113 年 國立成功大學統計學研究所《數學（含微積分及線性代數）》

核心觀念

測量重量可表示為

$$X=100+E,$$

其中測量誤差

$$E\sim N\left(0,\frac{1}{\sqrt{2}}\right).$$

題目要求

$$P(100\le X\le101) =P(0\le E\le1).$$

重點是將測量誤差的常態密度函數代入，再計算區間機率。

解題方法

誤差的平均數為 $\mu=0$，標準差為 $\sigma=\frac{1}{\sqrt2}$，因此其機率密度函數為

$$f_E(x) =\frac{1}{\frac{1}{\sqrt2}\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2(1/2)}}.$$

化簡得

$$f_E(x)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-x^2}.$$

因此

$$P(100\le X\le101) =P(0\le E\le1) =\int_0^1\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-x^2}\,dx.$$

由於 $e^{-x^2}$ 的積分沒有初等函數表示，可利用冪級數近似：

核心觀念

本題適合使用球座標計算體積。球座標定義為

$$x=r\sin\theta\cos\phi,\qquad y=r\sin\theta\sin\phi,\qquad z=r\cos\theta,$$

其中

$$x^2+y^2+z^2=r^2,\qquad x^2+y^2=r^2\sin^2\theta,$$

且體積元素為

$$dV=r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi.$$

若曲面可表示為每個方向上的徑向距離 $r=R(\theta,\phi)$，則體積為

$$V=\int\int\int r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi.$$

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解題方法

原曲面為

$$(x^2+y^2+z^2)^2-2z(x^2+y^2)=0.$$

代入球座標：

$$(r^2)^2-2(r\cos\theta)(r^2\sin^2\theta)=0.$$

因此

$$r^4-2r^3\cos\theta\sin^2\theta=0,$$

整理得

$$r^3\left(r-2\cos\theta\sin^2\theta\right)=0.$$

除去原點 $r=0$，曲面上的徑向距離為

$$r=2\cos\theta\sin^2\theta.$$

由於 $r\ge 0$，且 $\sin^2\theta\ge 0$，必須有

$$\cos\theta\ge 0.$$

故曲面位於 $z\ge 0$ 的上半部，角度範圍為

$$0\le \theta\le \frac{\pi}{2},\qquad 0\le \phi\le 2\pi.$$

對固定的 $(\theta,\phi)$，實體從原點延伸至曲面，因此

$$0\le r\le 2\cos\theta\sin^2\theta.$$

體積為

本題考驗定積分計算，包含三角函數積分和二重積分計算。

(a) 計算 $\int_0^{\pi/4} \sec^3\theta \, d\theta$。
這是三角函數的積分，通常需要使用分部積分法。
$\int \sec^3\theta \, d\theta = \int \sec\theta \cdot \sec^2\theta \, d\theta$.
令 $u = \sec\theta$, $dv = \sec^2\theta \, d\theta$.
則 $du = \sec\theta \tan\theta \, d\theta$, $v = \tan\theta$.
$\int \sec^3\theta \, d\theta = \sec\theta \tan\theta - \int \tan\theta (\sec\theta \tan\theta) \, d\theta$
$= \sec\theta \tan\theta - \int \sec\theta \tan^2\theta \, d\theta$
$= \sec\theta \tan\theta - \int \sec\theta (\sec^2\theta - 1) \, d\theta$
$= \sec\theta \tan\theta - \int (\sec^3\theta - \sec\theta) \, d\theta$
$= \sec\theta \tan\theta - \int \sec^3\theta \, d\theta + \int \sec\theta \, d\theta$
將 $\int \sec^3\theta \, d\theta$ 移到左邊：
$2 \int \sec^3\theta \, d\theta = \sec\theta \tan\theta + \int \sec\theta \, d\theta$
我們知道 $\int \sec\theta \, d\theta = \ln|\sec\theta + \tan\theta|$.
所以，
$2 \int \sec^3\theta \, d\theta = \sec\theta \tan\theta + \ln|\sec\theta + \tan\theta|$
$\int \sec^3\theta \, d\theta = \frac{1}{2} (\sec\theta \tan\theta + \ln|\sec\theta + \tan\theta|) + C$
現在計算定積分：
$\int_0^{\pi/4} \sec^3\theta \, d\theta = \left[ \frac{1}{2} (\sec\theta \tan\theta + \ln|\sec\theta + \tan\theta|) \right]_0^{\pi/4}$
當 $\theta = \pi/4$:
$\sec(\pi/4) = \sqrt{2}$, $\tan(\pi/4) = 1$.
$\sec(\pi/4) \tan(\pi/4) = \sqrt{2} \times 1 = \sqrt{2}$.
$\ln|\sec(\pi/4) + \tan(\pi/4)| = \ln|\sqrt{2} + 1| = \ln(\sqrt{2} + 1)$.

本題考驗積分方程的求解，通常透過微分來消去積分。

給定積分方程為 $f(x) = 1 + \int_0^x t f(t) \, dt$。
首先，觀察當 $x=0$ 時，$f(0) = 1 + \int_0^0 t f(t) \, dt = 1 + 0 = 1$。
所以我們知道 $f(0)=1$。

接下來，我們對方程兩邊同時微分。根據微積分基本定理，如果 $F(x) = \int_a^x g(t) \, dt$, 則 $F'(x) = g(x)$。
對方程 $f(x) = 1 + \int_0^x t f(t) \, dt$ 兩邊微分：
$\frac{d}{dx} f(x) = \frac{d}{dx} (1) + \frac{d}{dx} \left( \int_0^x t f(t) \, dt \right)$
$f'(x) = 0 + x f(x)$
所以我們得到一個微分方程：$f'(x) = x f(x)$。

這是一個一階線性齊次微分方程。我們可以分離變數來求解。
$\frac{df}{dx} = x f$
如果 $f(x) \neq 0$, 我們可以寫成：
$\frac{df}{f} = x \, dx$
對兩邊積分：
$\int \frac{df}{f} = \int x \, dx$
$\ln|f(x)| = \frac{1}{2} x^2 + C_1$
其中 $C_1$ 是積分常數。
$|f(x)| = e^{\frac{1}{2} x^2 + C_1} = e^{C_1} e^{\frac{1}{2} x^2}$

核心觀念

兩小題皆可將和式改寫成黎曼和：

$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right) \longrightarrow \int_0^1 f(x)\,dx.$$

其中：

• (a) 會形成函數 $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ 的黎曼和。
• (b) 多出一個 $\dfrac{1}{n}$ 因子，因此極限為 $0$。

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解題方法

(a)

原式為

$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n^2+k^2}}.$$

將 $n^2$ 提出根號：

$$\sqrt{n^2+k^2} = n\sqrt{1+\left(\frac{k}{n}\right)^2}.$$

因此

$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n^2+k^2}} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{k}{n}\right)^2}}.$$

這正是函數

$$f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$$

在區間 $[0,1]$ 上的右端點黎曼和，所以

$$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{k}{n}\right)^2}} = \int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\,dx.$$

利用公式

$$\int\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\,dx = \ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)+C,$$

可得

$$\begin{aligned} \int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\,dx &= \left[ \ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) \right]_0^1\\ &= \ln(1+\sqrt{2})-\ln(1)\\ &= \ln(1+\sqrt{2}). \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{\text{(a)}\ \ln(1+\sqrt{2})}$$

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(b)

原式為

$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^2+k^2}.$$

同樣提出 $n^2$：

核心觀念

本題涵蓋線性代數的核心基礎與進階定理，考查重點包含：

1. 矩陣冪次的極限與譜半徑（Matrix Powers and Eigenvalues）：特徵值大小決定特徵方向上向量的漸進行為。若存在特徵值 $|\lambda| > 1$，則矩陣冪次序列必發散。
2. 無窮維線性空間的線性映射（Linear Transformations on Infinite-Dimensional Spaces）：檢驗線性映射的線性性質、單射（One-to-one / Injective）與映射（Onto / Surjective）。注意在無窮維空間中，單射並不保證映射。
3. 矩陣的秩與零矩陣（Rank and Zero Matrix）：行空間（Column Space）維度為零與零矩陣的等價關係。
4. 單範正交集的線性獨立性（Orthonormal Sets and Linear Independence）：內積空間中，正交性質保證非零向量集合必為線性獨立。
5. 矩陣對角化判定準則（Criterion for Diagonalizability）：若矩陣之最小多項式（Minimal Polynomial）在給定純量場上可分解為相異一次因式之乘積，則該矩陣可對角化。

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選項分析

(a) 正確（True）

• 推導與理由：
  若 $\lambda = \sqrt{2}$ 為矩陣 $A \in M_{n\times n}(\mathbb{R})$ 的一個特徵值，則存在對應的非零特徵向量 $v \neq 0$，滿足 $Av = \sqrt{2}v$。
  對任意正整數 $k$，重複作用可得： $$A^k v = (\sqrt{2})^k v$$ 若矩陣極限 $\lim_{k\to\infty} A^k = L$ 存在（其中 $L \in M_{n\times n}(\mathbb{R})$），則根據極限定理，向量極限應滿足： $$\lim_{k\to\infty} A^k v = L v$$ 然而，由於 $|\sqrt{2}| > 1$ 且 $v \neq 0$： $$\|A^k v\| = (\sqrt{2})^k \|v\| \to \infty \quad \text{as } k \to \infty$$ 此與極限存在（收斂至有限向量 $Lv$）矛盾。因此，$\lim_{k\to\infty} A^k$ 必定不存在。

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(b) 錯誤（False）

• 推導與理由：
  1. 線性（Linear）：
     對任意 $f, g \in P(\mathbb{R})$ 及純量 $c \in \mathbb{R}$，由定積分的線性性質可知： $$T(cf + g) = \int_0^x (cf(t) + g(t)) \, dt = c \int_0^x f(t) \, dt + \int_0^x g(t) \, dt = cT(f) + T(g)$$ 故 $T$ 為線性變換。
  2. 單射（One-to-one）：
     若 $T(f(x)) = 0$（零多項式），即 $\int_0^x f(t) \, dt = 0$ 對所有 $x \in \mathbb{R}$ 恆成立。
     兩邊對 $x$ 微分（根據微積分基本定理），得 $f(x) = 0$。
     因此 $\ker(T) = \{0\}$，故 $T$ 是一對一（單射）。
  3. 非映射（Not onto）：
     由定義可知，對任意 $f \in P(\mathbb{R})$，其像多項式 $g(x) = T(f(x)) = \int_0^x f(t) \, dt$ 滿足： $$g(0) = \int_0^0 f(t) \, dt = 0$$ 這表示 $T$ 的值域（Range / Image）中所有多項式的常數項皆為 $0$。
     考慮非零常數多項式 $p(x) = 1 \in P(\mathbb{R})$，不存在任何多項式 $f(x) \in P(\mathbb{R})$ 能滿足 $T(f(x)) = 1$（因為 $T(f(0)) = 0 \neq 1$）。
     因此 $T$ 並非映射（非 onto）。故原敘述錯誤。

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(c) 正確（True）

本題考驗相似矩陣的性質，重點在於證明相似矩陣擁有相同的特徵值。

證明：
假設矩陣 $A$ 和 $B$ 是相似的，其中 $A, B \in M_{n\times n}(\mathbb{R})$。
根據相似矩陣的定義，存在一個可逆矩陣 $P \in M_{n\times n}(\mathbb{R})$，使得 $B = P^{-1}AP$。

我們要證明 $A$ 和 $B$ 擁有相同的特徵值。
特徵值的定義是，如果存在非零向量 $v$ 使得 $Av = \lambda v$，則 $\lambda$ 是 $A$ 的一個特徵值。

考慮矩陣 $B$ 的特徵值。設 $\mu$ 是 $B$ 的一個特徵值，且 $w$ 是對應的非零特徵向量，即 $Bw = \mu w$。
將 $B = P^{-1}AP$ 代入上式：
$(P^{-1}AP)w = \mu w$
$P^{-1}A(Pw) = \mu w$
將等式兩邊左乘 $P$:
$P(P^{-1}A(Pw)) = P(\mu w)$
$A(Pw) = \mu (Pw)$

令 $v = Pw$。由於 $P$ 是可逆矩陣且 $w$ 是非零向量，所以 $v = Pw$ 也是非零向量。
因此，我們得到 $Av = \mu v$。
這表示 $\mu$ 是矩陣 $A$ 的一個特徵值。

反之，假設 $\lambda$ 是矩陣 $A$ 的一個特徵值，且 $v$ 是對應的非零特徵向量，即 $Av = \lambda v$。
我們想證明 $\lambda$ 也是 $B$ 的一個特徵值。

核心觀念

本題考查：

1. 對稱正定矩陣的平方根與相似變換。
2. 正定矩陣的特徵值皆為正數。
3. 行列式等於特徵值乘積，跡等於特徵值總和。
4. 正數的算術—幾何平均不等式：
   $\frac{\lambda_1+\cdots+\lambda_n}{n}\geq (\lambda_1\cdots\lambda_n)^{1/n}.$

因為 $A$、$B$ 對稱正定，需將 $\det(A)\det(B)$ 與 $\operatorname{trace}(AB)$ 同時轉化為同一個正定矩陣的特徵值乘積與總和。

解題方法

由於 $A$ 對稱正定，存在唯一的對稱正定平方根 $A^{1/2}$，且 $A^{1/2}$ 可逆。定義

$$C=A^{1/2}BA^{1/2}.$$

先證明 $C$ 對稱正定。

對稱性方面，

$$C^{T} =(A^{1/2}BA^{1/2})^{T} =A^{1/2}BA^{1/2} =C,$$

因為 $A^{1/2}$ 與 $B$ 皆對稱。

對任意非零向量 $x\in\mathbb{R}^n$，

$$x^{T}Cx =x^{T}A^{1/2}BA^{1/2}x =(A^{1/2}x)^{T}B(A^{1/2}x)>0.$$

其中 $A^{1/2}x\neq 0$，且 $B$ 為正定矩陣。因此 $C$ 也是對稱正定矩陣，其特徵值記為

$$\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n>0.$$

接著計算 $C$ 的行列式：

$$\det(C) =\det(A^{1/2})\det(B)\det(A^{1/2}) =\det(A)\det(B).$$

再利用跡的循環性，

$$\operatorname{trace}(C) =\operatorname{trace}(A^{1/2}BA^{1/2}) =\operatorname{trace}(BA) =\operatorname{trace}(AB).$$

由特徵值與行列式、跡的關係，

$$\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n =\det(C) =\det(A)\det(B),$$

以及

本題考驗線性代數中線性變換的性質，特別是單射性與核空間的關係。

證明：
我們需要證明兩個方向的命題：

1. 如果 $T$ 是單射的，則 $T$ 的核空間是 $\{0\}$。
2. 如果 $T$ 的核空間是 $\{0\}$，則 $T$ 是單射的。

方向 1：如果 $T$ 是單射的，則 $T$ 的核空間是 $\{0\}$。
設 $T: V_1 \to V_2$ 是一個線性變換，且 $T$ 是單射的。
$T$ 的核空間 (null space)，記為 $\ker(T)$ 或 $N(T)$，定義為：
$\ker(T) = \{ v \in V_1 \mid T(v) = 0_{V_2} \}$
其中 $0_{V_2}$ 是 $V_2$ 中的零向量。
因為 $T$ 是線性變換，我們知道 $T(0_{V_1}) = 0_{V_2}$，其中 $0_{V_1}$ 是 $V_1$ 中的零向量。
所以，零向量 $0_{V_1}$ 總是屬於 $\ker(T)$。
即 $0_{V_1} \in \ker(T)$。

現在，假設 $\ker(T)$ 中存在一個非零向量 $v \neq 0_{V_1}$。
由於 $v \in \ker(T)$, 根據核空間的定義，我們有 $T(v) = 0_{V_2}$。
同時，我們也知道 $T(0_{V_1}) = 0_{V_2}$。
所以，我們有 $T(v) = T(0_{V_1})$。
但是，如果 $v \neq 0_{V_1}$，這就意味著 $T$ 將兩個不同的向量 $v$ 和 $0_{V_1}$ 映射到了同一個向量 $0_{V_2}$。