109 年 國立政治大學統計學系碩士班《基礎數學》

核心觀念

本題考查實對稱矩陣的正交對角化與譜分解：

• 特徵值由特徵方程 $\det(\Sigma-\lambda I)=0$ 求得。
• 對稱矩陣不同特徵值所對應的特徵向量彼此正交。
• 若單位特徵向量為 $u_1,u_2,u_3$，則
  $P=(u_1\ u_2\ u_3),\qquad P^TP=I$
  且
  $P^T\Sigma P=D,\qquad \Sigma=PDP^T.$
• 對稱矩陣為正半定矩陣，當且僅當所有特徵值皆非負。
• 主平方根為
  $\Sigma^{1/2}=PD^{1/2}P^T.$

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解題方法

題目中的矩陣為

$$\Sigma= \begin{pmatrix} 1 & \frac12 & -\frac12\\ \frac12 & 1 & 0\\ -\frac12 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

注意到向量 $(0,1,1)^T$ 具有特殊形式：

$$\Sigma \begin{pmatrix} 0\\1\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\1\\1 \end{pmatrix}.$$

因此，$1$ 是一個特徵值。其餘特徵向量可設為 $(a,b,-b)^T$，以利用矩陣中第二、三列的對稱結構。

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（a）求 $\Sigma$ 的特徵值

令

$$v= \begin{pmatrix} a\\b\\-b \end{pmatrix}.$$

則

$$\Sigma v = \begin{pmatrix} a+b\\ \frac12a+b\\ -\frac12a-b \end{pmatrix}.$$

若 $v$ 是特徵向量，滿足 $\Sigma v=\lambda v$，因此

$$a+b=\lambda a,$$ $$\frac12a+b=\lambda b.$$

由第一式得

$$b=(\lambda-1)a.$$

代入第二式：

$$\frac12a+b=\lambda b$$ $$\frac12a=(\lambda-1)b.$$

再代入 $b=(\lambda-1)a$：

$$\frac12a=(\lambda-1)^2a.$$

因為 $a\neq 0$，故

$$(\lambda-1)^2=\frac12.$$

所以

$$\lambda=1\pm\frac{1}{\sqrt2}.$$

配合前面得到的特徵值 $1$，全部特徵值為

$$\boxed{\lambda_1=1+\frac1{\sqrt2},\qquad \lambda_2=1,\qquad \lambda_3=1-\frac1{\sqrt2}}.$$

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（b）各特徵值所對應特徵空間的基底

1. $\lambda_1=1+\dfrac1{\sqrt2}$

由

$$b=(\lambda_1-1)a=\frac1{\sqrt2}a,$$

可取 $a=\sqrt2$，則 $b=1$。因此可取特徵向量

$$v_1= \begin{pmatrix} \sqrt2\\1\\-1 \end{pmatrix}.$$

所以

$$E_{\lambda_1} = \operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix} \sqrt2\\1\\-1 \end{pmatrix} \right\}.$$

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2. $\lambda_2=1$

解

$$(\Sigma-I)v=0.$$

由

$$\Sigma-I= \begin{pmatrix} 0 & \frac12 & -\frac12\\ \frac12 & 0 & 0\\ -\frac12 & 0 & 0 \end{pmatrix},$$

可得

$$x_2=x_3,\qquad x_1=0.$$

因此可取

$$v_2= \begin{pmatrix} 0\\1\\1 \end{pmatrix},$$

故

$$E_{\lambda_2} = \operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix} 0\\1\\1 \end{pmatrix} \right\}.$$

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3. $\lambda_3=1-\dfrac1{\sqrt2}$

由

$$b=(\lambda_3-1)a=-\frac1{\sqrt2}a,$$

可取 $a=\sqrt2$，則 $b=-1$。因此可取

$$v_3= \begin{pmatrix} \sqrt2\\-1\\1 \end{pmatrix}.$$

所以

$$E_{\lambda_3} = \operatorname{span} \left\{ \begin{pmatrix} \sqrt2\\-1\\1 \end{pmatrix} \right\}.$$

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（c）求 $D$ 與正交矩陣 $P$

先將上述特徵向量單位化。

$$\left\| \begin{pmatrix} \sqrt2\\1\\-1 \end{pmatrix} \right\| = \sqrt{2+1+1}=2,$$ $$\left\| \begin{pmatrix} 0\\1\\1 \end{pmatrix} \right\| = \sqrt2,$$ $$\left\| \begin{pmatrix} \sqrt2\\-1\\1 \end{pmatrix} \right\| =2.$$

因此單位特徵向量為

$$u_1=\frac12 \begin{pmatrix} \sqrt2\\1\\-1 \end{pmatrix}, \qquad u_2=\frac1{\sqrt2} \begin{pmatrix} 0\\1\\1 \end{pmatrix}, \qquad u_3=\frac12 \begin{pmatrix} \sqrt2\\-1\\1 \end{pmatrix}.$$

由於 $\Sigma$ 為實對稱矩陣，這三個單位特徵向量彼此正交。取它們為矩陣 $P$ 的欄向量：

$$P= \begin{pmatrix} \frac{\sqrt2}{2} & 0 & \frac{\sqrt2}{2}\\ \frac12 & \frac1{\sqrt2} & -\frac12\\ -\frac12 & \frac1{\sqrt2} & \frac12 \end{pmatrix}.$$

對應的對角矩陣為

這題主要考察對稱矩陣的性質以及內積空間的定義。
題目核心觀念：

1. 對稱矩陣的特徵向量性質： 不同特徵值的特徵向量正交。
2. 內積的定義與驗證： 根據定義，需要逐一驗證給定的運算是否滿足內積的四個基本性質。

解題過程：

(a) 證明對應於不同特徵值的特徵向量是正交的

設 $A$ 是一個 $n \times n$ 的對稱矩陣。
設 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$ 是 $A$ 的兩個不同的特徵值，且 $\lambda_1 \neq \lambda_2$。
設 $v_1$ 是對應於 $\lambda_1$ 的特徵向量，即 $Av_1 = \lambda_1 v_1$。
設 $v_2$ 是對應於 $\lambda_2$ 的特徵向量，即 $Av_2 = \lambda_2 v_2$。
我們需要證明 $v_1$ 和 $v_2$ 是正交的，即 $v_1^T v_2 = 0$。

考慮 $\lambda_1 v_1^T v_2$：
$\lambda_1 v_1^T v_2 = (\lambda_1 v_1)^T v_2 = (Av_1)^T v_2$
由於 $A$ 是對稱矩陣，所以 $A^T = A$。
$(Av_1)^T v_2 = v_1^T A^T v_2 = v_1^T A v_2$
因為 $Av_2 = \lambda_2 v_2$，所以
$v_1^T A v_2 = v_1^T (\lambda_2 v_2) = \lambda_2 v_1^T v_2$

所以，我們得到 $\lambda_1 v_1^T v_2 = \lambda_2 v_1^T v_2$。
重新整理，得到 $(\lambda_1 - \lambda_2) v_1^T v_2 = 0$。
由於 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$ 是不同的特徵值，所以 $\lambda_1 - \lambda_2 \neq 0$。
因此，必須有 $v_1^T v_2 = 0$。
這證明了對應於不同特徵值的特徵向量是正交的。

【答案】證明完畢。

(b) 證明 $< u, v > = u^T A v$ 在 $\mathbb{R}^n$ 上定義了一個內積

我們需要驗證這個運算是否滿足內積的四個性質：

1. 對稱性： $< u, v >=< v, u >$
2. 線性（加法）： $< u, v + w >=< u, v > + < u, w >$
3. 線性（純量乘法）： $< cu, v >= c < u, v >$
4. 正定性： $< u, u >> 0$ 且 $< u, u >= 0$ 若且唯若 $u = 0$。

前提條件：
題目中假設 $A$ 是一個 $n \times n$ 的對稱矩陣。
同時，為了使 $< u, v > = u^T A v$ 是一個內積，矩陣 $A$ 必須是正定矩陣。
如果 $A$ 不是正定的，那麼性質 4 將無法滿足。
我們將假設 $A$ 是正定的，並進行驗證。

驗證過程：

1. 對稱性：
   $< u, v > = u^T A v$
   $< v, u > = v^T A u$
   由於 $A$ 是對稱矩陣， $A^T = A$。
   考慮 $< u, v >^T = (u^T A v)^T = v^T A^T (u^T)^T = v^T A u$。
   因為 $u^T A v$ 是一個純量，所以 $(u^T A v)^T = u^T A v$。
   因此，$< u, v > = (u^T A v)^T = v^T A u = < v, u >$。
   性質 1 滿足。

2. 線性（加法）：
   $< u, v + w > = u^T A (v + w)$
   $= u^T A v + u^T A w$
   $= < u, v > + < u, w >$
   性質 2 滿足。

3. 線性（純量乘法）：
   $< cu, v > = (cu)^T A v$
   $= c u^T A v$
   $= c < u, v >$
   性質 3 滿足。

這題是基礎的微分計算，考察基本函數的求導規則，包括多項式、指數函數、對數函數、三角函數以及複合函數的鏈式法則。

題目核心觀念：

• 冪函數求導：$\frac{d}{dx}x^n = nx^{n-1}$
• 常數倍求導：$\frac{d}{dx}(cf(x)) = c\frac{d}{dx}f(x)$
• 和差求導：$\frac{d}{dx}(f(x) \pm g(x)) = \frac{d}{dx}f(x) \pm \frac{d}{dx}g(x)$
• 指數函數求導：$\frac{d}{dx}e^x = e^x$
• 自然對數函數求導：$\frac{d}{dx}\ln(x) = \frac{1}{x}$
• 乘積法則：$\frac{d}{dx}(f(x)g(x)) = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)$
• 除法法則：$\frac{d}{dx}\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right) = \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{[g(x)]^2}$
• 鏈式法則：$\frac{d}{dx}f(g(x)) = f'(g(x))g'(x)$

解題過程：

(a) 求 $\frac{d}{dx}(x^2+3x+1)$
使用和差法則和冪函數求導規則：
$\frac{d}{dx}(x^2+3x+1) = \frac{d}{dx}(x^2) + \frac{d}{dx}(3x) + \frac{d}{dx}(1)$
$= 2x^{2-1} + 3\frac{d}{dx}(x) + 0$
$= 2x + 3(1) + 0$
$= 2x + 3$

【答案】$2x+3$

(b) 求 $\frac{d}{dx}e^x$
這是指數函數的標準求導公式。
$\frac{d}{dx}e^x = e^x$

【答案】$e^x$

(c) 求 $\frac{d}{dx}(\ln(x) +x \sin(x))$
使用和差法則和乘積法則：
$\frac{d}{dx}(\ln(x) +x \sin(x)) = \frac{d}{dx}(\ln(x)) + \frac{d}{dx}(x \sin(x))$
對於 $\frac{d}{dx}(\ln(x)) = \frac{1}{x}$。
對於 $\frac{d}{dx}(x \sin(x))$，使用乘積法則：設 $f(x)=x$, $g(x)=\sin(x)$。

這題是關於積分的遞迴關係，特別是涉及多項式乘以三角函數的積分。核心是利用分部積分法來建立遞迴關係。

題目核心觀念：

1. 分部積分法： $\int u \, dv = uv - \int v \, du$
2. 遞迴關係的建立： 透過分部積分，將積分 $I_{n+1}$ 或 $J_{n+1}$ 表示成與 $I_n$ 或 $J_n$ 相關的式子。
3. 三角函數的積分： $\int \cos(x) dx = \sin(x)$, $\int \sin(x) dx = -\cos(x)$。
4. 三角函數在特定點的值： $\sin(k\pi)=0$, $\cos(k\pi)=(-1)^k$ 對於整數 $k$。

解題過程：

給定積分定義：
$I_n(t) = \int_0^t x^n \cos(x) dx$
$J_n(t) = \int_0^t x^n \sin(x) dx$

(a) 表達 $I_{n+1}(t)$ 和 $J_{n+1}(t)$

計算 $I_{n+1}(t)$：
我們對 $I_{n+1}(t) = \int_0^t x^{n+1} \cos(x) dx$ 使用分部積分法。
令 $u = x^{n+1}$，則 $du = (n+1)x^n dx$。
令 $dv = \cos(x) dx$，則 $v = \int \cos(x) dx = \sin(x)$。

根據分部積分公式：
$I_{n+1}(t) = \left[ x^{n+1} \sin(x) \right]_0^t - \int_0^t \sin(x) (n+1)x^n dx$
$= (t^{n+1} \sin(t) - 0^{n+1} \sin(0)) - (n+1) \int_0^t x^n \sin(x) dx$
$= t^{n+1} \sin(t) - (n+1) J_n(t)$

所以，$I_{n+1}(t) = t^{n+1} \sin(t) - (n+1) J_n(t)$。

計算 $J_{n+1}(t)$：
我們對 $J_{n+1}(t) = \int_0^t x^{n+1} \sin(x) dx$ 使用分部積分法。
令 $u = x^{n+1}$，則 $du = (n+1)x^n dx$。
令 $dv = \sin(x) dx$，則 $v = \int \sin(x) dx = -\cos(x)$。

根據分部積分公式：
$J_{n+1}(t) = \left[ x^{n+1} (-\cos(x)) \right]_0^t - \int_0^t (-\cos(x)) (n+1)x^n dx$

這題是關於多重積分，特別是圓域上的積分。核心是用極座標轉換來簡化積分，並計算一個重要的機率相關的積分（高斯積分）。

題目核心觀念：

1. 極座標轉換： 將直角座標 $(x, y)$ 轉換為極座標 $(R, \theta)$，其中 $x = R\cos(\theta)$, $y = R\sin(\theta)$。面積元素 $dx dy$ 變為 $R dR d\theta$。
2. 圓域積分： 在圓域 $x^2+y^2 < r^2$ 上的積分，轉換為極座標後，積分區域是 $0 \le R < r$ 和 $0 \le \theta < 2\pi$。
3. 高斯積分： $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$，以及相關的積分 $\int_0^\infty e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$。
4. 極限計算。

解題過程：

(a) 求 $\iint_{D(r)} e^{-x^2-y^2} d(x, y)$

積分區域 $D(r) = \{(x,y) : x^2 + y^2 < r^2\}$ 是一個半徑為 $r$ 的圓盤（不包含邊界）。
被積函數 $e^{-x^2-y^2}$ 在極座標下化簡為 $e^{-R^2}$。
轉換到極座標：
$x^2+y^2 = R^2$
$dx dy = R dR d\theta$

積分區域在極座標下為 $0 \le R < r$ 且 $0 \le \theta < 2\pi$。
所以，積分變成：

$$\iint_{D(r)} e^{-x^2-y^2} d(x, y) = \int_0^{2\pi} \int_0^r e^{-R^2} R dR d\theta$$

先計算內層關於 $R$ 的積分：
令 $u = -R^2$，則 $du = -2R dR$，所以 $R dR = -\frac{1}{2} du$。
當 $R=0$ 時，$u=0$。
當 $R=r$ 時，$u=-r^2$。

這題是關於多元函數的局部極值判斷，需要使用多元函數微積分中的二階偏導數檢驗法（Hessian Matrix）。

題目核心觀念：

1. 局部極值判斷： 對於可微函數 $f(x,y)$，若在點 $(a,b)$ 處有局部極值，則必有 $\frac{\partial f}{\partial x}(a,b) = 0$ 且 $\frac{\partial f}{\partial y}(a,b) = 0$。
2. 二階偏導數檢驗法：
   設 $D = f_{xx}(a,b)f_{yy}(a,b) - [f_{xy}(a,b)]^2$。
   • 若 $D > 0$ 且 $f_{xx}(a,b) > 0$，則 $(a,b)$ 是局部極小值點。
   • 若 $D > 0$ 且 $f_{xx}(a,b) < 0$，則 $(a,b)$ 是局部極大值點。
   • 若 $D < 0$，則 $(a,b)$ 是鞍點（非極值點）。
   • 若 $D = 0$，則檢驗法失效，需要其他方法判斷。

解題過程：

給定函數 $f(x,y) = x^2 + \sin(xy) + y^2$。
我們需要在點 $(0,0)$ 處判斷是否有局部極值。

步驟 1：計算一階偏導數並在 $(0,0)$ 處求值。
$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2 + \sin(xy) + y^2) = 2x + y \cos(xy)$
$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x^2 + \sin(xy) + y^2) = x \cos(xy) + 2y$

在點 $(0,0)$ 處求值：
$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = 2(0) + 0 \cdot \cos(0 \cdot 0) = 0 + 0 \cdot 1 = 0$
$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = 0 \cdot \cos(0 \cdot 0) + 2(0) = 0 \cdot 1 + 0 = 0$

由於兩個一階偏導數在 $(0,0)$ 處均為零，所以 $(0,0)$ 是一個臨界點（或稱駐點），可能存在局部極值。

步驟 2：計算二階偏導數。
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = f_{xx} = \frac{\partial}{\partial x}(2x + y \cos(xy)) = 2 + y(-y \sin(xy)) = 2 - y^2 \sin(xy)$
$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = f_{yy} = \frac{\partial}{\partial y}(x \cos(xy) + 2y) = x(-x \sin(xy)) + 2 = -x^2 \sin(xy) + 2$
$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = f_{xy} = \frac{\partial}{\partial y}(2x + y \cos(xy)) = 1 \cdot \cos(xy) + y(-x \sin(xy)) = \cos(xy) - xy \sin(xy)$

核心觀念

本題考查：

• 標準常態密度函數 $\phi(x)$。

• 標準常態累積分布函數 $G(x)$。

• 微積分基本定理：

  $G'(x)=\phi(x)$

• 廣義積分與極限判斷。

由於 $G(x)$ 是標準常態分布的累積分布函數，因此

$$\lim_{x\to\infty}G(x)=1.$$

題目要求判斷

$$\lim_{x\to\infty}\int_{-\infty}^{x}G(t)\,dt.$$

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解題方法：分部積分

對有限的 $x$，考慮

$$\int_{-\infty}^{x}G(t)\,dt.$$

取

$$u=G(t),\qquad dv=dt,$$

則

$$du=\phi(t)\,dt,\qquad v=t.$$

因此

$$\int G(t)\,dt=tG(t)-\int t\phi(t)\,dt.$$

由

$$\phi'(t)=-t\phi(t),$$

可得

$$-\int t\phi(t)\,dt=\phi(t).$$

所以

$$\int G(t)\,dt=tG(t)+\phi(t).$$

代入上下限：

$$\int_{-\infty}^{x}G(t)\,dt = \left[tG(t)+\phi(t)\right]_{-\infty}^{x}.$$