115 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）》

此題主要考驗無窮級數的求和技巧，包含幾何級數與泰勒級數的應用。

(a)
此級數可以看作是 $\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (n+1) x^n$ 在 $x = 1/3$ 的情況。
我們知道幾何級數的泰勒級數為 $\sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1-x}$，其收斂範圍為 $|x|<1$。
對此級數微分一次，得到 $\sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1} = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{1-x} \right) = \frac{1}{(1-x)^2}$。
將兩邊同乘以 $x$，得到 $\sum_{n=1}^{\infty} n x^n = \frac{x}{(1-x)^2}$。
由於級數從 $n=0$ 開始，且 $n=0$ 時 $(-1)^0 (0+1) (1/3)^0 = 1$，我們可以將級數改寫為：
$\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (n+1) x^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n n x^n + \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^n$
$= \sum_{n=1}^{\infty} n (-x)^n + \sum_{n=0}^{\infty} (-x)^n$
對於第一項，令 $y = -x$。我們有 $\sum_{n=1}^{\infty} n y^n = \frac{y}{(1-y)^2}$。
所以 $\sum_{n=1}^{\infty} n (-x)^n = \frac{-x}{(1-(-x))^2} = \frac{-x}{(1+x)^2}$。
第二項是幾何級數 $\sum_{n=0}^{\infty} (-x)^n = \frac{1}{1-(-x)} = \frac{1}{1+x}$。
因此，$\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (n+1) x^n = \frac{-x}{(1+x)^2} + \frac{1}{1+x} = \frac{-x + (1+x)}{(1+x)^2} = \frac{1}{(1+x)^2}$。
將 $x = 1/3$ 代入，我們得到：
$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n n+1}{3^n} = \frac{1}{(1+1/3)^2} = \frac{1}{(4/3)^2} = \frac{1}{16/9} = \frac{9}{16}$。

另一種解法：
考慮級數 $S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1) x^n$。
我們知道 $\sum_{n=0}^{\infty} x^{n+1} = \frac{x}{1-x}$。
對此級數微分一次： $\sum_{n=0}^{\infty} (n+1) x^n = \frac{d}{dx} \left( \frac{x}{1-x} \right) = \frac{(1-x)(1) - x(-1)}{(1-x)^2} = \frac{1-x+x}{(1-x)^2} = \frac{1}{(1-x)^2}$。

核心觀念

本題考查三角函數平方的降冪公式，以及分部積分法：

$$\cos^2 x=\frac{1+\cos 2x}{2}$$

因此，原積分可拆成多項式積分與含有 $x\cos 2x$ 的積分。後者使用分部積分：

$$\int u\,dv=uv-\int v\,du$$

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解題方法

令

$$I(a)=\int_0^a x\cos^2x\,dx$$

利用降冪公式：

$$I(a)=\frac12\int_0^a x\,dx+\frac12\int_0^a x\cos2x\,dx$$

其中第一項為

$$\frac12\int_0^a x\,dx=\frac12\cdot\frac{a^2}{2}=\frac{a^2}{4}$$

對第二項使用分部積分，取

$$u=x,\qquad dv=\cos2x\,dx$$

則

$$du=dx,\qquad v=\frac{\sin2x}{2}$$

所以

$$\int x\cos2x\,dx = \frac{x\sin2x}{2}-\frac12\int\sin2x\,dx$$

又因為

$$\int\sin2x\,dx=-\frac{\cos2x}{2}$$

故

$$\int x\cos2x\,dx = \frac{x\sin2x}{2}+\frac{\cos2x}{4}$$

代入定積分上下限：

$$\int_0^a x\cos2x\,dx = \left[\frac{x\sin2x}{2}+\frac{\cos2x}{4}\right]_0^a$$ $$= \frac{a\sin2a}{2}+\frac{\cos2a-1}{4}$$

因此得到通式：

$$I(a)=\frac{a^2}{4}+\frac{a\sin2a}{4}+\frac{\cos2a-1}{8}$$

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第一個積分

取 $a=\pi$：

$$\int_0^\pi x\cos^2x\,dx = \frac{\pi^2}{4} +\frac{\pi\sin2\pi}{4} +\frac{\cos2\pi-1}{8}$$

由於

$$\sin2\pi=0,\qquad \cos2\pi=1$$

所以

此題考驗不定積分的計算與 Gamma 函數的性質，要求將一個特定形式的積分表示成 Gamma 函數的形式。

我們要計算積分 $\Gamma(n,k) = \int_{0}^{1} (\ln x)^{k-1} x^{n-1} dx$。
為了將此積分轉換成 Gamma 函數的形式，我們進行變數代換。
令 $u = -\ln x$。則 $x = e^{-u}$。
當 $x=0$, $u = -\ln(0^+) = +\infty$。
當 $x=1$, $u = -\ln(1) = 0$。
$dx = -e^{-u} du$。
$\ln x = -u$。

將這些代入積分中：
$\Gamma(n,k) = \int_{\infty}^{0} (-u)^{k-1} (e^{-u})^{n-1} (-e^{-u} du)$
$= \int_{\infty}^{0} (-1)^{k-1} u^{k-1} e^{-(n-1)u} (-e^{-u} du)$
$= -\int_{\infty}^{0} (-1)^{k-1} u^{k-1} e^{-(n-1)u - u} du$
$= \int_{0}^{\infty} (-1)^{k-1} u^{k-1} e^{-nu} du$
$= (-1)^{k-1} \int_{0}^{\infty} u^{k-1} e^{-nu} du$

現在我們需要將此積分轉換成 Gamma 函數的標準形式 $\Gamma(z) = \int_{0}^{\infty} t^{z-1} e^{-t} dt$。
我們令 $t = nu$。則 $u = t/n$ 且 $du = dt/n$。
當 $u=0$, $t=0$。

此題考驗極限的計算，當代入 $x=0$ 時，分子和分母皆為 $0$，屬於 $0/0$ 型不定式，因此可使用 L'Hôpital's Rule。

令 $f(x) = e^x - e^{\sin(x)}$ 且 $g(x) = x - \sin(x)$。
當 $x \to 0$, $f(x) \to e^0 - e^{\sin(0)} = 1 - e^0 = 1 - 1 = 0$。
當 $x \to 0$, $g(x) \to 0 - \sin(0) = 0 - 0 = 0$。

套用 L'Hôpital's Rule：
$\lim_{x \to 0} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(e^x - e^{\sin(x)})}{\frac{d}{dx}(x - \sin(x))}$

計算分子導數：
$\frac{d}{dx}(e^x - e^{\sin(x)}) = e^x - e^{\sin(x)} \cdot \cos(x)$

計算分母導數：
$\frac{d}{dx}(x - \sin(x)) = 1 - \cos(x)$

所以，極限變為：
$\lim_{x \to 0} \frac{e^x - e^{\sin(x)} \cos(x)}{1 - \cos(x)}$

再次代入 $x=0$：
分子：$e^0 - e^{\sin(0)} \cos(0) = 1 - e^0 \cdot 1 = 1 - 1 = 0$。
分母：$1 - \cos(0) = 1 - 1 = 0$。
仍然是 $0/0$ 型不定式，我們需要再次套用 L'Hôpital's Rule。

第二次計算導函數：
分子導數：$\frac{d}{dx}(e^x - e^{\sin(x)} \cos(x))$
$= e^x - [ (e^{\sin(x)} \cos(x)) \cos(x) + e^{\sin(x)} (-\sin(x)) ]$
$= e^x - e^{\sin(x)} \cos^2(x) + e^{\sin(x)} \sin(x)$

分母導數：$\frac{d}{dx}(1 - \cos(x)) = 0 - (-\sin(x)) = \sin(x)$。

所以，極限變為：
$\lim_{x \to 0} \frac{e^x - e^{\sin(x)} \cos^2(x) + e^{\sin(x)} \sin(x)}{\sin(x)}$

再次代入 $x=0$：
分子：$e^0 - e^{\sin(0)} \cos^2(0) + e^{\sin(0)} \sin(0) = 1 - e^0 \cdot 1^2 + e^0 \cdot 0 = 1 - 1 + 0 = 0$。
分母：$\sin(0) = 0$。
仍然是 $0/0$ 型不定式，我們需要第三次套用 L'Hôpital's Rule。

第三次計算導函數：
分子導數：$\frac{d}{dx} (e^x - e^{\sin(x)} \cos^2(x) + e^{\sin(x)} \sin(x))$
$= e^x - [ (e^{\sin(x)} \cos(x)) \cos^2(x) + e^{\sin(x)} (2\cos(x)(-\sin(x))) ] + [ (e^{\sin(x)} \cos(x)) \sin(x) + e^{\sin(x)} \cos(x) ]$
$= e^x - e^{\sin(x)} \cos^3(x) + 2 e^{\sin(x)} \cos(x) \sin(x) + e^{\sin(x)} \cos(x) \sin(x) + e^{\sin(x)} \cos(x)$
$= e^x - e^{\sin(x)} \cos^3(x) + 3 e^{\sin(x)} \cos(x) \sin(x) + e^{\sin(x)} \cos(x)$

分母導數：$\frac{d}{dx}(\sin(x)) = \cos(x)$。

所以，極限變為：
$\lim_{x \to 0} \frac{e^x - e^{\sin(x)} \cos^3(x) + 3 e^{\sin(x)} \cos(x) \sin(x) + e^{\sin(x)} \cos(x)}{\cos(x)}$

現在代入 $x=0$：
分子：$e^0 - e^{\sin(0)} \cos^3(0) + 3 e^{\sin(0)} \cos(0) \sin(0) + e^{\sin(0)} \cos(0)$
$= 1 - e^0 \cdot 1^3 + 3 e^0 \cdot 1 \cdot 0 + e^0 \cdot 1$
$= 1 - 1 \cdot 1 + 3 \cdot 1 \cdot 0 + 1 \cdot 1 = 1 - 1 + 0 + 1 = 1$。
分母：$\cos(0) = 1$。

因此，極限值為 $\frac{1}{1} = 1$。

另一種方法：使用泰勒展開
令 $f(x) = e^x$ 和 $g(x) = e^{\sin(x)}$。

此題考驗線性代數的基本概念，包含行空間、矩陣秩、可逆性、向量空間的生成集與線性獨立性，以及對稱矩陣的特徵值性質。

(a) True.
定義：矩陣的行空間 (row space) 是由矩陣的列向量所張成的向量空間。
定義：矩陣的秩 (rank) 是其行空間的維度，也等於其列空間的維度。
若兩個矩陣有相同的行空間，則它們的行空間維度也必然相同。因此，它們的秩也相同。

(b) True.
對於一個 $n \times n$ 的矩陣 $A$，以下敘述是等價的：

1. $A$ 可逆 (invertible)。
2. $Ax = 0$ 只有唯一解 $x=0$ (trivial solution)。
3. $A$ 的秩為 $n$。
4. $A$ 的行列式不為零。
5. $A$ 的所有特徵值都不為零。
   題目給定 $Ax=0$ 只有trivial solution，因此 $A$ 是可逆的。

(c) False.
生成集 (spanning set) 的定義是：一個向量集合 $S$ 是向量空間 $V$ 的生成集，如果 $V$ 中的每一個向量都可以表示成 $S$ 中向量的線性組合。
線性獨立 (linearly independent) 的定義是：對於向量集合 $\{v_1, v_2, \dots, v_k\}$，如果 $c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_k v_k = 0$ 僅當 $c_1 = c_2 = \dots = c_k = 0$ 時成立。
一個向量空間可以有多個生成集，其中一些生成集可能不是線性獨立的。

此題考驗線性代數中關於投影矩陣的性質，以及直和與正交直和的定義。

(a) 證明 $\mathbb{R}^n = \text{Range}(A) \oplus \text{Null}(A)$

要證明 $\mathbb{R}^n$ 是 $\text{Range}(A)$ 和 $\text{Null}(A)$ 的直和，我們需要證明兩件事：

1. $\mathbb{R}^n = \text{Range}(A) + \text{Null}(A)$ (即 $\text{Range}(A) + \text{Null}(A) = \mathbb{R}^n$)
2. $\text{Range}(A) \cap \text{Null}(A) = \{0\}$

首先，證明 $\mathbb{R}^n = \text{Range}(A) + \text{Null}(A)$。
對於任意向量 $v \in \mathbb{R}^n$，我們需要找到一個向量 $w \in \text{Range}(A)$ 和一個向量 $z \in \text{Null}(A)$ 使得 $v = w + z$。
由於 $A^2 = A$，我們知道 $A$ 是一個投影矩陣 (projection matrix)。
對於任意 $v \in \mathbb{R}^n$，令 $w = Av$。則 $w \in \text{Range}(A)$。
令 $z = v - Av$。
我們需要證明 $z \in \text{Null}(A)$，也就是 $Az = 0$。
$Az = A(v - Av) = Av - A^2 v$。
因為 $A^2 = A$，所以 $A^2 v = Av$。
因此，$Az = Av - Av = 0$。
所以，$z \in \text{Null}(A)$。
這樣我們就證明了對於任意 $v \in \mathbb{R}^n$，都可以寫成 $v = Av + (v - Av)$，其中 $Av \in \text{Range}(A)$ 且 $v - Av \in \text{Null}(A)$。
因此，$\mathbb{R}^n = \text{Range}(A) + \text{Null}(A)$。

接下來，證明 $\text{Range}(A) \cap \text{Null}(A) = \{0\}$。
設 $x$ 是 $\text{Range}(A)$ 和 $\text{Null}(A)$ 的共同元素，即 $x \in \text{Range}(A)$ 且 $x \in \text{Null}(A)$。
因為 $x \in \text{Range}(A)$，所以存在一個向量 $y$ 使得 $x = Ay$。
因為 $x \in \text{Null}(A)$，所以 $Ax = 0$。
將 $x = Ay$ 代入 $Ax = 0$：
$A(Ay) = 0$
$A^2 y = 0$。
因為 $A^2 = A$，所以 $Ay = 0$。
但是 $x = Ay$，所以 $x = 0$。
因此，$\text{Range}(A) \cap \text{Null}(A) = \{0\}$。

綜合以上兩點，我們證明了 $\mathbb{R}^n = \text{Range}(A) \oplus \text{Null}(A)$。

(b) 證明 $\mathbb{R}^n = \text{Range}(A) \oplus \text{Null}(A)$ (正交直和)

此題考驗線性代數中判斷一個對稱矩陣是否為正定矩陣的方法。

判斷一個對稱矩陣是否為正定矩陣有幾種方法：

1. 檢查所有主子式 (leading principal minors) 是否皆為正。
2. 檢查所有特徵值 (eigenvalues) 是否皆為正。
3. 檢查對於所有非零向量 $x$，是否有 $x^T A x > 0$。

我們將採用第一種方法，計算主子式。
給定的矩陣是 $A = \begin{bmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{bmatrix}$。
這是一個 $3 \times 3$ 的對稱矩陣。

計算第一主子式 (1x1)：
$D_1 = \det([2]) = 2$。
$D_1 = 2 > 0$。

計算第二主子式 (2x2)：
$D_2 = \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} = (2)(2) - (-1)(-1) = 4 - 1 = 3$。
$D_2 = 3 > 0$。

計算第三主子式 (3x3)：
$D_3 = \det \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{pmatrix}$
$= 2 \det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} - (-1) \det \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} + 0 \det \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$
$= 2 (2 \cdot 2 - (-1) \cdot (-1)) + 1 ((-1) \cdot 2 - (-1) \cdot 0) + 0$
$= 2 (4 - 1) + 1 (-2 - 0)$
$= 2 (3) + 1 (-2)$
$= 6 - 2 = 4$。
$D_3 = 4 > 0$。

由於所有的主子式 $D_1, D_2, D_3$ 都大於零，根據 Sylvester's criterion，矩陣 $A$ 是正定矩陣。