111 年 國立成功大學統計學研究所《數學》

此題考驗級數求和的能力。

(a) 此級數可以使用積分審斂法 (Integral Test) 來判斷收斂性。令 $f(x) = \frac{\ln(x)}{x \ln(\ln(x))}$。
我們需要計算 $\int_3^\infty \frac{\ln(x)}{x \ln(\ln(x))} dx$。
令 $u = \ln(\ln(x))$，則 $du = \frac{1}{\ln(x)} \cdot \frac{1}{x} dx$。
當 $x=3$ 時，$u = \ln(\ln(3))$。
當 $x \to \infty$ 時，$u \to \infty$。

核心觀念

本題考查三種基本積分技巧：

• (a) 反三角函數的導數：
  $\frac{d}{dx}\arcsin x=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}.$

• (b) 變數代換法，辨認被積分式中是否含有某函數及其導數。

• (c) 二重積分的累次積分與 Fubini 定理。由於被積分函數 $x^2e^{xy}$ 在矩形區域 $[0,1]\times[0,1]$ 上連續，可交換積分次序。

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

解題方法

直接套用反三角函數導數公式：

$$\frac{d}{dx}\arcsin x=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}.$$

因此，

$$\int \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} =\arcsin x+C.$$

解題技巧

看到分母為 $\sqrt{1-x^2}$ 時，應立即聯想到 $\arcsin x$。若題目出現 $\sqrt{a^2-x^2}$，則通常與 $\arcsin\left(\frac{x}{a}\right)$ 有關。

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(b) $\displaystyle \int (1-\sin(2x))\cos(2x)\,dx$

解題方法

被積分式含有 $\sin(2x)$，且其導數為 $2\cos(2x)$，適合使用變數代換。

令

$$u=\sin(2x),$$

則

$$du=2\cos(2x)\,dx, \qquad \cos(2x)\,dx=\frac{1}{2}du.$$

原積分變為

$$\begin{aligned} \int (1-\sin(2x))\cos(2x)\,dx &=\frac{1}{2}\int (1-u)\,du\\ &=\frac{1}{2}\left(u-\frac{u^2}{2}\right)+C\\ &=\frac{u}{2}-\frac{u^2}{4}+C. \end{aligned}$$

代回 $u=\sin(2x)$：

$$\boxed{ \int (1-\sin(2x))\cos(2x)\,dx = \frac{1}{2}\sin(2x)-\frac{1}{4}\sin^2(2x)+C }.$$

解題技巧

也可先展開：

$$\int \cos(2x)\,dx-\int\sin(2x)\cos(2x)\,dx.$$

其中

$$\int \cos(2x)\,dx=\frac{1}{2}\sin(2x),$$

而

$$\int\sin(2x)\cos(2x)\,dx =\frac{1}{4}\sin^2(2x).$$

因此得到相同結果。驗算時微分：

此題考驗對積分符號微分 (Leibniz integral rule) 和對數函數求導的掌握。

(a) 此題需要使用微積分基本定理的推廣，即 Leibniz integral rule。
如果 $F(x) = \int_{a(x)}^{b(x)} f(t) dt$，那麼 $F'(x) = f(b(x)) b'(x) - f(a(x)) a'(x)$。
在此題中，$f(t) = \tan(t)$，$a(x) = 0$，$b(x) = x^2$。
$a'(x) = 0$。
$b'(x) = 2x$。
因此，$\frac{dy}{dx} = \tan(x^2) \cdot (2x) - \tan(0) \cdot 0$。
由於 $\tan(0) = 0$，第二項為 0。
所以，$\frac{dy}{dx} = 2x \tan(x^2)$。

(b) 此題需要計算以 3 為底的對數函數的導數。
我們知道 $\log_b(x) = \frac{\ln(x)}{\ln(b)}$。

此題考驗對極限與積分交換順序的理解，以及瑕積分的計算。
題目中的等式是 $\lim_{x \to \infty} A = \lim_{x \to \infty} A$，這顯然是恆等式，但題目可能想問的是積分本身的值，或者極限與積分交換。
由於等式左邊和右邊是完全相同的表達式，所以這個等式本身是恆成立的。
因此，我們需要計算這個積分的值，並確認極限的行為。

令 $I = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{2xe^{-x^2}}{x^2+1} dx$。
此積分是瑕積分，需要分開計算。
考慮被積函數 $f(x) = \frac{2xe^{-x^2}}{x^2+1}$。
此函數是奇函數 (odd function)，因為 $f(-x) = \frac{2(-x)e^{-(-x)^2}}{(-x)^2+1} = \frac{-2xe^{-x^2}}{x^2+1} = -f(x)$。
對於一個奇函數，如果在對稱區間上積分，例如 $[-a, a]$，則積分值為 0。
然而，這裡的積分區間是 $(-\infty, \infty)$。
對於瑕積分 $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx$ 在 $f(x)$ 為奇函數時，如果積分收斂，則其值為 0。
我們需要證明這個積分收斂。
當 $x \to \infty$，被積函數的行為類似於 $\frac{2xe^{-x^2}}{x^2} = \frac{2e^{-x^2}}{x}$。
當 $x \to \infty$， $e^{-x^2}$ 趨近於 0 的速度非常快，遠快於 $1/x$ 的衰減速度。
因此，積分是收斂的。
更嚴格地說，我們可以比較 $f(x)$ 與 $e^{-x^2}$。
當 $|x|$ 足夠大時，$\frac{2|x|e^{-x^2}}{x^2+1} \le \frac{2|x|e^{-x^2}}{x^2} = \frac{2e^{-x^2}}{|x|}$。
雖然 $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{2e^{-x^2}}{|x|} dx$ 可能有問題（在 $x=0$ 附近），但我們知道 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$。

此題考驗牛頓法的公式及其應用。

(a) 牛頓法 (Newton's method) 是一種用來尋找函數 $f(x) = 0$ 的根的數值方法。
其迭代公式為：
$x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$
其中 $x_n$ 是當前的近似值，$x_{n+1}$ 是下一個更精確的近似值，$f'(x_n)$ 是函數 $f(x)$ 在 $x_n$ 處的導數。

(b) 給定函數 $f(x) = 2x - x^2 + 1$。
首先，我們需要計算其導數 $f'(x)$。
$f'(x) = \frac{d}{dx}(2x - x^2 + 1) = 2 - 2x$。

現在我們使用牛頓法的迭代公式 $x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$。

情況一：尋找左邊的零點，初始值 $x_0 = 0$。
$f(x_0) = f(0) = 2(0) - (0)^2 + 1 = 1$。
$f'(x_0) = f'(0) = 2 - 2(0) = 2$。
計算 $x_1$:
$x_1 = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} = 0 - \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}$。

現在計算 $x_2$。
$f(x_1) = f(-\frac{1}{2}) = 2(-\frac{1}{2}) - (-\frac{1}{2})^2 + 1 = -1 - \frac{1}{4} + 1 = -\frac{1}{4}$。
$f'(x_1) = f'(-\frac{1}{2}) = 2 - 2(-\frac{1}{2}) = 2 + 1 = 3$。
計算 $x_2$:

此題考驗對行列式性質的理解，特別是關於矩陣加法的性質。

要證明或證偽 $\det(A + B) = \det(A) + \det(B)$。
這個等式通常是錯誤的。行列式的性質不滿足加法。
為了證偽這個等式，我們只需要找到一個反例即可。

考慮一個簡單的例子，例如 $1 \times 1$ 的矩陣，即數字。
令 $A = [2]$，則 $\det(A) = 2$。
令 $B = [3]$，則 $\det(B) = 3$。
$A+B = [2+3] = [5]$。
$\det(A+B) = 5$。
在這個例子中，$\det(A) + \det(B) = 2 + 3 = 5$。
所以，對於 $1 \times 1$ 的矩陣，這個等式似乎成立。

讓我們嘗試 $2 \times 2$ 的矩陣。
令 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ (單位矩陣 $I$)，則 $\det(A) = 1$。
令 $B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ (單位矩陣 $I$)，則 $\det(B) = 1$。
$A+B = \begin{pmatrix} 1+1 & 0+0 \\ 0+0 & 1+1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$。
$\det(A+B) = 2 \times 2 - 0 \times 0 = 4$。
而 $\det(A) + \det(B) = 1 + 1 = 2$。
此時，$\det(A+B) = 4 \neq \det(A) + \det(B) = 2$。
因此，這個等式是錯誤的。

此題考驗矩陣的行列式性質，包括常數乘法、逆矩陣以及行變換對行列式的影響。

已知 $\det(A) = -2$。

(a) 計算 $\det((2A)^{-1})$。
我們知道兩個重要的行列式性質：

1. 對於 $n \times n$ 矩陣 $A$ 和常數 $k$，$\det(kA) = k^n \det(A)$。
2. 對於可逆矩陣 $A$，$\det(A^{-1}) = \frac{1}{\det(A)}$。

在此題中，矩陣 $A$ 是 $3 \times 3$ 的，所以 $n=3$。
首先，我們計算 $\det(2A)$。
$\det(2A) = 2^3 \det(A) = 8 \det(A) = 8 \times (-2) = -16$。
然後，我們計算 $\det((2A)^{-1})$。
$\det((2A)^{-1}) = \frac{1}{\det(2A)} = \frac{1}{-16} = -\frac{1}{16}$。

此題考驗向量組線性獨立性的判斷。
一個向量組 $\{v_1, v_2, \dots, v_k\}$ 在向量空間 $V$ 中線性獨立，當且僅當方程 $c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_k v_k = \mathbf{0}$ 僅有一個平凡解 $c_1 = c_2 = \dots = c_k = 0$。
對於 $R^3$ 中的三個向量，它們線性獨立的條件是它們所構成的矩陣的行列式不為零。

我們將這三個向量作為行向量（或列向量）放入一個矩陣中，然後計算該矩陣的行列式，並令其不等於零。
令矩陣 $M = \begin{pmatrix} \alpha & -1 & 2 \\ 1 & -2 & \alpha \\ -1 & 2 & -1 \end{pmatrix}$。
向量組 $\{v_1, v_2, v_3\}$ 線性獨立，當且僅當 $\det(M) \neq 0$。

我們計算 $\det(M)$：
$\det(M) = \alpha \det \begin{pmatrix} -2 & \alpha \\ 2 & -1 \end{pmatrix} - (-1) \det \begin{pmatrix} 1 & \alpha \\ -1 & -1 \end{pmatrix} + 2 \det \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$

此題考驗內積空間中向量的性質，特別是正交性和單位向量的定義，以及範數的計算。

首先，我們來理解題目給定的條件：

1. $V$ 是一個內積空間 (inner product space)。
2. $u$ 和 $v$ 是 $V$ 中的向量。
3. $u$ 和 $v$ 是正交的 (orthogonal)，這意味著它們的內積為零：$\langle u, v \rangle = 0$。
4. $u$ 和 $v$ 是單位向量 (unit vectors)，這意味著它們的範數（長度）為 1：$||u|| = 1$ 且 $||v|| = 1$。

題目要求我們計算 $||u - v||$。
我們知道範數的平方與內積的關係：$||w||^2 = \langle w, w \rangle$。
所以，$||u - v||^2 = \langle u - v, u - v \rangle$。
利用內積的線性性質，我們可以展開這個表達式：
$\langle u - v, u - v \rangle = \langle u, u - v \rangle - \langle v, u - v \rangle$
$= \langle u, u \rangle - \langle u, v \rangle - (\langle v, u \rangle - \langle v, v \rangle)$
$= \langle u, u \rangle - \langle u, v \rangle - \langle v, u \rangle + \langle v, v \rangle$。

由於內積是對稱的（對於實向量空間），$\langle v, u \rangle = \langle u, v \rangle$。
所以，$\langle u - v, u - v \rangle = \langle u, u \rangle - \langle u, v \rangle - \langle u, v \rangle + \langle v, v \rangle$
$= \langle u, u \rangle - 2\langle u, v \rangle + \langle v, v \rangle$。

此題考驗計算矩陣特徵值 (eigenvalues) 的能力。
特徵值 $\lambda$ 是滿足方程 $A\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v}$ 的標量，其中 $\mathbf{v}$ 是非零特徵向量 (eigenvector)。
這個方程可以改寫為 $(A - \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$，其中 $I$ 是單位矩陣。
為了使這個方程有非零解 $\mathbf{v}$，矩陣 $(A - \lambda I)$ 必須是奇異的 (singular)，即其行列式為零。
所以，我們需要解特徵方程 $\det(A - \lambda I) = 0$。

給定矩陣 $A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \end{pmatrix}$。
首先，構造矩陣 $A - \lambda I$：
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \end{pmatrix} - \lambda \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\lambda & 0 & 2 \\ 1 & -\lambda & 0 \\ 0 & 2 & -\lambda \end{pmatrix}$

現在，計算 $\det(A - \lambda I)$：
$\det(A - \lambda I) = \det \begin{pmatrix} -\lambda & 0 & 2 \\ 1 & -\lambda & 0 \\ 0 & 2 & -\lambda \end{pmatrix}$
我們可以使用第一行來展開行列式：
$\det(A - \lambda I) = (-\lambda) \det \begin{pmatrix} -\lambda & 0 \\ 2 & -\lambda \end{pmatrix} - (0) \det \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -\lambda \end{pmatrix} + (2) \det \begin{pmatrix} 1 & -\lambda \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$
$= (-\lambda) ((-\lambda)(-\lambda) - 0 \cdot 2) - 0 + 2 (1 \cdot 2 - (-\lambda) \cdot 0)$
$= (-\lambda) (\lambda^2) + 2 (2)$
$= -\lambda^3 + 4$

現在，我們解特徵方程 $\det(A - \lambda I) = 0$：
$-\lambda^3 + 4 = 0$
$\lambda^3 = 4$
$\lambda = \sqrt[3]{4}$
這個方程有三個根（包括複數根）。