114 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

本題綜合考查：

• 三角積分中的奇次方降冪與代換。
• 二重積分先對容易處理的變數積分，再利用代換化為一重積分。
• 三重積分的球坐標變換，以及球坐標體積元素
  $dV=r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi。$

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（1）$\displaystyle \int_0^{\pi/2}\sin^7x\cos^5x\,dx$

解題方法

因為 $\sin x$ 的次方為奇數，可保留一個 $\sin x$ 作為微分，其餘部分改寫為 $\cos x$：

$$\sin^7x=\sin^6x\sin x=(1-\cos^2x)^3\sin x。$$

令

$$u=\cos x,\qquad du=-\sin x\,dx。$$

當 $x=0$ 時，$u=1$；當 $x=\dfrac{\pi}{2}$ 時，$u=0$。因此

$$\begin{aligned} \int_0^{\pi/2}\sin^7x\cos^5x\,dx &=\int_1^0(1-u^2)^3u^5(-du)\\ &=\int_0^1u^5(1-u^2)^3\,du。 \end{aligned}$$

展開後：

$$u^5(1-u^2)^3=u^5-3u^7+3u^9-u^{11}。$$

所以

$$\begin{aligned} \int_0^1u^5(1-u^2)^3\,du &=\left[ \frac{u^6}{6}-\frac{3u^8}{8} +\frac{3u^{10}}{10}-\frac{u^{12}}{12} \right]_0^1\\ &=\frac16-\frac38+\frac3{10}-\frac1{12}\\ &=\frac1{120}。 \end{aligned}$$

解題技巧

$\sin^m x\cos^n x$ 中，只要有一個次方是奇數，就可保留該三角函數的一次，將其餘部分利用 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 改寫，再作代換。

【答案】

$$\boxed{\frac1{120}}$$

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（2）$\displaystyle \int_{\sqrt3-1}^{\sqrt3+1}\int_{\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt3}

\frac{x}{\sqrt{1-x^2}+1},dy,dx$

題式的定義問題

在實數範圍內，$\sqrt{1-x^2}$ 必須滿足 $|x|\leq 1$。但題目外層積分的上限為

$$\sqrt3+1>1，$$

因此原式在 $x>1$ 時沒有定義，照題面書寫的積分不存在實數值。

以下採用合理假設：題目的實際積分範圍應取平方根有意義的部分，即

$$x\in[\sqrt3-1,1]。$$

解題方法

先對 $y$ 積分。由於被積函數與 $y$ 無關，

$$\begin{aligned} I &=\int_{\sqrt3-1}^{1} \frac{x}{\sqrt{1-x^2}+1} \left(\sqrt3-\sqrt{1-x^2}\right)\,dx。 \end{aligned}$$

令

$$t=\sqrt{1-x^2}.$$

由

$$t^2=1-x^2$$

可得

$$2t\,dt=-2x\,dx, \qquad x\,dx=-t\,dt。$$

當 $x=1$ 時，$t=0$；當 $x=\sqrt3-1$ 時，

$$t=\sqrt{1-(\sqrt3-1)^2} =\sqrt{2\sqrt3-3}.$$

設

$$b=\sqrt{2\sqrt3-3}。$$

則

$$\begin{aligned} I &=\int_0^b\frac{t(\sqrt3-t)}{1+t}\,dt。 \end{aligned}$$

將被積函數作多項式除法：

$$\frac{t(\sqrt3-t)}{1+t} =-t+(\sqrt3+1)-\frac{\sqrt3+1}{1+t}。$$

因此

核心觀念

本題考查：

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

2. 將分母中的 $n+2$ 改寫為積分：
   $\frac{1}{n+2}=\int_0^1 x^{n+1}\,dx$

3. 利用逐項積分計算無窮級數。由於各項在 $0\le x\le 1$ 上皆為非負函數，可依據非負級數與積分交換的定理進行計算。

解題方法

將每一項的 $\dfrac{1}{n+2}$ 寫成定積分：

$$\frac{1}{n!(n+2)} =\frac{1}{n!}\int_0^1 x^{n+1}\,dx =\int_0^1 \frac{x^{n+1}}{n!}\,dx$$

因此

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!(n+2)} = \sum_{n=1}^{\infty}\int_0^1\frac{x^{n+1}}{n!}\,dx$$

交換求和與積分：

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!(n+2)} = \int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n!}\,dx$$

提出一個 $x$：

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

由於

核心觀念

本題考查：

• 圓柱殼法求旋轉體體積；
• 函數對稱性；
• 三角代換積分。

若平面區域繞 $y$ 軸旋轉，半徑為 $x$、高度為 $y$ 的圓柱殼體積為

$$dV=2\pi x y\,dx.$$

因此

$$V=2\pi\int_0^\pi x\frac{\sin x}{3+\cos^2x}\,dx.$$

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解題方法

令

$$f(x)=\frac{\sin x}{3+\cos^2x}.$$

由於

$$f(\pi-x) =\frac{\sin(\pi-x)}{3+\cos^2(\pi-x)} =\frac{\sin x}{3+\cos^2x} =f(x),$$

可知 $f(x)$ 關於 $x=\dfrac{\pi}{2}$ 對稱。因此

$$\int_0^\pi x f(x)\,dx = \frac{\pi}{2}\int_0^\pi f(x)\,dx.$$

所以體積為

$$V =2\pi\cdot\frac{\pi}{2} \int_0^\pi \frac{\sin x}{3+\cos^2x}\,dx = \pi^2\int_0^\pi \frac{\sin x}{3+\cos^2x}\,dx.$$

計算剩餘積分，令

$$u=\cos x,\qquad du=-\sin x\,dx.$$

當 $x=0$ 時，$u=1$；當 $x=\pi$ 時，$u=-1$。故

$$\begin{aligned} \int_0^\pi \frac{\sin x}{3+\cos^2x}\,dx &= -\int_1^{-1}\frac{1}{3+u^2}\,du\\ &= \int_{-1}^{1}\frac{1}{3+u^2}\,du. \end{aligned}$$

利用公式

$$\int\frac{du}{a^2+u^2} = \frac{1}{a}\tan^{-1}\left(\frac{u}{a}\right),$$

取 $a=\sqrt3$，得到

本題要求計算曲線 $y=e^x$ 在 $0 \le x \le 1$ 範圍內繞 x 軸旋轉所形成的曲面面積。

計算曲面面積的公式為：
$S = \int_a^b 2\pi y \sqrt{1 + \left(\frac{dy}{dx}\right)^2} \, dx$
其中 $y$ 是曲線的函數值，$\frac{dy}{dx}$ 是曲線的斜率。

在本題中：
$y = e^x$
$a = 0$, $b = 1$

首先，計算 $y$ 對 $x$ 的導數：
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(e^x) = e^x$

接著，計算 $\left(\frac{dy}{dx}\right)^2$：
$\left(\frac{dy}{dx}\right)^2 = (e^x)^2 = e^{2x}$

然後，計算 $\sqrt{1 + \left(\frac{dy}{dx}\right)^2}$：
$\sqrt{1 + \left(\frac{dy}{dx}\right)^2} = \sqrt{1 + e^{2x}}$

現在，將這些代入曲面面積公式：
$S = \int_0^1 2\pi (e^x) \sqrt{1 + e^{2x}} \, dx$

我們需要計算這個積分。令 $u = e^x$。
則 $du = e^x \, dx$。
積分的上下限也需要做變換：
當 $x=0$ 時，$u = e^0 = 1$。
當 $x=1$ 時，$u = e^1 = e$。

積分變為：
$S = \int_1^e 2\pi \sqrt{1 + u^2} \, du$

這個積分是一個標準的積分形式：$\int \sqrt{a^2+u^2} \, du = \frac{u}{2}\sqrt{a^2+u^2} + \frac{a^2}{2}\ln|u+\sqrt{a^2+u^2}| + C$。
在這裡，$a=1$。

核心觀念

由 $Q^TQ=I_n$ 可知，$Q$ 的 $n$ 個欄向量彼此正交且皆為單位向量，因此 $Q$ 的欄向量線性獨立，故

$$\operatorname{rank}(Q)=n.$$

定義

$$P=QQ^T,$$

則 $P$ 是投影到 $\operatorname{Col}(Q)$ 的正交投影矩陣。其重要性質為

$$P^T=(QQ^T)^T=QQ^T=P,$$

以及

$$P^2=(QQ^T)(QQ^T) =Q(Q^TQ)Q^T =QI_nQ^T =QQ^T=P.$$

因此 $P$ 是冪等矩陣，特徵值只能是 $0$ 或 $1$。

解題方法

（1）求 $\det(P)$

$P$ 是 $m\times m$ 矩陣。由秩的不等式，

$$\operatorname{rank}(P) =\operatorname{rank}(QQ^T) \leq \operatorname{rank}(Q) =n.$$

因為 $m>n$，所以

$$\operatorname{rank}(P)\leq n<m.$$

因此 $P$ 不滿秩，必為奇異矩陣，其行列式等於零：

$$\boxed{\det(P)=0}.$$

也可從特徵值觀察：由於 $P$ 至少有一個特徵值為 $0$，所以所有特徵值的乘積，也就是行列式，必為 $0$。

（2）求 $P$ 的全部特徵值及其重數

設 $\lambda$ 為 $P$ 的特徵值，$x\neq 0$ 為對應特徵向量，則

$$Px=\lambda x.$$

由 $P^2=P$，兩邊作用於 $x$：

$$P^2x=Px.$$

另一方面，

$$P^2x=P(Px)=P(\lambda x)=\lambda Px=\lambda^2x.$$

而

$$Px=\lambda x.$$

因此

$$\lambda^2x=\lambda x.$$

因為 $x\neq 0$，可得

$$\lambda^2-\lambda=0,$$

即

$$\lambda(\lambda-1)=0.$$

所以 $P$ 的特徵值只有

$$\lambda=0,\qquad \lambda=1.$$

核心觀念

對角化矩陣的次方可直接透過其特徵值計算。若 $A$ 可對角化，則存在可逆矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$，使得

$$A=PDP^{-1}.$$

因此，對任意正整數 $k$，

$$A^k=PD^kP^{-1}.$$

本題的特徵值只有 $0$ 與 $1$，所以只要比較這兩個數在取 $k$ 次方後是否維持不變。

解題方法

設 $D$ 的對角元素為 $A$ 的特徵值。由於每個特徵值 $\lambda$ 都屬於 $\{0,1\}$，對任何正整數 $k$，都有

$$0^k=0,\qquad 1^k=1.$$

所以 $D^k=D$，進而

核心觀念

本題結合以下觀念：

1. Pascal 矩陣的矩陣乘法與 Vandermonde 恆等式。
2. 三角矩陣的 LU 分解。
3. Pascal 下三角矩陣的反矩陣：
   $L_n^{-1}=D_nL_nD_n,$
   其中
   $D_n=\operatorname{diag}(1,-1,1,-1,\dots).$
4. $AB$ 與 $BA$ 具有相同的特徵值，因此 $L_nL_n^T$ 與 $L_n^TL_n$ 的特徵值相同。

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（1）求 $P_3$ 的特徵值

由
$P_{ij}=\binom{i+j-2}{i-1},$
可得

$$P_3= \begin{pmatrix} \binom00&\binom10&\binom20\\ \binom11&\binom21&\binom31\\ \binom22&\binom32&\binom42 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 1&2&3\\ 1&3&6 \end{pmatrix}.$$

計算特徵多項式：

$$\det(\lambda I-P_3) = \begin{vmatrix} \lambda-1&-1&-1\\ -1&\lambda-2&-3\\ -1&-3&\lambda-6 \end{vmatrix}.$$

展開後得到

$$\det(\lambda I-P_3) =\lambda^3-9\lambda^2+9\lambda-1.$$

代入 $\lambda=1$ 可知 $\lambda=1$ 是根，因此

$$\lambda^3-9\lambda^2+9\lambda-1 =(\lambda-1)(\lambda^2-8\lambda+1).$$

再解二次方程：

$$\lambda=\frac{8\pm\sqrt{64-4}}2 =4\pm\sqrt{15}.$$

所以 $P_3$ 的特徵值為

$$\boxed{1,\quad 4+\sqrt{15},\quad 4-\sqrt{15}}.$$

並且

$$(4+\sqrt{15})(4-\sqrt{15})=1,$$

可直接看出特徵值呈倒數關係。

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（2）證明 $P_n=L_nU_n$

由題目定義，$L_n$ 為下三角 Pascal 矩陣，而

$$U_{ij}=\binom{j-1}{i-1} =\binom{j-1}{j-i} =(L_n^T)_{ij}.$$

因此

$$U_n=L_n^T.$$

計算矩陣乘積的第 $(i,j)$ 個元素：

$$(L_nU_n)_{ij} =\sum_{k=1}^n(L_n)_{ik}(U_n)_{kj}.$$

由三角矩陣的結構，只有 $k\leq i$ 且 $k\leq j$ 的項不為零，所以

$$(L_nU_n)_{ij} = \sum_{k=1}^{\min(i,j)} \binom{i-1}{k-1}\binom{j-1}{k-1}.$$

令 $r=k-1$，則

$$(L_nU_n)_{ij} = \sum_{r=0}^{\min(i-1,j-1)} \binom{i-1}{r}\binom{j-1}{r}.$$

利用恆等式

$$\binom{j-1}{r} = \binom{j-1}{j-1-r},$$

上式可改寫為

$$(L_nU_n)_{ij} = \sum_r \binom{i-1}{r} \binom{j-1}{j-1-r}.$$

由 Vandermonde 恆等式

$$\sum_r\binom{a}{r}\binom{b}{m-r} =\binom{a+b}{m},$$

取 $a=i-1$、$b=j-1$、$m=j-1$，得

$$(L_nU_n)_{ij} = \binom{i+j-2}{j-1}.$$

由二項式係數對稱性，

$$\binom{i+j-2}{j-1} = \binom{i+j-2}{i-1}.$$

因此

$$(L_nU_n)_{ij} = \binom{i+j-2}{i-1} =(P_n)_{ij}.$$

每個矩陣元素皆相同，所以