112 年 國立成功大學統計學研究所《數學（含微積分及線性代數）》

這題考的是體積分，特別是利用圓盤法或圓筒法計算旋轉體體積。由於是繞 y 軸旋轉，且函數是以 y 表達 x 的函數，我們通常會考慮使用圓筒法 (Cylindrical Shell Method)。

體積 $V$ 的計算公式，使用圓筒法繞 y 軸旋轉為：
$V = \int_a^b 2\pi x f(x) dx$
其中 $f(x)$ 是曲線的高度，$[a, b]$ 是積分的範圍。

題目給定的區域 $\Omega$ 是由曲線 $y = x^2 \cos(x^2)$ 與 x 軸所圍成，積分範圍為 $0 \le x \le \sqrt{\pi/2}$。
所以，我們有 $f(x) = x^2 \cos(x^2)$，積分區間為 $[0, \sqrt{\pi/2}]$。

將這些代入體積公式：
$V = \int_0^{\sqrt{\pi/2}} 2\pi x (x^2 \cos(x^2)) dx$
$V = 2\pi \int_0^{\sqrt{\pi/2}} x^3 \cos(x^2) dx$

為了計算這個積分，我們可以使用變數代換。令 $u = x^2$。
則 $du = 2x dx$。
當 $x = 0$ 時，$u = 0^2 = 0$。
當 $x = \sqrt{\pi/2}$ 時，$u = (\sqrt{\pi/2})^2 = \pi/2$。

積分式可以改寫為：
$V = 2\pi \int_0^{\pi/2} x^2 \cos(x^2) (x dx)$
$V = 2\pi \int_0^{\pi/2} u \cos(u) \left(\frac{1}{2} du\right)$

這題考的是函數的單調性、反函數存在性以及反函數的微分。

(a) 證明函數 $h(x)$ 有反函數。
一個函數有反函數的條件是該函數必須是嚴格單調的（嚴格遞增或嚴格遞減）。我們可以透過計算函數的導數來判斷其單調性。

根據微積分基本定理，若 $h(x) = \int_a^x f(t) dt$，則 $h'(x) = f(x)$。
在此題中，$f(u) = \frac{1}{1+u^2}$。
所以，$h'(x) = \frac{1}{1+x^2}$。

對於所有的實數 $x$，分母 $1+x^2$ 永遠大於 0，因此 $h'(x) = \frac{1}{1+x^2} > 0$ 對於所有 $x \in \mathbb{R}$ 都成立。
由於 $h'(x) > 0$，函數 $h(x)$ 在整個定義域 $\mathbb{R}$ 上是嚴格遞增的。
一個嚴格遞增的函數必然是一對一的，因此它存在反函數。

另外，我們也可以觀察到 $h(x)$ 的定義。
$h(x) = \int_0^x \frac{1}{1+u^2} du$
我們知道 $\int \frac{1}{1+u^2} du = \arctan(u) + C$。
所以，$h(x) = [\arctan(u)]_0^x = \arctan(x) - \arctan(0) = \arctan(x)$。
函數 $h(x) = \arctan(x)$ 是嚴格遞增的，且其值域為 $(-\pi/2, \pi/2)$。因此，它存在反函數。

這題考驗的是數列極限的計算，包含不定型極限的處理以及級數求極限。

(a) 計算 $\lim_{n\to\infty} \left(\frac{4n-1}{4n+3}\right)^{n+1}$。
這個極限的形式是 $1^\infty$，屬於不定型。我們可以利用指數的技巧來處理。
令 $L = \lim_{n\to\infty} \left(\frac{4n-1}{4n+3}\right)^{n+1}$。
取自然對數：
$\ln L = \lim_{n\to\infty} \ln \left(\left(\frac{4n-1}{4n+3}\right)^{n+1}\right)$
$\ln L = \lim_{n\to\infty} (n+1) \ln \left(\frac{4n-1}{4n+3}\right)$
$\ln L = \lim_{n\to\infty} (n+1) \ln \left(\frac{4n+3-4}{4n+3}\right)$
$\ln L = \lim_{n\to\infty} (n+1) \ln \left(1 - \frac{4}{4n+3}\right)$

當 $n \to \infty$，$\frac{4}{4n+3} \to 0$。我們可以使用泰勒展開式 $\ln(1+x) \approx x$ 當 $x \to 0$。
令 $x = -\frac{4}{4n+3}$。
$\ln \left(1 - \frac{4}{4n+3}\right) \approx -\frac{4}{4n+3}$。

所以，
$\ln L = \lim_{n\to\infty} (n+1) \left(-\frac{4}{4n+3}\right)$
$\ln L = \lim_{n\to\infty} -\frac{4(n+1)}{4n+3}$
$\ln L = \lim_{n\to\infty} -\frac{4n+4}{4n+3}$

為了計算這個極限，我們可以將分子和分母同除以 $n$：
$\ln L = \lim_{n\to\infty} -\frac{4 + 4/n}{4 + 3/n}$
$\ln L = -\frac{4+0}{4+0} = -1$。

因為 $\ln L = -1$，所以 $L = e^{-1} = \frac{1}{e}$。

另一種常見的方法是利用極限 $\lim_{n\to\infty} (1 + \frac{a}{n})^n = e^a$。
我們可以將原式改寫：
$\left(\frac{4n-1}{4n+3}\right)^{n+1} = \left(\frac{4n+3-4}{4n+3}\right)^{n+1} = \left(1 - \frac{4}{4n+3}\right)^{n+1}$
$= \left(1 + \frac{-4}{4n+3}\right)^{n+1}$

為了套用公式，我們將指數改寫：

這題考的是多變數函數的極限，要證明一個極限不存在，通常是找出兩條不同的路徑趨近 $(0,0)$，但得到不同的極限值。

我們要證明 $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{2xy}{x^2+y^2}$ 不存在。
我們可以嘗試沿著不同的路徑趨近 $(0,0)$。

路徑 1：沿著 x 軸趨近。
令 $y=0$，則 $x \to 0$。
$f(x,0) = \frac{2x(0)}{x^2+0^2} = \frac{0}{x^2} = 0$
所以，沿著 x 軸趨近時，極限值為 0。

這題考的是函數的可微性定義。一個函數在某點可微，是指該點的導數存在。

函數 $f(x)$ 在 $x=0$ 處可微的定義是，極限
$f'(0) = \lim_{h\to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h}$
存在。

我們來計算這個極限：
$f(0+h) = f(h) = h^2 \sin \frac{1}{h}$ (因為 $h \to 0$ 但 $h \neq 0$)
$f(0) = 0$

所以，
$f'(0) = \lim_{h\to 0} \frac{h^2 \sin \frac{1}{h} - 0}{h}$
$f'(0) = \lim_{h\to 0} \frac{h^2 \sin \frac{1}{h}}{h}$
$f'(0) = \lim_{h\to 0} h \sin \frac{1}{h}$

這題考的是矩陣的指數函數定義及其計算。矩陣指數函數的定義是透過其泰勒級數展開：
$e^A = \sum_{k=0}^\infty \frac{A^k}{k!} = I + A + \frac{A^2}{2!} + \frac{A^3}{3!} + \dots$

我們需要計算 $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$ 的 $e^A$。
首先，我們需要計算 $A$ 的冪次 $A^k$。

$A^0 = I = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$

$A^1 = A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$

$A^2 = A \cdot A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\cdot1+1\cdot1 & 1\cdot1+1\cdot1 \\ 1\cdot1+1\cdot1 & 1\cdot1+1\cdot1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{bmatrix} = 2A$

$A^3 = A^2 \cdot A = (2A) \cdot A = 2A^2 = 2(2A) = 4A = \begin{bmatrix} 4 & 4 \\ 4 & 4 \end{bmatrix}$

我們可以觀察到一個規律：$A^k = 2^{k-1} A$ 對於 $k \ge 1$。
我們可以用數學歸納法來證明：
基本情況：$k=1$， $A^1 = 2^{1-1} A = 2^0 A = A$，成立。
假設 $A^m = 2^{m-1} A$ 對於某個 $m \ge 1$ 成立。
則 $A^{m+1} = A^m \cdot A = (2^{m-1} A) \cdot A = 2^{m-1} A^2 = 2^{m-1} (2A) = 2^m A$。
因此，規律 $A^k = 2^{k-1} A$ 對於 $k \ge 1$ 成立。

現在，我們將這個結果代入 $e^A$ 的級數定義：
$e^A = I + \sum_{k=1}^\infty \frac{A^k}{k!}$
$e^A = I + \sum_{k=1}^\infty \frac{2^{k-1} A}{k!}$
$e^A = I + A \sum_{k=1}^\infty \frac{2^{k-1}}{k!}$

我們可以將級數 $\sum_{k=1}^\infty \frac{2^{k-1}}{k!}$ 寫成：
$\sum_{k=1}^\infty \frac{2^{k-1}}{k!} = \frac{2^0}{1!} + \frac{2^1}{2!} + \frac{2^2}{3!} + \frac{2^3}{4!} + \dots$
$= \frac{1}{1!} + \frac{2}{2!} + \frac{4}{3!} + \frac{8}{4!} + \dots$

考慮指數函數的級數展開 $e^x = \sum_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots$。
我們有 $e^2 = \sum_{k=0}^\infty \frac{2^k}{k!} = 1 + 2 + \frac{2^2}{2!} + \frac{2^3}{3!} + \dots$。

觀察我們的級數：
$\sum_{k=1}^\infty \frac{2^{k-1}}{k!} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^\infty \frac{2^k}{k!}$
$\sum_{k=1}^\infty \frac{2^k}{k!} = e^2 - \frac{2^0}{0!} = e^2 - 1$
所以，
$\sum_{k=1}^\infty \frac{2^{k-1}}{k!} = \frac{1}{2} (e^2 - 1)$

將此結果代回 $e^A$ 的表達式：
$e^A = I + A \left( \frac{e^2 - 1}{2} \right)$
$e^A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \left( \frac{e^2 - 1}{2} \right)$
$e^A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} \frac{e^2-1}{2} & \frac{e^2-1}{2} \\ \frac{e^2-1}{2} & \frac{e^2-1}{2} \end{bmatrix}$
$e^A = \begin{bmatrix} 1 + \frac{e^2-1}{2} & \frac{e^2-1}{2} \\ \frac{e^2-1}{2} & 1 + \frac{e^2-1}{2} \end{bmatrix}$
$e^A = \begin{bmatrix} \frac{2 + e^2-1}{2} & \frac{e^2-1}{2} \\ \frac{e^2-1}{2} & \frac{2 + e^2-1}{2} \end{bmatrix}$

這題考的是 QR 分解，也稱為 QR 分解或 QR 因子分解。對於一個給定的 $m \times n$ 矩陣 $A$，QR 分解是將 $A$ 分解成一個 $m \times n$ 的正交矩陣 $Q$ 和一個 $m \times n$ 的上三角矩陣 $R$ 的乘積，即 $A = QR$。

這裡我們處理的是一個 $2 \times 2$ 的矩陣。
我們可以透過 Gram-Schmidt 正交化過程來求得 $Q$ 和 $R$。
令 $A$ 的行向量為 $a_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 4 \end{bmatrix}$ 和 $a_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$。
我們將要找到一組正交向量 $u_1, u_2$ 和一組標準正交向量 $q_1, q_2$，使得 $a_1$ 和 $a_2$ 可以由 $q_1$ 和 $q_2$ 線性組合而成。

步驟 1：求第一個正交向量 $u_1$。
$u_1 = a_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 4 \end{bmatrix}$。

步驟 2：求第一個標準正交向量 $q_1$。
$q_1 = \frac{u_1}{\|u_1\|}$。
$\|u_1\| = \sqrt{1^2 + 4^2} = \sqrt{1+16} = \sqrt{17}$。
$q_1 = \frac{1}{\sqrt{17}} \begin{bmatrix} 1 \\ 4 \end{bmatrix}$。

步驟 3：求第二個正交向量 $u_2$。
$u_2 = a_2 - \text{proj}_{u_1} a_2 = a_2 - \frac{a_2 \cdot u_1}{u_1 \cdot u_1} u_1$。
$a_2 \cdot u_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 1 \\ 4 \end{bmatrix} = 1 \cdot 1 + 1 \cdot 4 = 1 + 4 = 5$。
$u_1 \cdot u_1 = \|u_1\|^2 = 17$。
$u_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} - \frac{5}{17} \begin{bmatrix} 1 \\ 4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 - \frac{5}{17} \\ 1 - \frac{20}{17} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{17-5}{17} \\ \frac{17-20}{17} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{12}{17} \\ -\frac{3}{17} \end{bmatrix}$。
我們可以將 $u_2$ 乘以一個常數而不改變其方向，為了簡化計算，可以乘以 17：
$u_2' = 17 u_2 = \begin{bmatrix} 12 \\ -3 \end{bmatrix}$。

步驟 4：求第二個標準正交向量 $q_2$。
$q_2 = \frac{u_2'}{\|u_2'\|}$。
$\|u_2'\| = \sqrt{12^2 + (-3)^2} = \sqrt{144 + 9} = \sqrt{153}$。
$\sqrt{153} = \sqrt{9 \times 17} = 3\sqrt{17}$。
$q_2 = \frac{1}{3\sqrt{17}} \begin{bmatrix} 12 \\ -3 \end{bmatrix} = \frac{1}{\sqrt{17}} \begin{bmatrix} 4 \\ -1 \end{bmatrix}$。

現在我們有了標準正交向量 $q_1$ 和 $q_2$。
矩陣 $Q$ 的列向量就是 $q_1$ 和 $q_2$：
$Q = \begin{bmatrix} q_1 & q_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{17}} & \frac{4}{\sqrt{17}} \\ \frac{4}{\sqrt{17}} & -\frac{1}{\sqrt{17}} \end{bmatrix} = \frac{1}{\sqrt{17}} \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 4 & -1 \end{bmatrix}$。

QR 分解的關係是 $A = QR$。我們可以通過 $R = Q^T A$ 來找到 $R$。
$Q^T = \frac{1}{\sqrt{17}} \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 4 & -1 \end{bmatrix}$ (因為 $Q$ 的列向量是標準正交的，所以 $Q^T Q = I$，故 $Q$ 是一個正交矩陣，其轉置等於其逆矩陣)。

$R = Q^T A = \frac{1}{\sqrt{17}} \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 4 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 4 & 1 \end{bmatrix}$
$R = \frac{1}{\sqrt{17}} \begin{bmatrix} 1\cdot1 + 4\cdot4 & 1\cdot1 + 4\cdot1 \\ 4\cdot1 + (-1)\cdot4 & 4\cdot1 + (-1)\cdot1 \end{bmatrix}$
$R = \frac{1}{\sqrt{17}} \begin{bmatrix} 1 + 16 & 1 + 4 \\ 4 - 4 & 4 - 1 \end{bmatrix}$
$R = \frac{1}{\sqrt{17}} \begin{bmatrix} 17 & 5 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}$
$R = \begin{bmatrix} \frac{17}{\sqrt{17}} & \frac{5}{\sqrt{17}} \\ 0 & \frac{3}{\sqrt{17}} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \sqrt{17} & \frac{5}{\sqrt{17}} \\ 0 & \frac{3}{\sqrt{17}} \end{bmatrix}$。

核心觀念

本題考查：

1. 線性轉換的定義：
   $T(u+v)=T(u)+T(v),\qquad T(cu)=cT(u)$
   對所有向量 $u,v$ 與純量 $c$ 成立。
2. 零空間：
   $N(T)=\{v:T(v)=0\}$
3. 值域：
   $R(T)=\{T(v):v\text{ 屬於定義域}\}$
4. 利用一般元素表示法，分別求解 $T(v)=0$，並描述所有可能的輸出。

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（a）$T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^3$

題目定義為

$$T(x_1,x_2)=(x_1+x_2,0,x_1-x_2)$$

線性轉換的證明

取任意 $(x_1,x_2),(y_1,y_2)\in\mathbb{R}^2$，則

$$\begin{aligned} T\big((x_1,x_2)+(y_1,y_2)\big) &=T(x_1+y_1,x_2+y_2)\\ &=(x_1+y_1+x_2+y_2,0,x_1+y_1-x_2-y_2)\\ &=(x_1+x_2,0,x_1-x_2)+(y_1+y_2,0,y_1-y_2)\\ &=T(x_1,x_2)+T(y_1,y_2). \end{aligned}$$

再取任意 $c\in\mathbb{R}$，有

$$\begin{aligned} T\big(c(x_1,x_2)\big) &=T(cx_1,cx_2)\\ &=(cx_1+cx_2,0,cx_1-cx_2)\\ &=c(x_1+x_2,0,x_1-x_2)\\ &=cT(x_1,x_2). \end{aligned}$$

因此，$T$ 為線性轉換。

也可由標準矩陣直接表示：

$$T(x_1,x_2) = \begin{pmatrix} 1&1\\ 0&0\\ 1&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2 \end{pmatrix},$$

矩陣乘法所定義的映射必為線性轉換。

求零空間 $N(T)$

令 $T(x_1,x_2)=(0,0,0)$，得到

$$(x_1+x_2,0,x_1-x_2)=(0,0,0).$$

因此

$$\begin{cases} x_1+x_2=0,\\ x_1-x_2=0. \end{cases}$$

兩式相加得 $2x_1=0$，所以 $x_1=0$；代回得 $x_2=0$。

故

$$N(T)=\{(0,0)\}.$$

零空間只有零向量，其基底為空集合：

$$\boxed{\text{$N(T)$ 的基底為 }\varnothing}.$$

求值域 $R(T)$

由

$$T(x_1,x_2) =x_1(1,0,1)+x_2(1,0,-1),$$

可知

$$R(T)=\operatorname{span}\{(1,0,1),(1,0,-1)\}.$$

兩個向量線性獨立，因為若

$$c_1(1,0,1)+c_2(1,0,-1)=(0,0,0),$$

則

$$\begin{cases} c_1+c_2=0,\\ c_1-c_2=0, \end{cases}$$

從而 $c_1=c_2=0$。

因此

$$\boxed{\text{$R(T)$ 的一組基底為 }\{(1,0,1),(1,0,-1)\}}.$$

此外，值域也可寫成

$$R(T)=\{(a,0,b):a,b\in\mathbb{R}\}.$$

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（b）$T:P_3(\mathbb{R})\to P_2(\mathbb{R})$

題目定義為

$$T(f(x))=f'(x)+x^2.$$

線性性的判定

此映射其實不是線性轉換。直接令零多項式 $f(x)=0$，則

$$T(0)=0+x^2=x^2\neq 0.$$

任何線性轉換都必須滿足 $T(0)=0$，因此

$$\boxed{T\text{ 不是線性轉換}}.$$

所以題目（b）要求「證明 $T$ 為線性轉換」與所給定義不一致。以下仍依題目公式計算其零點集合與值域；其中零點集合嚴格而言不是線性代數意義下的 null space。

這題主要考驗對分塊矩陣（Block Matrix）行列式性質的理解與應用，特別是如何利用已知的行列式公式，結合矩陣的乘法與分塊矩陣的定義，來推導出 Schur complement 的行列式公式。

解題過程：

我們要證明 $\det(M) = \det(D) \det(M/D)$，其中 $M = \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix}$ 且 $D$ 可逆。
Schur complement 的定義是 $M/D = A - BD^{-1}C$。

首先，我們考慮一個特殊的矩陣乘法。我們可以構造一個矩陣 $X$ 使得 $MX$ 或 $XM$ 的形式與題目給定的已知結果 $\det \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & D \end{bmatrix} = \det(A) \det(D)$ 相關。

考慮以下矩陣乘法：
$\begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} \begin{bmatrix} I & 0 \\ -D^{-1}C & I \end{bmatrix}$
其中 $I$ 是與 $A$ 和 $D$ 同階的單位矩陣，而 $0$ 是零矩陣。
進行矩陣乘法得到：
$\begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} \begin{bmatrix} I & 0 \\ -D^{-1}C & I \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A(I) + B(-D^{-1}C) & A(0) + B(I) \\ C(I) + D(-D^{-1}C) & C(0) + D(I) \end{bmatrix}$
$= \begin{bmatrix} A - BD^{-1}C & B \\ C - DD^{-1}C & D \end{bmatrix}$
由於 $DD^{-1} = I$，所以 $DD^{-1}C = C$。因此，上式化簡為：
$= \begin{bmatrix} A - BD^{-1}C & B \\ C - C & D \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A - BD^{-1}C & B \\ 0 & D \end{bmatrix}$
我們知道，兩個矩陣乘積的行列式等於它們行列式的乘積，即 $\det(XY) = \det(X)\det(Y)$。
所以，
$\det \left( \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} \begin{bmatrix} I & 0 \\ -D^{-1}C & I \end{bmatrix} \right) = \det \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} \det \begin{bmatrix} I & 0 \\ -D^{-1}C & I \end{bmatrix}$
另一方面，我們計算右側矩陣的行列式：
$\det \begin{bmatrix} A - BD^{-1}C & B \\ 0 & D \end{bmatrix}$
根據題目給定的結果 $\det \begin{bmatrix} A & B \\ 0 & D \end{bmatrix} = \det(A) \det(D)$，我們可以將此結果應用於上式。令 $\tilde{A} = A - BD^{-1}C$ 和 $\tilde{B} = B$。則
$\det \begin{bmatrix} \tilde{A} & \tilde{B} \\ 0 & D \end{bmatrix} = \det(\tilde{A}) \det(D) = \det(A - BD^{-1}C) \det(D)$
由於 $A - BD^{-1}C$ 正是 Schur complement $M/D$，所以我們得到：
$\det \begin{bmatrix} A - BD^{-1}C & B \\ 0 & D \end{bmatrix} = \det(M/D) \det(D)$
現在我們回到等式：
$\det \begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix} \det \begin{bmatrix} I & 0 \\ -D^{-1}C & I \end{bmatrix} = \det(M/D) \det(D)$
我們需要計算 $\det \begin{bmatrix} I & 0 \\ -D^{-1}C & I \end{bmatrix}$。
這個矩陣的形式是 $\begin{bmatrix} I & 0 \\ X & I \end{bmatrix}$。
我們可以利用類似的技巧，或者直接觀察到，這個矩陣的行列式是 $\det(I) \det(I) = 1 \times 1 = 1$。
更嚴謹地，我們可以構造一個矩陣乘法：
$\begin{bmatrix} I & 0 \\ -D^{-1}C & I \end{bmatrix} \begin{bmatrix} I & 0 \\ D^{-1}C & I \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I(I) + 0(D^{-1}C) & I(0) + 0(I) \\ -D^{-1}C(I) + I(D^{-1}C) & -D^{-1}C(0) + I(I) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{bmatrix} = I$
因此，$\det \begin{bmatrix} I & 0 \\ -D^{-1}C & I \end{bmatrix} \det \begin{bmatrix} I & 0 \\ D^{-1}C & I \end{bmatrix} = \det(I) = 1$。
由於 $\det \begin{bmatrix} I & 0 \\ D^{-1}C & I \end{bmatrix} = \det(I) \det(I) = 1$，所以 $\det \begin{bmatrix} I & 0 \\ -D^{-1}C & I \end{bmatrix} = 1$。

將 $\det \begin{bmatrix} I & 0 \\ -D^{-1}C & I \end{bmatrix} = 1$ 代入等式：