112 年 國立政治大學統計學系碩士班《基礎數學（含微積分、線性代數）》

本題考查微積分的均值定理（Mean Value Theorem, MVT）。均值定理是微積分中一個重要的理論，它連結了函數在某區間上的可微分性與其在該區間端點上的函數值變化。

定理敘述：
設函數 $f$ 在閉區間 $[a, b]$ 上連續，在開區間 $(a, b)$ 上可微分。則存在至少一點 $c \in (a, b)$，使得
$f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$

證明：
我們構造一個輔助函數 $g(x)$，使得 $g(a) = g(b)$。這樣我們就可以對 $g(x)$ 套用羅爾定理（Rolle's Theorem）。
令 $g(x) = f(x) - kx$，其中 $k$ 是一個待定的常數。
我們希望 $g(a) = g(b)$，所以
$f(a) - ka = f(b) - kb$

本題要求使用 $\epsilon-\delta$ 的定義來證明極限 $\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x^2} = 0$。注意，當變數趨近無窮大時，我們使用的是 $\epsilon-M$ 的定義，而不是 $\epsilon-\delta$。

定理敘述 ($\epsilon-M$ 定義)：
極限 $\lim_{x \to \infty} f(x) = L$ 表示對於任意給定的 $\epsilon > 0$，存在一個實數 $M$，使得當 $x > M$ 時， $|f(x) - L| < \epsilon$。

證明：
我們要證明 $\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x^2} = 0$。
這裡 $f(x) = \frac{1}{x^2}$ 且 $L = 0$。
根據定義，我們需要找到一個 $M > 0$，使得對於任意 $x > M$，都有 $|\frac{1}{x^2} - 0| < \epsilon$。

考慮 $|f(x) - L|$：
$|\frac{1}{x^2} - 0| = |\frac{1}{x^2}| = \frac{1}{x^2}$ (因為當 $x \to \infty$ 時，$x$ 必定是正數，所以 $x^2 > 0$)。

本題為不定積分與定積分的綜合計算，涵蓋了多種積分技巧，包括有理函數積分、分部積分、三角換元、對稱性利用以及三角函數積分。

(a) $\int \frac{x^2 - 2x + 1}{x^2 + 2x + 1} dx$

這是個無理函數的積分。首先觀察分子和分母：分子是 $(x-1)^2$，分母是 $(x+1)^2$。
$\frac{x^2 - 2x + 1}{x^2 + 2x + 1} = \frac{(x-1)^2}{(x+1)^2}$
由於分子次數等於分母次數，我們可以使用多項式長除法或直接改寫。
$\frac{x^2 - 2x + 1}{x^2 + 2x + 1} = \frac{(x^2 + 2x + 1) - 4x}{x^2 + 2x + 1} = 1 - \frac{4x}{(x+1)^2}$
現在我們需要積分 $1 - \frac{4x}{(x+1)^2}$。
$\int 1 dx = x + C_1$
對於 $\int \frac{4x}{(x+1)^2} dx$，我們可以使用部分分式分解或代換。
令 $u = x+1$，則 $x = u-1$， $dx = du$。
$\int \frac{4(u-1)}{u^2} du = \int (\frac{4u}{u^2} - \frac{4}{u^2}) du = \int (\frac{4}{u} - 4u^{-2}) du$
$= 4 \ln|u| - 4 \frac{u^{-1}}{-1} + C_2 = 4 \ln|u| + \frac{4}{u} + C_2$
代回 $u = x+1$：
$= 4 \ln|x+1| + \frac{4}{x+1} + C_2$
所以，原積分為：
$x - (4 \ln|x+1| + \frac{4}{x+1}) + C = x - 4 \ln|x+1| - \frac{4}{x+1} + C$

【答案】$x - 4 \ln|x+1| - \frac{4}{x+1} + C$

(b) $\int_0^1 x^3 e^{-x^2} dx$

這個積分可以通過換元和分部積分來解決。
首先，考慮換元。令 $u = -x^2$，則 $du = -2x dx$。這似乎不太方便直接處理 $x^3$。
另一種換元是令 $u = x^2$，則 $du = 2x dx$。
$\int x^3 e^{-x^2} dx = \int x^2 \cdot e^{-x^2} \cdot x dx$
$= \int u \cdot e^{-u} \cdot \frac{1}{2} du = \frac{1}{2} \int u e^{-u} du$
現在我們對 $\int u e^{-u} du$ 進行分部積分，令 $f = u$, $dg = e^{-u} du$。則 $df = du$, $g = -e^{-u}$。
$\int u e^{-u} du = u(-e^{-u}) - \int (-e^{-u}) du = -u e^{-u} + \int e^{-u} du = -u e^{-u} - e^{-u} + C'$
$= -(u+1)e^{-u} + C'$
將 $u = x^2$ 代回：
$\frac{1}{2} [-(x^2+1)e^{-x^2}] + C = -\frac{1}{2}(x^2+1)e^{-x^2} + C$

現在計算定積分：
$\int_0^1 x^3 e^{-x^2} dx = [-\frac{1}{2}(x^2+1)e^{-x^2}]_0^1$
$= [-\frac{1}{2}(1^2+1)e^{-1^2}] - [-\frac{1}{2}(0^2+1)e^{-0^2}]$
$= [-\frac{1}{2}(2)e^{-1}] - [-\frac{1}{2}(1)e^0]$
$= -e^{-1} - (-\frac{1}{2})$
$= \frac{1}{2} - e^{-1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{e}$

【答案】$\frac{1}{2} - \frac{1}{e}$

(c) $\int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n x}{\sin^n x + \cos^n x} dx$

這個積分是常見的利用對稱性來解決的題目。
令 $I = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^n x}{\sin^n x + \cos^n x} dx$。
我們使用性質 $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$。
在這裡，$a=0$, $b=\pi/2$，所以 $a+b-x = \pi/2 - x$。
令 $x = \pi/2 - u$，則 $dx = -du$。
當 $x=0$, $u=\pi/2$；當 $x=\pi/2$, $u=0$。
$I = \int_{\pi/2}^0 \frac{\sin^n (\pi/2 - u)}{\sin^n (\pi/2 - u) + \cos^n (\pi/2 - u)} (-du)$
$= \int_0^{\pi/2} \frac{\cos^n u}{\cos^n u + \sin^n u} du$

本題考查隱函數微分法（Implicit Differentiation）。我們需要對給定的隱函數方程兩邊同時對 $x$ 求導，然後解出 $\frac{dy}{dx}$。

給定方程：$\tan(xy) = x+y$

對兩邊同時微分：
$\frac{d}{dx}[\tan(xy)] = \frac{d}{dx}[x+y]$

左邊使用鏈式法則：
$\frac{d}{dx}[\tan(xy)] = \sec^2(xy) \cdot \frac{d}{dx}(xy)$
$\frac{d}{dx}(xy) = 1 \cdot y + x \cdot \frac{dy}{dx}$ (使用乘積法則)
所以，左邊是：$\sec^2(xy) (y + x \frac{dy}{dx})$

右邊的微分：
$\frac{d}{dx}[x+y] = \frac{d}{dx}(x) + \frac{d}{dx}(y) = 1 + \frac{dy}{dx}$

本題是求解帶約束條件的最值問題，可以使用拉格朗日乘數法（Lagrange Multiplier Method）。

我們要找函數 $f(x, y, z) = x + 2y + 3z$ 在兩個約束條件 $g(x, y, z) = x-y+z-1 = 0$ 和 $h(x, y, z) = x^2 + y^2 - 1 = 0$ 下的最值。

根據拉格朗日乘數法，我們需要解方程組 $\nabla f = \lambda \nabla g + \mu \nabla h$ 以及約束條件。
$\nabla f = (\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z}) = (1, 2, 3)$
$\nabla g = (\frac{\partial g}{\partial x}, \frac{\partial g}{\partial y}, \frac{\partial g}{\partial z}) = (1, -1, 1)$
$\nabla h = (\frac{\partial h}{\partial x}, \frac{\partial h}{\partial y}, \frac{\partial h}{\partial z}) = (2x, 2y, 0)$

拉格朗日乘數方程組為：

1. $1 = \lambda(1) + \mu(2x) \implies 1 = \lambda + 2\mu x$
2. $2 = \lambda(-1) + \mu(2y) \implies 2 = -\lambda + 2\mu y$
3. $3 = \lambda(1) + \mu(0) \implies 3 = \lambda$

從方程 (3) 得出 $\lambda = 3$。
將 $\lambda = 3$ 代入方程 (1) 和 (2)：

1. $1 = 3 + 2\mu x \implies -2 = 2\mu x \implies \mu x = -1$
2. $2 = -3 + 2\mu y \implies 5 = 2\mu y \implies \mu y = \frac{5}{2}$

現在我們有 $\mu x = -1$ 和 $\mu y = \frac{5}{2}$。
如果 $\mu = 0$，那麼 $0 = -1$ 和 $0 = \frac{5}{2}$，這是矛盾的，所以 $\mu \neq 0$。
我們可以寫出 $x = -\frac{1}{\mu}$ 和 $y = \frac{5}{2\mu}$。
將這兩個表達式代入約束條件 $x^2 + y^2 = 1$:
$(-\frac{1}{\mu})^2 + (\frac{5}{2\mu})^2 = 1$
$\frac{1}{\mu^2} + \frac{25}{4\mu^2} = 1$
$\frac{4 + 25}{4\mu^2} = 1$
$\frac{29}{4\mu^2} = 1$
$4\mu^2 = 29 \implies \mu^2 = \frac{29}{4} \implies \mu = \pm \frac{\sqrt{29}}{2}$。

本題考查矩陣的性質，特別是冪等矩陣（$A^2=A$）和對稱矩陣（$A^T=A$）的特徵值與秩。

(a) Find possible eigenvalues of A.

一個矩陣 $A$ 滿足 $A^2 = A$ 被稱為冪等矩陣（idempotent matrix）。
設 $\lambda$ 是 $A$ 的一個特徵值，對應的非零特徵向量為 $v$。
則 $Av = \lambda v$。
將此式兩邊同時左乘 $A$：
$A(Av) = A(\lambda v)$
$A^2 v = \lambda (Av)$
由於 $A^2 = A$，所以 $Av = \lambda (\lambda v)$。
$Av = \lambda^2 v$
又因為 $Av = \lambda v$，所以我們有：
$\lambda v = \lambda^2 v$
$(\lambda^2 - \lambda) v = 0$
因為 $v$ 是非零向量，所以 $\lambda^2 - \lambda = 0$。
$\lambda(\lambda - 1) = 0$
這意味著 $\lambda = 0$ 或 $\lambda = 1$。

所以，矩陣 $A$ 的可能特徵值只能是 0 或 1。

(b) Determine the rank of A.

矩陣 $A$ 滿足 $A^2=A$ 和 $A^T=A$。
$A^2=A$ 表示 $A$ 是冪等矩陣。
$A^T=A$ 表示 $A$ 是對稱矩陣。
對於一個冪等矩陣，其特徵值只能是 0 或 1。
對於一個實對稱矩陣，它可以被對角化，且特徵值都是實數。

我們知道，矩陣的秩（rank）等於其非零特徵值的個數（計入重數），或者等於其對角化後對角線上非零元素的個數。

設 $A$ 是一個 $n \times n$ 的矩陣。
如果 $A=0$（零矩陣），則 $A^2=0=A$ 且 $A^T=0=A$。此時特徵值全為 0，秩為 0。
如果 $A=I$（單位矩陣），則 $A^2=I^2=I=A$ 且 $A^T=I^T=I=A$。此時特徵值全為 1，秩為 $n$。

對於一般的冪等矩陣 $A$，我們有 $A^2=A$。
這表示 $A$ 的像空間（image space）或值域（range）是 $A$ 的列空間，同時也是 $A$ 的行空間。
對於 $A^2=A$，對於任意向量 $x$， $Ax$ 都在 $A$ 的像空間中。
且 $A(Ax) = A^2 x = Ax$。這表示像空間中的任何向量 $y=Ax$ 都滿足 $Ay=y$。
這意味著像空間中的向量都是特徵值為 1 的特徵向量。
因此，像空間的維度（即矩陣的秩）等於特徵值為 1 的特徵值的代數重數。

設 $r$ 為 $A$ 的秩，則 $r$ 是特徵值為 1 的特徵值的重數。
那麼，特徵值為 0 的特徵值的重數就是 $n-r$。
由於 $A$ 是對稱矩陣，它可以被對角化。
$A = P D P^{-1}$，其中 $D$ 是一個對角矩陣，對角線上的元素是 $A$ 的特徵值。
由於 $A$ 是對稱矩陣， $P$ 可以是正交矩陣，且 $P^{-1} = P^T$。
$D$ 的對角線上會有 $r$ 個 1 和 $n-r$ 個 0。

本題要求證明正交矩陣（orthogonal matrix）的行列式值為 $\pm 1$。

定義：
一個方陣 $Q$ 被稱為正交矩陣，如果它的轉置矩陣等於它的逆矩陣，即 $Q^T = Q^{-1}$。
這個定義等價於 $Q^T Q = I$，其中 $I$ 是單位矩陣。

證明：
設 $Q$ 是一個 $n \times n$ 的正交矩陣。
根據定義，我們有 $Q^T Q = I$。

現在我們對這個等式兩邊同時取行列式：
$\det(Q^T Q) = \det(I)$

本題要求證明線性變換（Linear Transformation）的零空間（Null Space, $N(T)$）和值域空間（Range Space, $R(T)$）分別是定義域 $V$ 和對應域 $W$ 的子空間（Subspace）。

要證明一個集合是向量空間的子空間，需要證明以下三點：

1. 該集合包含零向量。
2. 該集合對於向量加法是封閉的（即任意兩個向量的和仍在該集合中）。
3. 該集合對於純量乘法是封閉的（即任意向量的純量倍數仍在該集合中）。

證明 $N(T)$ 是 $V$ 的子空間：

$N(T) = \{v \in V \mid T(v) = 0_W\}$，其中 $0_W$ 是 $W$ 中的零向量。

1. 包含零向量：
   由於 $T$ 是線性變換，它必須將 $V$ 中的零向量 $0_V$ 映射到 $W$ 中的零向量 $0_W$。
   即 $T(0_V) = 0_W$。
   因此，$0_V \in N(T)$。

2. 向量加法封閉性：
   設 $u, v \in N(T)$。這意味著 $T(u) = 0_W$ 且 $T(v) = 0_W$。
   我們需要證明 $u+v \in N(T)$，即 $T(u+v) = 0_W$。
   由於 $T$ 是線性變換，我們有：
   $T(u+v) = T(u) + T(v)$
   將已知條件代入：
   $T(u+v) = 0_W + 0_W = 0_W$。
   因此，$u+v \in N(T)$。

3. 純量乘法封閉性：
   設 $v \in N(T)$，且 $c$ 是任意的純量（來自 $V$ 的標量域）。這意味著 $T(v) = 0_W$。
   我們需要證明 $cv \in N(T)$，即 $T(cv) = 0_W$。
   由於 $T$ 是線性變換，我們有：
   $T(cv) = c T(v)$
   將已知條件代入：
   $T(cv) = c \cdot 0_W = 0_W$。
   因此，$cv \in N(T)$。

由於 $N(T)$ 滿足這三點性質，它是一個子空間。

本題要求計算一個給定矩陣 $A$ 的 $n$ 次方 $A^n$。對於一般的矩陣，直接計算 $A^n$ 通常很困難。常見的方法是利用矩陣的對角化或利用其特徵值和特徵向量來簡化計算。

首先，我們需要找到矩陣 $A$ 的特徵值和特徵向量。
$A = \begin{pmatrix} 0 & -2 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$

特徵值方程式為 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 0-\lambda & -2 \\ 1 & 3-\lambda \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\lambda & -2 \\ 1 & 3-\lambda \end{pmatrix}$
$\det(A - \lambda I) = (-\lambda)(3-\lambda) - (-2)(1) = -3\lambda + \lambda^2 + 2 = \lambda^2 - 3\lambda + 2$

令 $\lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0$。
因式分解得到 $(\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0$。
所以，特徵值為 $\lambda_1 = 1$ 和 $\lambda_2 = 2$。

接下來，我們找到對應於這些特徵值的特徵向量。

對於 $\lambda_1 = 1$:
$(A - 1I)v_1 = 0$
$\begin{pmatrix} -1 & -2 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
從第一行得到 $-x - 2y = 0$，即 $x = -2y$。
我們可以選擇 $y=1$，則 $x=-2$。
所以，特徵向量 $v_1 = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix}$。

對於 $\lambda_2 = 2$:
$(A - 2I)v_2 = 0$
$\begin{pmatrix} -2 & -2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
從第一行得到 $-2x - 2y = 0$，即 $x = -y$。
我們可以選擇 $y=1$，則 $x=-1$。
所以，特徵向量 $v_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}$。

現在我們構造一個由特徵向量組成的矩陣 $P$ 和一個對角矩陣 $D$，使得 $A = P D P^{-1}$。
$P = \begin{pmatrix} -2 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$
$D = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$

計算 $P^{-1}$:
$\det(P) = (-2)(1) - (-1)(1) = -2 + 1 = -1$。