108 年 國立成功大學統計學研究所《數學》

此題考驗多重積分的計算技巧，尤其是積分區域的變換。觀察積分核函數的形式，發現 $e^{-(x-y)^2}$ 和 $1+(x+y)^2$ 都與變數的差和差有關。這提示我們進行變數代換。

令 $u = x-y$ 且 $v = x+y$。
則 $x = \frac{v+u}{2}$ 且 $y = \frac{v-u}{2}$。
計算 Jacobian:
$J = \det \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 \\ -1/2 & 1/2 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \cdot (-\frac{1}{2}) = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$
因此 $dx dy = |J| du dv = \frac{1}{2} du dv$。

積分區域 $(-\infty, \infty) \times (-\infty, \infty)$ 在 $(x, y)$ 平面上是整個 $xy$ 平面。

核心觀念

函數要有反函數，必須先滿足「一對一」：不同的輸入值不能得到相同的函數值。圖形上可用水平線判定，任何水平線至多與圖形交於一點。

本題含有絕對值，先依臨界點 $x=-1,1$ 分段，再判斷各區間的單調性。

解題方法

函數為

$$f(x)=3+|x-1|+|x+1|.$$

分段表示

當 $x\le -1$ 時，

$$|x-1|=1-x,\qquad |x+1|=-x-1,$$

因此

$$f(x)=3+(1-x)+(-x-1)=3-2x.$$

當 $-1\le x\le 1$ 時，

$$|x-1|=1-x,\qquad |x+1|=x+1,$$

所以

$$f(x)=3+(1-x)+(x+1)=5.$$

當 $x\ge 1$ 時，

$$|x-1|=x-1,\qquad |x+1|=x+1,$$

因此

$$f(x)=3+(x-1)+(x+1)=3+2x.$$

故

$$f(x)= \begin{cases} 3-2x, & x\le -1,\\[4pt] 5, & -1\le x\le 1,\\[4pt] 3+2x, & x\ge 1. \end{cases}$$

判斷一對一

在 $[-1,1]$ 上，

$$f(x)=5,$$

是一段水平線，因此區間內不同的 $x$ 會有相同函數值，不能有反函數。

左側 $x\le -1$ 時，$f(x)=3-2x$，斜率為 $-2<0$，為嚴格遞減函數，因此一對一。

右側 $x\ge 1$ 時，$f(x)=3+2x$，斜率為 $2>0$，為嚴格遞增函數，因此一對一。

所以本題的兩個最大單調定義域為

$$(-\infty,-1]\qquad\text{或}\qquad [1,\infty).$$

求左側限制的反函數

限制定義域為 $x\le -1$，令

$$y=3-2x.$$

解出 $x$：

此題考驗極限的計算，特別是當出現 $\frac{0}{0}$ 型不定式時，可考慮使用羅必達法則 (L'Hôpital's Rule)。

首先，檢查極限的型態。當 $h \to 0$ 時：
分子 $f(h) - hf'(0)$ 趨近於 $f(0) - 0 \cdot f'(0) = 0 - 0 = 0$ (因為已知 $f(0)=0$)。
分母 $h^2$ 趨近於 $0^2 = 0$。
所以，這是 $\frac{0}{0}$ 型不定式，可以使用羅必達法則。

對分子和分母同時求導：
對分子求導：$\frac{d}{dh}(f(h) - hf'(0)) = f'(h) - f'(0)$ (注意 $f'(0)$ 是常數)。
對分母求導：$\frac{d}{dh}(h^2) = 2h$。

此題考驗數列收斂性的判斷，特別是利用柯西準則 (Cauchy Criterion) 或比較法來證明收斂。題目給了一個差的界限，這通常指向柯西數列的定義。

根據柯西準則，一個數列 $\{a_n\}$ 收斂若且唯若對於任意 $\epsilon > 0$，存在一個正整數 $N$ 使得當 $m > n \ge N$ 時，都有 $|a_m - a_n| < \epsilon$。

我們需要證明 $\{a_n\}$ 是一個柯西數列。
考慮當 $m > n$ 時，$|a_m - a_n|$。
我們可以將 $|a_m - a_n|$ 寫成一系列連續項差的絕對值之和：
$|a_m - a_n| = |(a_m - a_{m-1}) + (a_{m-1} - a_{m-2}) + \dots + (a_{n+1} - a_n)|$
利用三角不等式，我們有：
$|a_m - a_n| \le |a_m - a_{m-1}| + |a_{m-1} - a_{m-2}| + \dots + |a_{n+1} - a_n|$
根據題目給定的條件 $|a_{k+1} - a_k| < b r^k$ 對於 $k = 1, 2, \dots$。
所以，上式可以寫成：
$|a_m - a_n| \le b r^{m-1} + b r^{m-2} + \dots + b r^n$
$|a_m - a_n| \le b (r^{m-1} + r^{m-2} + \dots + r^n)$
這是一個等比數列的和。我們可以將其寫成：

核心觀念

本題考查：

1. 瑕積分在 $x=0$ 附近的收斂性。
2. 以不等式建立積分的下界。
3. 判斷數列型積分是否趨近無限大。

雖然 $\dfrac{\sin x}{x}$ 在 $x=0$ 沒有直接定義，但由基本極限

$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$$

可知其在 $x=0$ 附近有界，故

$$\int_0^\pi \frac{\sin x}{x}\,dx$$

為有限且正的瑕積分。

解題方法

令

$$I_n=\int_0^\pi \frac{n\sin x}{x}\,dx =n\int_0^\pi \frac{\sin x}{x}\,dx.$$

直接令

$$C=\int_0^\pi \frac{\sin x}{x}\,dx.$$

因為在 $0<x\leq \pi$ 時，$\sin x\geq 0$，且 $\sin x$ 在 $(0,\pi)$ 內不恆為零，所以

$$C>0.$$

因此

$$I_n=nC.$$

由於 $C$ 是固定的正數，當 $n\to\infty$ 時，

$$nC\to\infty.$$

故

$$\lim_{n\to\infty}\int_0^\pi \frac{n\sin x}{x}\,dx=\infty.$$

嚴格下界證明

為避免只依賴 $C>0$ 的敘述，可在區間 $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ 上建立明確下界。

在 $0\leq x\leq \dfrac{\pi}{2}$ 時，利用 $\sin x$ 的凹性，可得弦線下界

核心觀念

冪等矩陣的定義是 $P^2=P$。本題已知 $A^2=A$、$B^2=B$，要判斷 $A-B$ 何時冪等。矩陣乘法一般不具交換律，因此展開 $(A-B)^2$ 時，$AB$ 與 $BA$ 必須分別保留。

解題方法

先將 $A-B$ 冪等的條件寫成方程，再利用已知的 $A^2=A$，從左右乘以 $A$ 得到 $AB$ 與 $BA$ 的關係。

若 $A-B$ 為冪等矩陣，則

$$(A-B)^2=A-B.$$

展開左側並代入 $A^2=A$、$B^2=B$：

$$A-AB-BA+B=A-B.$$

整理得

$$AB+BA=2B. \tag{1}$$

此題考驗矩陣的秩 (rank) 的性質。

a) 證明 $rank(A + B) \le rank(A) + rank(B)$
這個性質稱為秩的次可加性 (subadditivity)。
證明方法通常是利用線性映射的維度公式。
考慮線性映射 $T_A: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ 定義為 $T_A(x) = Ax$。
則 $rank(A) = \dim(\text{Im}(T_A))$，其中 $\text{Im}(T_A)$ 是 $T_A$ 的像空間 (image space)。
同理，$rank(B) = \dim(\text{Im}(T_B))$。

考慮線性映射 $T_{A+B}: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ 定義為 $T_{A+B}(x) = (A+B)x = Ax + Bx = T_A(x) + T_B(x)$。
則 $rank(A+B) = \dim(\text{Im}(T_{A+B}))$。

像空間 $\text{Im}(T_{A+B})$ 是由形如 $(A+B)x$ 的向量組成的集合。
對於任意 $x \in \mathbb{R}^n$， $(A+B)x = Ax + Bx$。
這表示 $\text{Im}(T_{A+B})$ 是 $\text{Im}(T_A)$ 和 $\text{Im}(T_B)$ 的和空間 (sum of spaces)。
即 $\text{Im}(T_{A+B}) = \text{Im}(T_A) + \text{Im}(T_B) = \{ u+v \mid u \in \text{Im}(T_A), v \in \text{Im}(T_B) \}$。

根據維度公式，對於兩個向量空間 $U$ 和 $V$，有：
$\dim(U+V) = \dim(U) + \dim(V) - \dim(U \cap V)$。
應用到這裡：
$rank(A+B) = \dim(\text{Im}(T_{A+B})) = \dim(\text{Im}(T_A) + \text{Im}(T_B))$
$rank(A+B) = \dim(\text{Im}(T_A)) + \dim(\text{Im}(T_B)) - \dim(\text{Im}(T_A) \cap \text{Im}(T_B))$
$rank(A+B) = rank(A) + rank(B) - \dim(\text{Im}(T_A) \cap \text{Im}(T_B))$

由於 $\dim(\text{Im}(T_A) \cap \text{Im}(T_B)) \ge 0$，所以：
$rank(A+B) \le rank(A) + rank(B)$。

b) 證明 $rank(A) = rank(A^T) = rank(A^T A) = rank(AA^T)$

這部分需要證明幾個等式：
(i) $rank(A) = rank(A^T)$
(ii) $rank(A) = rank(A^T A)$
(iii) $rank(A) = rank(AA^T)$

(i) 證明 $rank(A) = rank(A^T)$
矩陣 $A$ 的秩定義為其列空間 (column space) 的維度，也等於其行空間 (row space) 的維度。
$A^T$ 的行空間就是 $A$ 的列空間，而 $A^T$ 的列空間就是 $A$ 的行空間。
所以，$rank(A) = \dim(\text{column space of } A) = \dim(\text{row space of } A^T) = rank(A^T)$。
這證明了 $rank(A) = rank(A^T)$。

(ii) 證明 $rank(A) = rank(A^T A)$
我們需要證明 $rank(A) = rank(A^T A)$。
這通常通過證明 $A$ 和 $A^T A$ 的核空間 (null space) 維度相同來實現，利用秩-零度定理 (rank-nullity theorem)。
秩-零度定理：對於一個 $m \times n$ 矩陣 $M$， $rank(M) + \dim(\text{null space of } M) = n$。

考慮矩陣 $A^T A$。
首先證明 $\text{null space of } A = \text{null space of } A^T A$。
令 $x \in \text{null space of } A$。則 $Ax = 0$。

此題考驗矩陣的對角化 (diagonalization)、冪等性 (idempotence) 和特徵值 (eigenvalues) 的關係。

題目要求證明：對於一個對稱矩陣 $P$， $P$ 是冪等矩陣且秩為 $r$ $\iff$ $P$ 有 $r$ 個特徵值等於 $1$ 且 $n-r$ 個特徵值等於 $0$。

已知條件：$P$ 是 $n \times n$ 的對稱矩陣，即 $P^T = P$。

證明方向 1：($P$ 是冪等且 $rank(P)=r$) $\implies$ ($P$ 有 $r$ 個特徵值等於 $1$ 且 $n-r$ 個特徵值等於 $0$)

1. 冪等性與特徵值：
   如果 $P$ 是冪等矩陣，則 $P^2 = P$。
   設 $\lambda$ 是 $P$ 的一個特徵值，對應的特徵向量為 $v \ne 0$。
   則 $Pv = \lambda v$。
   將 $P$ 左乘上式：$P(Pv) = P(\lambda v)$。
   $P^2 v = \lambda (Pv)$。
   由於 $P^2 = P$ 且 $Pv = \lambda v$，我們得到：
   $Pv = \lambda (\lambda v)$
   $\lambda v = \lambda^2 v$
   $(\lambda^2 - \lambda) v = 0$。
   由於 $v \ne 0$，所以 $\lambda^2 - \lambda = 0$。
   $\lambda(\lambda - 1) = 0$。
   這意味著 $P$ 的特徵值只能是 $0$ 或 $1$。

2. 對稱性與對角化：
   由於 $P$ 是對稱矩陣，根據譜定理 (Spectral Theorem)，$P$ 可以被正交對角化。
   這意味著存在一個正交矩陣 $Q$ (即 $Q^T Q = QQ^T = I$) 和一個對角矩陣 $D$ 使得 $P = Q D Q^T$。
   對角矩陣 $D$ 的對角線元素就是矩陣 $P$ 的特徵值。
   $D = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & \lambda_2 & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \dots & \lambda_n \end{pmatrix}$
   其中 $\lambda_i$ 是 $P$ 的特徵值。

3. 秩與特徵值：
   矩陣的秩等於其非零特徵值的個數（對於對角化矩陣）。
   $rank(P) = rank(Q D Q^T)$。
   由於 $Q$ 和 $Q^T$ 是可逆矩陣，它們不改變矩陣的秩。
   $rank(P) = rank(D)$。
   矩陣 $D$ 的秩是其對角線上非零元素的個數。
   由於我們已經知道 $P$ 的特徵值只能是 $0$ 或 $1$，所以 $D$ 的非零元素都是 $1$。
   因此，$rank(D)$ 等於對角線上 $1$ 的個數。
   題目給定 $rank(P) = r$。
   所以，對角線上 $1$ 的個數是 $r$。

核心觀念

本題考查：

1. Woodbury 矩陣逆公式（Sherman–Morrison–Woodbury identity）。
2. 矩陣乘法的維度判斷。
3. 利用
   $\det(I+XY)=\det(I+YX)$
   判斷相關矩陣是否可逆。
4. 透過直接相乘驗證所給公式。

已知：

• $A$ 為 $m\times m$ 可逆矩陣；
• $B$ 為 $n\times n$ 可逆矩陣；
• $C$ 為 $m\times n$ 矩陣；
• $D$ 為 $n\times m$ 矩陣；
• $A+CBD$ 為可逆矩陣。

欲證：

$$(A + CBD)^{-1} = A^{-1} - A^{-1}C(B^{-1} + DA^{-1}C)^{-1}DA^{-1}.$$

其中：

• $A^{-1}C$ 為 $m\times n$；
• $DA^{-1}C$ 為 $n\times n$；
• $B^{-1}+DA^{-1}C$ 因而可進行加法與求逆；
• $A^{-1}C(B^{-1}+DA^{-1}C)^{-1}DA^{-1}$ 為 $m\times m$ 矩陣。

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解題方法

先證明 $(B^{-1}+DA^{-1}C)$ 可逆，再驗證右側確實是 $(A+CBD)$ 的逆矩陣。

一、證明中間矩陣可逆

將 $A+CBD$ 提出左側的 $A$：

$$A+CBD = A(I_m+A^{-1}CBD).$$

因為 $A$ 與 $A+CBD$ 都可逆，所以

$$I_m+A^{-1}CBD$$

必為可逆矩陣。

令

$$X=A^{-1}CB, \qquad Y=D.$$

則

$$XY=A^{-1}CBD, \qquad YX=DA^{-1}CB.$$

由 Sylvester 行列式定理，

$$\det(I_m+XY)=\det(I_n+YX).$$

因此

$$I_n+DA^{-1}CB$$

也可逆。

另一方面，

$$B^{-1}+DA^{-1}C = B^{-1}(I_n+BDA^{-1}C).$$

由於

$$\det(I_n+BDA^{-1}C) = \det(I_m+A^{-1}CBD)\neq 0,$$

所以 $I_n+BDA^{-1}C$ 可逆，進而

$$B^{-1}+DA^{-1}C$$

可逆。

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二、驗證候選逆矩陣

令

$$M=B^{-1}+DA^{-1}C.$$

考慮候選矩陣

核心觀念

1. 特徵值與特徵向量的代數性質：
   若 $x$ 為矩陣 $A$ 對應特徵值 $\lambda$ 的特徵向量（即 $x \neq 0$ 且 $Ax = \lambda x$），則：
   • 當 $A$ 為非奇異矩陣（nonsingular）時，$\lambda \neq 0$，且 $A^{-1}x = \frac{1}{\lambda} x$。
   • 對於任意可逆的多項式或有理矩陣函數 $f(A)$，其作用於 $x$ 滿足 $f(A)x = f(\lambda)x$。
2. 反矩陣的乘積性質：
   若矩陣 $P, Q$ 皆為可逆矩陣，則 $(PQ)^{-1} = Q^{-1} P^{-1}$。
3. 分配律與矩陣因式分解：
   矩陣乘法滿足分配律，如 $(I + A)^{-1} + A(I + A)^{-1} = (I + A)(I + A)^{-1} = I$。

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解題方法

(a) 證明 $x$ 為 $B$ 對應特徵值 $1$ 的特徵向量

1. 特徵值的存在條件：
   依題意，$x \neq 0$ 滿足 $Ax = \lambda x$。

   • 因為 $A$ 為非奇異矩陣，故 $\det(A) \neq 0 \implies \lambda \neq 0$。
   • 因為 $I + A$ 為非奇異矩陣，故 $\det(I + A) \neq 0 \implies \lambda \neq -1$（即 $1 + \lambda \neq 0$）。

2. 推導各分項對 $x$ 的作用：

   • 計算 $(I + A)x$： $$(I + A)x = Ix + Ax = x + \lambda x = (1 + \lambda)x$$ 兩邊左乘 $(I + A)^{-1}$，並除以標量 $(1 + \lambda)$： $$(I + A)^{-1}x = \frac{1}{1 + \lambda}x$$
   • 計算 $(I + A^{-1})x$：
     由 $Ax = \lambda x$ 且 $\lambda \neq 0$，可得 $A^{-1}x = \frac{1}{\lambda}x$。 $$(I + A^{-1})x = Ix + A^{-1}x = x + \frac{1}{\lambda}x = \left(1 + \frac{1}{\lambda}\right)x = \frac{\lambda + 1}{\lambda}x$$ 兩邊左乘 $(I + A^{-1})^{-1}$，並除以標量 $\frac{\lambda + 1}{\lambda}$： $$(I + A^{-1})^{-1}x = \frac{\lambda}{1 + \lambda}x$$

3. 計算 $Bx$：

   $$Bx = \left( (I + A)^{-1} + (I + A^{-1})^{-1} \right) x$$