，當直接代入會得到 $\infty - \infty$ 的不定型。我們需要將表達式合併，以便使用 L'Hôpital's Rule 或泰勒級數。

首先，將兩個分數合併：
$\lim_{x \to 0} (\frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x}) = \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x}{x \sin x}$

當 $x \to 0$ 時，分子 $\sin x - x \to 0 - 0 = 0$，分母 $x \sin x \to 0 \cdot 0 = 0$。
這是一個 $\frac{0}{0}$ 的不定型，我們可以使用 L'Hôpital's Rule。

對分子和分母分別求導：
分子導函數：$\frac{d}{dx}(\sin x - x) = \cos x - 1$
分母導函數：$\frac{d}{dx}(x \sin x) = 1 \cdot \sin x + x \cdot \cos x = \sin x + x \cos x$

所以，極限變為：
$\lim_{x \to 0} \frac{\cos x - 1}{\sin x + x \cos x}$

再次代入 $x=0$：
分子：$\cos 0 - 1 = 1 - 1 = 0$
分母：$\sin 0 + 0 \cdot \cos 0 = 0 + 0 \cdot 1 = 0$
仍然是 $\frac{0}{0}$ 的不定型，我們再次使用 L'Hôpital's Rule。

對新的分子和分母分別求導：
分子導函數：$\frac{d}{dx}(\cos x - 1) = -\sin x$

本題考查不定積分的計算，可以使用換元積分法 (u-substitution)。

考慮被積函數 $\frac{1}{x(\ln x)^2}$。我們可以注意到 $\ln x$ 的導數是 $\frac{1}{x}$，這正好是函數中的另一個因子。
因此，我們令 $u = \ln x$。

對 $u$ 求導，得到 $du = \frac{1}{x} dx$。

現在，我們將積分轉換為以 $u$ 為變數的積分：
$\int \frac{1}{(\ln x)^2} \cdot \frac{1}{x} dx$
將 $u = \ln x$ 和 $du = \frac{1}{x} dx$ 代入：

核心觀念

本題考查：

1. 指數函數的麥克勞林展開式
2. 不定積分的基本公式
3. 選擇正確的無窮級數表示法

指數函數 $e^x$ 的麥克勞林級數為

$$e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}$$

而

$$\int e^x\,dx=e^x+C$$

因此，只要將 $e^x$ 改寫成其無窮級數即可。

解題方法

由指數函數的冪級數展開式，

$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots$$

可寫成

$$e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}$$

所以

$$f(x)=\int e^x\,dx =\int\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}\right)dx$$

在冪級數收斂範圍內可逐項積分：

$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\int\frac{x^n}{n!}\,dx$$ $$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{(n+1)n!}+C$$

由於

$$(n+1)n!=(n+1)!$$

因此

$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}+C$$

將索引改寫為 $m=n+1$，可得

$$f(x)=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^m}{m!}+C$$

而

$$\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^m}{m!}+C = \sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^m}{m!}+C'$$

其中常數項 $1$ 可併入任意積分常數中。因此，答案可寫為

$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}+C$$

選項分析

本題要求在一個線性約束條件下，最小化一個二次型函數。我們可以使用拉格朗日乘數法 (Lagrange Multipliers)。

設目標函數為 $f(x, y, z) = 2x^2 + y^2 + 3z^2$，約束條件為 $g(x, y, z) = 2x - 3y - 4z - 49 = 0$。
根據拉格朗日乘數法，我們需要解以下方程組：
$\nabla f = \lambda \nabla g$
$g(x, y, z) = 0$

計算梯度：
$\nabla f = \langle \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z} \rangle = \langle 4x, 2y, 6z \rangle$
$\nabla g = \langle \frac{\partial g}{\partial x}, \frac{\partial g}{\partial y}, \frac{\partial g}{\partial z} \rangle = \langle 2, -3, -4 \rangle$

聯立方程組為：

1. $4x = \lambda(2) \implies 4x = 2\lambda \implies x = \frac{1}{2}\lambda$
2. $2y = \lambda(-3) \implies 2y = -3\lambda \implies y = -\frac{3}{2}\lambda$
3. $6z = \lambda(-4) \implies 6z = -4\lambda \implies z = -\frac{4}{6}\lambda = -\frac{2}{3}\lambda$

本題要求找出一個向量，它同時垂直於給定的兩個向量。在三維空間 R³ 中，兩個向量的叉積 (cross product) 結果是一個同時垂直於這兩個向量的新向量。

設給定的兩個向量為 $\mathbf{u} = \langle 2, 1, 1 \rangle$ 和 $\mathbf{v} = \langle 1, 2, 3 \rangle$。
我們計算它們的叉積 $\mathbf{u} \times \mathbf{v}$：
$\mathbf{u} \times \mathbf{v} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \end{vmatrix}$
$= \mathbf{i} \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 3 \end{vmatrix} - \mathbf{j} \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 3 \end{vmatrix} + \mathbf{k} \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{vmatrix}$

核心觀念

本題考查矩陣乘法的維度、矩陣多項式，以及結合律：

$$A^2+2A=A(A+2I),$$

其中 $I$ 為 $3\times 3$ 單位矩陣。因此令

$$B=A+2I$$

即可使

$$AB=A(A+2I)=A^2+2A。$$

此外，因為 $A$ 為 $3\times3$ 矩陣，所以 $B$ 也必須是 $3\times3$ 矩陣。

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解題方法

先計算：

$$2I= \begin{bmatrix} 2&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&2 \end{bmatrix}.$$

因此

$$B=A+2I = \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 0&1&2\\ 1&3&2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 2&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3&2&1\\ 0&3&2\\ 1&3&4 \end{bmatrix}.$$

驗證：

$$AB=A(A+2I)=A^2+2A。$$

所以此矩陣確實符合題目條件。

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選項分析

(A)

本題要求計算矩陣的秩 (rank)。矩陣的秩定義為其行空間或列空間的維度，也等於其非零的極小階梯型矩陣 (reduced row echelon form) 的行數，或其最大獨立子行列式 (non-zero minor) 的階數。

我們可以使用高斯消去法將矩陣化為行階梯型 (row echelon form) 來計算秩。
給定的矩陣為：
$M = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \\ 2 & 4 & 0 \end{bmatrix}$

步驟 1: 進行列運算，使第一列的第一個元素 (pivot) 為 1，或者直接用第一列減去第三列的第一個元素來消去第三列的第一個元素。
我們選擇用第三列減去第一列，即 $R_3 \leftarrow R_3 - R_1$：
$\begin{bmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \\ 2-2 & 4-0 & 0-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 4 & -1 \end{bmatrix}$

步驟 2: 重新排列行，將非零行移到前面，或者繼續進行列運算。

本題要求將一個給定的多項式 $p(x)$ 表示成一個有序基底 $B'$ 的線性組合，並找出其坐標向量。
給定的多項式是 $p(x) = x^3 + x^2 - x - 1$。
給定的有序基底是 $B' = \{v_1, v_2, v_3, v_4\}$，其中
$v_1 = (x+1)^3$
$v_2 = (x+1)^2$
$v_3 = x+1$
$v_4 = 1$

我們需要找到係數 $c_1, c_2, c_3, c_4$ 使得 $p(x) = c_1 v_1 + c_2 v_2 + c_3 v_3 + c_4 v_4$。
坐標向量就是 $[c_1, c_2, c_3, c_4]$。

首先，我們將基底向量展開成標準多項式形式：
$v_1 = (x+1)^3 = x^3 + 3x^2 + 3x + 1$
$v_2 = (x+1)^2 = x^2 + 2x + 1$
$v_3 = x+1$
$v_4 = 1$

現在，我們將 $p(x)$ 表示為這些基底向量的線性組合：
$x^3 + x^2 - x - 1 = c_1 (x^3 + 3x^2 + 3x + 1) + c_2 (x^2 + 2x + 1) + c_3 (x+1) + c_4 (1)$

將右邊展開並合併同類項：
$c_1 x^3 + (3c_1 + c_2) x^2 + (3c_1 + 2c_2 + c_3) x + (c_1 + c_2 + c_3 + c_4)$

將此結果與 $p(x) = x^3 + x^2 - x - 1$ 的係數進行比較，我們得到一個方程組：

1. 係數 $x^3$: $c_1 = 1$
2. 係數 $x^2$: $3c_1 + c_2 = 1$
3. 係數 $x$: $3c_1 + 2c_2 + c_3 = -1$
4. 常數項: $c_1 + c_2 + c_3 + c_4 = -1$

從方程 1，我們得到 $c_1 = 1$。

本題要求證明一個關於函數導數和函數值之間關係的不等式，這通常是利用均值定理 (Mean Value Theorem, MVT) 來證明。

證明：

考慮函數 $f(x)$ 在閉區間 $[a, b]$ 上的性質。已知 $f$ 在 $(a,b)$ 上可微分，且在 $[a,b]$ 上連續。
根據柯西均值定理 (Cauchy's Mean Value Theorem) 或更簡單的拉格朗日均值定理 (Lagrange Mean Value Theorem)，對於區間 $[a, b]$ 上的任意兩點 $a$ 和 $b$，存在一個點 $c \in (a, b)$，使得：
$f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$

本題要求證明一個關於積分的遞迴關係式，這通常可以使用分部積分法 (Integration by Parts) 來證明。

分部積分法的公式為：$\int u \, dv = uv - \int v \, du$。

我們考慮左邊的積分 $\int (\ln x)^n dx$。
為了應用分部積分法，我們需要選擇合適的 $u$ 和 $dv$。
一個好的選擇是讓 $u = (\ln x)^n$，因為它的導數 $du$ 會降低指數 $n$。
令 $u = (\ln x)^n$。
則 $du = \frac{d}{dx}((\ln x)^n) dx = n(\ln x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} dx$。

令 $dv = dx$。
則 $v = \int dv = \int dx = x$。

現在，將這些代入分部積分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$：
$\int (\ln x)^n dx = (\ln x)^n \cdot x - \int x \cdot \left( n(\ln x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} dx \right)$

核心觀念

方陣可逆的充要條件是行列式不為 $0$。因此，只要計算此矩陣的行列式，並找出使行列式不為 $0$ 的 $r$ 值即可。

解題方法

沿第一列展開行列式：

Part a: Prove that the eigenvalues of an $n \times n$ real matrix $A$ are the same as the eigenvalues of $A^T$.

證明：

一個矩陣的特徵值 (eigenvalues) 是滿足特徵值方程 $\det(A - \lambda I) = 0$ 的 $\lambda$ 值。
其中，$A$ 是 $n \times n$ 矩陣，$I$ 是 $n \times n$ 的單位矩陣，$\lambda$ 是特徵值。

我們需要證明矩陣 $A$ 的特徵值與其轉置矩陣 $A^T$ 的特徵值是相同的。
也就是說，我們需要證明 $\det(A - \lambda I) = \det(A^T - \lambda I)$。

考慮矩陣 $A - \lambda I$。
其轉置矩陣為 $(A - \lambda I)^T$。
根據轉置矩陣的性質，$(M - N)^T = M^T - N^T$。
所以，$(A - \lambda I)^T = A^T - (\lambda I)^T$。
又因為 $\lambda$ 是純量，$I$ 是對稱矩陣 ($I^T = I$)，所以 $(\lambda I)^T = \lambda I^T = \lambda I$。
因此，$(A - \lambda I)^T = A^T - \lambda I$。

另外一個重要的性質是，一個矩陣的行列式等於其轉置矩陣的行列式，即 $\det(M) = \det(M^T)$。
令 $M = A - \lambda I$。
則 $\det(A - \lambda I) = \det((A - \lambda I)^T)$。
我們已經證明了 $(A - \lambda I)^T = A^T - \lambda I$。
所以，$\det(A - \lambda I) = \det(A^T - \lambda I)$。

這意味著矩陣 $A$ 的特徵多項式 (characteristic polynomial) 與矩陣 $A^T$ 的特徵多項式是相同的。
由於特徵值是特徵多項式的根，所以矩陣 $A$ 的特徵值與矩陣 $A^T$ 的特徵值是相同的。

核心觀念：
此證明主要依賴兩個線性代數的基本性質：

1. 矩陣轉置的性質，特別是 $(M - N)^T = M^T - N^T$ 和 $(\lambda M)^T = \lambda M^T$。
2. 矩陣的行列式等於其轉置矩陣的行列式，即 $\det(M) = \det(M^T)$。

Part b: Show by a counterexample that an eigenvector of $A$ need not be an eigenvector of $A^T$.

反例：

首先，我們需要找到一個矩陣 $A$ 和它的轉置 $A^T$。
根據 part (a)，它們有相同的特徵值。
現在，我們需要找到一個特徵向量 $v$ 屬於 $A$，但 $v$ 不屬於 $A^T$。
也就是說，$Av = \lambda v$ 成立，但 $A^T v = \mu v$ 不成立，其中 $\mu$ 是 $A^T$ 的特徵值，且 $\mu \neq \lambda$。
或者，如果 $A^T$ 也有特徵值 $\lambda$，我們需要證明 $v$ 不是 $A^T$ 對應於 $\lambda$ 的特徵向量。

考慮一個簡單的 $2 \times 2$ 矩陣，使其特徵值有重疊，但特徵向量不同。
令 $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$。
這個矩陣是一個上三角矩陣，其特徵值就是對角線上的元素。
所以，$A$ 的特徵值是 $\lambda_1 = 1$ (重根)。

計算 $A$ 的特徵向量：
$(A - \lambda I)v = 0$
$(A - 1I)v = \begin{bmatrix} 1-1 & 1 \\ 0 & 1-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
這給出方程 $0x + 1y = 0$，即 $y = 0$。
$x$ 可以是任意值。
所以，$A$ 的特徵向量是形如 $\begin{bmatrix} x \\ 0 \end{bmatrix}$，其中 $x \neq 0$。
我們可以選擇一個特徵向量 $v = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$ (對應於 $\lambda = 1$)。