109 年 國立成功大學統計學研究所《數學》

核心觀念

本題探討統計學與線性代數中極為經典的**等相關矩陣（Equicorrelation Matrix）或複合對稱矩陣（Compound Symmetry Matrix）**之代數結構。考查的核心觀念包含：

1. 秩一矩陣（Rank-one Matrix）的特徵結構：全 1 向量的外積 $J_m = \mathbf{1}_m \mathbf{1}_m^T$ 為對稱且秩為 1 的矩陣。其非零特徵值必等於矩陣的跡數（Trace），對應特徵向量為 $\mathbf{1}_m$；其零空間（Null Space）維度為 $m-1$。
2. 矩陣平移之特徵值轉移：若矩陣 $B$ 之特徵值為 $\mu$，對應特徵向量為 $x$，則矩陣 $A = \alpha I + \beta B$ 之特徵值為 $\alpha + \beta \mu$，且對應的特徵向量保持不變。
3. 特徵空間（Eigenspaces）與特徵投影算子（Eigenprojections / Spectral Decomposition）：利用特徵向量建構正交投影矩陣，將全空間分解為正交子空間之直和。
4. 矩陣的可逆性與特徵值關係：矩陣非奇異（可逆）的充要條件為其所有特徵值皆不為零；反矩陣的特徵值為原矩陣特徵值的倒數，特徵向量與投影算子維持相同。
5. 行列式與特徵值的關係：矩陣的行列式等於其所有特徵值（包含重數）的乘積。

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解題方法與詳細推導

令 $J_m = \mathbf{1}_m \mathbf{1}_m^T$ 為各元素皆為 1 之 $m \times m$ 矩陣，則題目所給矩陣可寫為：

$$A = \alpha I_m + \beta J_m$$

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(a) 求 $A$ 的特徵值與特徵向量 (Eigenvalues and Eigenvectors)

1. 分析秩一矩陣 $J_m$ 的特徵結構：

   • 觀察向量 $\mathbf{1}_m$： $$J_m \mathbf{1}_m = (\mathbf{1}_m \mathbf{1}_m^T) \mathbf{1}_m = \mathbf{1}_m (\mathbf{1}_m^T \mathbf{1}_m) = m \mathbf{1}_m$$ 因此，$J_m$ 具有特徵值 $\mu_1 = m$，對應特徵向量為 $\mathbf{1}_m$。
   • 由於 $\operatorname{rank}(J_m) = 1$，由秩－零化度定理（Rank-Nullity Theorem）可知，$J_m$ 零空間的維度為： $$\operatorname{nullity}(J_m) = m - \operatorname{rank}(J_m) = m - 1$$ 對任意滿足 $\mathbf{1}_m^T x = 0$（即元素和為 0）的非零向量 $x \in \mathbb{R}^m$： $$J_m x = \mathbf{1}_m (\mathbf{1}_m^T x) = 0 = 0 \cdot x$$ 因此，$J_m$ 具有特徵值 $\mu_2 = 0$，其幾何重數（與代數重數）為 $m-1$。

2. 推導 $A = \alpha I_m + \beta J_m$ 的特徵值與特徵向量：

   • 對於特徵向量 $\mathbf{1}_m$： $$A \mathbf{1}_m = (\alpha I_m + \beta J_m) \mathbf{1}_m = \alpha \mathbf{1}_m + \beta (m \mathbf{1}_m) = (\alpha + m\beta) \mathbf{1}_m$$ 因此，$\lambda_1 = \alpha + m\beta$ 為 $A$ 的特徵值，對應的特徵向量為 $\mathbf{1}_m$（或其任意非零常數倍 $c\mathbf{1}_m, c \neq 0$）。
   • 對於任意滿足 $\mathbf{1}_m^T x = 0$ 的非零向量 $x$： $$A x = (\alpha I_m + \beta J_m) x = \alpha x + \beta (0) = \alpha x$$ 因此，$\lambda_2 = \alpha$ 為 $A$ 的特徵值，重數為 $m-1$，對應的特徵向量為正交於 $\mathbf{1}_m$ 的所有非零向量。

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(b) 決定特徵空間與對應的特徵投影矩陣 (Eigenspaces and Eigenprojections)

1. 特徵空間 (Eigenspaces)：

   • 對應 $\lambda_1 = \alpha + m\beta$ 的特徵空間： $$E_{\lambda_1} = \operatorname{span}\{\mathbf{1}_m\} = \{ c \mathbf{1}_m \mid c \in \mathbb{R} \}$$ 其維度為 1。
   • 對應 $\lambda_2 = \alpha$ 的特徵空間： $$E_{\lambda_2} = \{ x \in \mathbb{R}^m \mid \mathbf{1}_m^T x = 0 \} = (\operatorname{span}\{\mathbf{1}_m\})^\perp$$ 其維度為 $m-1$。一組標準正交基底可透過 Gram-Schmidt 正交化程序由與 $\mathbf{1}_m$ 線性獨立的向量組構造獲得。

2. 特徵投影算子 (Eigenprojections)：
   矩陣 $A$ 為實對稱矩陣，可進行譜分解（Spectral Decomposition）。

   • 投影至 1 維子空間 $E_{\lambda_1}$ 的正交投影矩陣 $P_1$：
     將特徵向量 $\mathbf{1}_m$ 單位化為 $u_1 = \frac{1}{\sqrt{m}} \mathbf{1}_m$： $$P_1 = u_1 u_1^T = \frac{1}{m} \mathbf{1}_m \mathbf{1}_m^T$$
   • 投影至與 $E_{\lambda_1}$ 正交補空間 $E_{\lambda_2}$ 的正交投影矩陣 $P_2$：
     由完備性條件（Resolution of the Identity）$P_1 + P_2 = I_m$ 可得： $$P_2 = I_m - P_1 = I_m - \frac{1}{m} \mathbf{1}_m \mathbf{1}_m^T$$
   • 驗證性質：$P_1^2 = P_1$、$P_2^2 = P_2$、$P_1 P_2 = 0$、$P_1 + P_2 = I_m$，且 $A = (\alpha + m\beta) P_1 + \alpha P_2$。

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(c) 求 $A$ 為非奇異（可逆）時 $\alpha$ 與 $\beta$ 的條件

矩陣 $A$ 為非奇異（Nonsingular）的充要條件為其所有特徵值皆不等於 0：

核心觀念

本題主要考查三個觀念：

1. 特徵多項式與特徵值。
2. 矩陣可對角化的判定：
   若 $n\times n$ 矩陣有 $n$ 個線性獨立的特徵向量，即可對角化。特別地，若有 $n$ 個相異特徵值，必可對角化。
3. 秩與非零特徵值的關係：
   本題「非零特徵值的個數」採代數重數計算。例如特徵值為 $4,2,2$，非零特徵值個數為 $3$。

對 $3\times 3$ 矩陣 $M$，可利用

$$p_M(\lambda)=\det(\lambda I-M) =\lambda^3-(\operatorname{tr}M)\lambda^2+s_2\lambda-\det M,$$

其中 $s_2$ 為三個主子矩陣的行列式總和。

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一、矩陣 $A$

$$A= \begin{bmatrix} 1&2&5\\ 2&1&4\\ -1&1&1 \end{bmatrix}$$

1. 求特徵多項式

矩陣 $A$ 的跡為

$$\operatorname{tr}(A)=1+1+1=3.$$

三個主二階子矩陣的行列式為

$$\begin{vmatrix}1&2\\2&1\end{vmatrix}=-3, \qquad \begin{vmatrix}1&5\\-1&1\end{vmatrix}=6, \qquad \begin{vmatrix}1&4\\1&1\end{vmatrix}=-3.$$

因此

$$s_2=-3+6-3=0.$$

再求行列式：

$$\det(A) =1(1-4)-2(2+4)+5(2+1) =-3-12+15=0.$$

故

$$p_A(\lambda) =\lambda^3-3\lambda^2 =\lambda^2(\lambda-3).$$

所以 $A$ 的特徵值為

$$\lambda=0 \quad \text{（代數重數 2）},\qquad \lambda=3.$$

2. 判斷是否可對角化

考慮 $\lambda=0$ 的特徵空間。由於

$$\det \begin{bmatrix} 1&2\\ 2&1 \end{bmatrix} =-3\neq 0,$$

可知 $\operatorname{rank}(A)\geq 2$；又因 $\det(A)=0$，所以

$$\operatorname{rank}(A)=2.$$

因此

$$\dim\ker(A)=3-2=1.$$

但特徵值 $0$ 的代數重數為 $2$，其幾何重數只有 $1$，故 $A$ 沒有足夠的線性獨立特徵向量。

因此：

$$\boxed{A\text{ 不可對角化}}$$

3. 秩與非零特徵值個數

矩陣 $A$ 的秩為 $2$。

非零特徵值只有 $\lambda=3$ 一個，因此非零特徵值個數為 $1$。

$$\operatorname{rank}(A)=2\neq 1.$$

所以 $A$ 不符合條件。

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二、矩陣 $B$

$$B= \begin{bmatrix} 1&1&-1\\ -2&2&2\\ -1&3&1 \end{bmatrix}$$

1. 求特徵多項式

矩陣 $B$ 的跡為

$$\operatorname{tr}(B)=1+2+1=4.$$

三個主二階子矩陣的行列式為

$$\begin{vmatrix}1&1\\-2&2\end{vmatrix}=4, \qquad \begin{vmatrix}1&-1\\-1&1\end{vmatrix}=0, \qquad \begin{vmatrix}2&2\\3&1\end{vmatrix}=-4.$$

因此

$$s_2=4+0-4=0.$$

而

$$\det(B) =1(2-6)-1(-2+2)-1(-6+2) =-4+0+4=0.$$

所以

$$p_B(\lambda) =\lambda^3-4\lambda^2 =\lambda^2(\lambda-4).$$

故 $B$ 的特徵值為

核心觀念

本題考查二重積分的區域描述與變數變換。

第一象限條件為

$$x\ge 0,\qquad y\ge 0,$$

又由直線 $x+y=1$ 與 $x+y=2$ 所夾出的區域可表示為

$$1\le x+y\le 2.$$

由於被積函數 $\sin(x+y)$ 只依賴 $x+y$，適合令

$$u=x+y,\qquad v=x.$$

則

$$y=u-v.$$

解題方法

由 $u=x+y$、$v=x$ 得

$$x=v,\qquad y=u-v.$$

計算雅可比行列式：

$$\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix} 0 & 1\\ 1 & -1 \end{vmatrix} =-1,$$

因此

$$\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|=1, \qquad dx\,dy=du\,dv.$$

在固定的 $u$ 下，由第一象限條件：

$$x=v\ge 0, \qquad y=u-v\ge 0,$$

所以

$$0\le v\le u.$$

而兩條邊界線給出

$$1\le u\le 2.$$

因此原積分化為

$$\iint_{\Omega}\sin(x+y)\,dx\,dy = \int_1^2\int_0^u \sin u\,dv\,du.$$

先對 $v$ 積分：

核心觀念

本題考查兩個重要結果：

1. 連續函數的參數積分仍為連續函數。
2. Leibniz 積分微分法則：
   若積分上下限及被積函數都依變數改變，則

$$\frac{d}{dx}\int_{a(x)}^{b(x)}f(x,y)\,dy =f(x,b(x))b'(x)-f(x,a(x))a'(x) +\int_{a(x)}^{b(x)}\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)\,dy.$$

本題下限為常數 $a$，上限為 $x$，因此只會產生上限端點項 $f(x,x)$。

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a) 證明 $H(t)$ 連續

設

$$H(t)=\int_a^b \frac{\partial f}{\partial x}(t,y)\,dy.$$

假設 $f$ 與 $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ 在所考慮的矩形區域上連續。取任意 $t_0$，考慮

$$H(t)-H(t_0) = \int_a^b \left[ \frac{\partial f}{\partial x}(t,y) - \frac{\partial f}{\partial x}(t_0,y) \right]dy.$$

因此

$$|H(t)-H(t_0)| \leq \int_a^b \left| \frac{\partial f}{\partial x}(t,y) - \frac{\partial f}{\partial x}(t_0,y) \right|dy.$$

由於 $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ 在矩形區域上連續，所以在此閉矩形上一致連續。故當 $t\to t_0$ 時，

$$\sup_{y\in[a,b]} \left| \frac{\partial f}{\partial x}(t,y) - \frac{\partial f}{\partial x}(t_0,y) \right| \longrightarrow 0.$$

於是

$$|H(t)-H(t_0)| \leq (b-a) \sup_{y\in[a,b]} \left| \frac{\partial f}{\partial x}(t,y) - \frac{\partial f}{\partial x}(t_0,y) \right| \longrightarrow 0.$$

因此

$$\lim_{t\to t_0}H(t)=H(t_0),$$

所以 $H(t)$ 在 $t_0$ 連續。由 $t_0$ 任意，得到 $H(t)$ 為連續函數。

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b) 驗證 Leibniz 積分微分公式

令

$$F(x)=\int_a^x f(x,y)\,dy.$$

取一個充分小的增量 $h$，則

$$F(x+h)-F(x) = \int_a^{x+h}f(x+h,y)\,dy-\int_a^x f(x,y)\,dy.$$

將第一個積分區間拆成 $[a,x]$ 與 $[x,x+h]$：

$$F(x+h)-F(x) = \int_a^x\bigl[f(x+h,y)-f(x,y)\bigr]\,dy + \int_x^{x+h}f(x+h,y)\,dy.$$

第一部分：被積函數本身對 $x$ 的變化

由微積分基本定理，

$$f(x+h,y)-f(x,y) = \int_x^{x+h}\frac{\partial f}{\partial x}(t,y)\,dt.$$

代入可得

$$\int_a^x\bigl[f(x+h,y)-f(x,y)\bigr]\,dy = \int_a^x\int_x^{x+h} \frac{\partial f}{\partial x}(t,y)\,dt\,dy.$$

此題屬於優化問題，要求在一個約束條件（球面）下，找到目標函數（點到給定點的距離）的最值。這通常可以使用拉格朗日乘數法來解決。

核心觀念：

1. 距離公式：兩點 $(x_1, y_1, z_1)$ 和 $(x_2, y_2, z_2)$ 之間的距離為 $\sqrt{(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2 + (z_2-z_1)^2}$。
2. 約束優化：在滿足某個約束條件的情況下，最大化或最小化一個目標函數。
3. 拉格朗日乘數法：設目標函數為 $f(x, y, z)$，約束條件為 $g(x, y, z) = c$。則在最值點處，$\nabla f = \lambda \nabla g$。

解題步驟：
我們要找球面 $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ 上的點 $(x, y, z)$，使其到點 $P_0 = (2, 1, 2)$ 的距離最近或最遠。
目標函數是距離的平方，以簡化計算（距離的最小值/最大值對應於距離平方的最小值/最大值）。
令目標函數為 $f(x, y, z) = (x-2)^2 + (y-1)^2 + (z-2)^2$。
約束條件是球面方程 $g(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 = 1$。

根據拉格朗日乘數法，我們需要找到 $\lambda$ 使得 $\nabla f = \lambda \nabla g$。

計算梯度：
$\nabla f = \left( \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z} \right) = (2(x-2), 2(y-1), 2(z-2))$
$\nabla g = \left( \frac{\partial g}{\partial x}, \frac{\partial g}{\partial y}, \frac{\partial g}{\partial z} \right) = (2x, 2y, 2z)$

拉格朗日方程組：

1. $2(x-2) = \lambda (2x) \implies x-2 = \lambda x \implies x(1-\lambda) = 2 \implies x = \frac{2}{1-\lambda}$ (假設 $\lambda \neq 1$)
2. $2(y-1) = \lambda (2y) \implies y-1 = \lambda y \implies y(1-\lambda) = 1 \implies y = \frac{1}{1-\lambda}$ (假設 $\lambda \neq 1$)
3. $2(z-2) = \lambda (2z) \implies z-2 = \lambda z \implies z(1-\lambda) = 2 \implies z = \frac{2}{1-\lambda}$ (假設 $\lambda \neq 1$)
4. $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ (約束條件)

將 $x, y, z$ 的表達式代入約束條件：
$\left(\frac{2}{1-\lambda}\right)^2 + \left(\frac{1}{1-\lambda}\right)^2 + \left(\frac{2}{1-\lambda}\right)^2 = 1$
$\frac{4}{(1-\lambda)^2} + \frac{1}{(1-\lambda)^2} + \frac{4}{(1-\lambda)^2} = 1$
$\frac{9}{(1-\lambda)^2} = 1$
$(1-\lambda)^2 = 9$
$1-\lambda = \pm 3$

情況 1：$1-\lambda = 3 \implies \lambda = -2$。
此時，$x = \frac{2}{3}$, $y = \frac{1}{3}$, $z = \frac{2}{3}$。
這個點是 $(2/3, 1/3, 2/3)$。
我們需要檢查這個點是否在球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 上。
$(2/3)^2 + (1/3)^2 + (2/3)^2 = 4/9 + 1/9 + 4/9 = 9/9 = 1$。
所以，點 $(2/3, 1/3, 2/3)$ 是約束條件下的駐點。
計算此點到 $P_0(2, 1, 2)$ 的距離平方：
$f(2/3, 1/3, 2/3) = (2/3 - 2)^2 + (1/3 - 1)^2 + (2/3 - 2)^2$

核心觀念

本題考查：

1. 指數函數的 Maclaurin 級數：
   $e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}.$

2. 冪級數的逐項積分。由於 $e^x$ 的冪級數收斂半徑為無限大，因此可在所有有限區間內逐項積分。

3. 利用定積分
   $\int_0^1 x^{n+1}\,dx=\frac{1}{n+2}$
   將級數中的分母 $n+2$ 表示出來。

解題方法

a) 展開 $f(x)=xe^x$

由

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

兩邊乘上 $x$，得到

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

因此

$$\boxed{ f(x)=x+x^2+\frac{x^3}{2!}+\frac{x^4}{3!}+\cdots }$$

b) 逐項積分並證明級數公式

將 a) 的級數從 $0$ 積分到 $1$：

$$\int_0^1 xe^x\,dx = \int_0^1\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n!}\,dx.$$

由冪級數可逐項積分，

$$\int_0^1 xe^x\,dx = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\int_0^1x^{n+1}\,dx.$$

又因為

$$\int_0^1x^{n+1}\,dx = \left[\frac{x^{n+2}}{n+2}\right]_0^1 = \frac{1}{n+2},$$

故