115 年 國立成功大學統計學研究所《數學（含微積分及線性代數）》

這題考驗對微積分、線性代數基本性質的理解。

(1) False。根據微積分基本定理，若函數 $f(x)$ 在閉區間 $[a, b]$ 上連續，則它在該區間上必有反導函數（不定積分）。然而，題目並未限定定義域，例如函數 $f(x) = \frac{1}{x}$ 在 $(-\infty, 0) \cup (0, \infty)$ 上連續，但在 $x=0$ 無法定義，其反導函數為 $\ln|x| + C$，這對於包含 $x=0$ 的任何區間（如 $[-1, 1]$）都無法完整定義。更嚴格來說，連續函數在連通定義域上才保證有反導函數。而題目中的 "All continuous functions" 並未限定定義域的連通性。

(2) False。反曲點（inflection point）的定義是函數圖形凹凸性改變的點。雖然 $f''(c)=0$ 是反曲點的必要條件（在二階導函數存在的前提下），但不是充分條件。例如，$f(x) = x^4$ 在 $x=0$ 時，$f''(0) = 0$，但 $f''(x) = 12x^2 \ge 0$ 對所有 $x$ 成立，凹凸性並未改變，所以 $(0, f(0))$ 不是反曲點。反曲點的充要條件是 $f''(c)=0$ 且 $f''(x)$ 在 $c$ 兩側變號，或者使用高階導數判斷：若 $f^{(n)}(c)$ 是 $c$ 的第一個非零導數，且 $n$ 是奇數，則 $c$ 是反曲點。

(3) False。題目敘述「若 $f'(x)$ 存在且對所有 $x$ 非零」，這意味著 $f'(x) > 0$ 或 $f'(x) < 0$ 對所有 $x$ 成立。若 $f'(x) > 0$ 對所有 $x$ 成立，則 $f(x)$ 是嚴格遞增函數；若 $f'(x) < 0$ 對所有 $x$ 成立，則 $f(x)$ 是嚴格遞減函數。這兩種情況下，$f(1)$ 都不會等於 $f(0)$。例如，$f(x) = x+1$，則 $f'(x)=1 \ne 0$，但 $f(1)=2 \ne f(0)=1$。

(4) False。偏導數存在僅表示函數在某一點沿著坐標軸方向的變化率存在，這不足以保證函數在該點連續。例如，函數 $f(x, y) = \frac{xy}{x^2+y^2}$ 在 $(0,0)$ 點，沿著 $x$ 軸（$y=0$）時，$f(x,0)=0$，所以 $f_x(0,0)=0$；沿著 $y$ 軸（$x=0$）時，$f(0,y)=0$，所以 $f_y(0,0)=0$。然而，當 $y=x$ 時，$f(x,x) = \frac{x^2}{2x^2} = \frac{1}{2}$（當 $x \ne 0$），這與 $f(0,0)=0$ 不符，因此函數在 $(0,0)$ 不連續。

(5) True。此級數為 $p$-級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$，其中 $p=200$。由於 $p > 1$，此 $p$-級數收斂。

(6) True。一個向量集合若包含零向量，則該集合必為線性相依。設向量集合為 $S = \{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \dots, \mathbf{v}_k, \mathbf{0}\}$。我們可以找到一個非零係數的線性組合等於零向量：取 $c_1 = 0, c_2 = 0, \dots, c_k = 0, c_{k+1} = 1$。

核心觀念

本題綜合考查：

• 對數函數的泰勒展開與無窮大極限。
• 根號代換處理含 $\sqrt{x}$ 的積分。
• 廣義積分的定義與指數函數基本積分公式。

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解題方法

(a) $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\left[x-x^2\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)\right]$

將對數內部改寫為

$$\frac{x+1}{x-1} = \frac{1+\frac1x}{1-\frac1x}.$$

令 $t=\dfrac1x$，則 $t\to 0^+$，且

$$\ln\left(\frac{1+t}{1-t}\right) = 2\left(t+\frac{t^3}{3}+\frac{t^5}{5}+\cdots\right).$$

因此

$$\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right) = 2\left(\frac1x+\frac{1}{3x^3}+\frac{1}{5x^5}+\cdots\right).$$

乘上 $x^2$：

$$x^2\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right) = 2x+\frac{2}{3x}+\frac{2}{5x^3}+\cdots.$$

所以原式為

$$x-\left(2x+\frac{2}{3x}+\frac{2}{5x^3}+\cdots\right) = -x-\frac{2}{3x}-\frac{2}{5x^3}-\cdots.$$

當 $x\to\infty$ 時，主導項為 $-x$，故

$$\boxed{\lim_{x\to\infty}\left[x-x^2\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)\right]=-\infty}.$$

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(b) $\displaystyle \int_1^2\frac{1}{2(x+\sqrt{x})}\,dx$

分母可因式分解為

$$2(x+\sqrt{x}) = 2\sqrt{x}(\sqrt{x}+1).$$

令

$$t=\sqrt{x}, \qquad x=t^2, \qquad dx=2t\,dt.$$

積分上下限變為

$$x=1\Rightarrow t=1, \qquad x=2\Rightarrow t=\sqrt{2}.$$

代入得

本題考驗數列的收斂性判斷，特別是利用單調收斂定理（Monotonic Sequence Theorem），以及求解遞迴數列的極限。

(a) 證明 $\{a_n\}_{n\geq 1}$ 收斂

根據單調收斂定理，若一個數列 $\{a_n\}$ 是單調遞增且有上界，或單調遞減且有下界，則該數列收斂。我們需要證明 $\{a_n\}$ 滿足其中一種情況。

首先，計算數列的前幾項：
$a_1 = 2$
$a_2 = \frac{1}{3-a_1} = \frac{1}{3-2} = \frac{1}{1} = 1$
$a_3 = \frac{1}{3-a_2} = \frac{1}{3-1} = \frac{1}{2}$
$a_4 = \frac{1}{3-a_3} = \frac{1}{3-\frac{1}{2}} = \frac{1}{\frac{5}{2}} = \frac{2}{5}$
$a_5 = \frac{1}{3-a_4} = \frac{1}{3-\frac{2}{5}} = \frac{1}{\frac{13}{5}} = \frac{5}{13}$

觀察數列的前幾項：$2, 1, \frac{1}{2}, \frac{2}{5}, \frac{5}{13}, \dots$
可以發現數列似乎是單調遞減的：$a_1 > a_2 > a_3 > a_4 > a_5$。
同時，觀察數列的項，它們似乎都大於 0。

第一步：證明數列有下界。
我們猜測數列的下界是 0。我們用數學歸納法證明 $a_n > 0$ 對所有 $n \geq 1$ 成立。
基礎步驟：$a_1 = 2 > 0$，成立。
歸納步驟：假設 $a_k > 0$ 對某個 $k \geq 1$ 成立。
考慮 $a_{k+1} = \frac{1}{3-a_k}$。
要證明 $a_{k+1} > 0$，我們需要 $3-a_k > 0$，即 $a_k < 3$。
從數列的前幾項看，$2, 1, 1/2, 2/5, 5/13$ 都小於 3。
我們來證明 $a_n < 3$ 對所有 $n \geq 1$ 成立。
基礎步驟：$a_1 = 2 < 3$，成立。
歸納步驟：假設 $a_k < 3$ 對某個 $k \geq 1$ 成立。
則 $3-a_k > 0$。
$a_{k+1} = \frac{1}{3-a_k}$。
因為 $a_k > 0$（我們稍後會嚴格證明），所以 $3-a_k < 3$。
因此，$a_{k+1} = \frac{1}{3-a_k} > \frac{1}{3}$。
這意味著 $a_n > 1/3$ 對所有 $n \geq 2$ 成立。
同時，因為 $a_k < 3$，所以 $3-a_k > 0$，因此 $a_{k+1} = \frac{1}{3-a_k} > 0$。
所以，我們證明了 $a_n > 0$ 對所有 $n \geq 1$ 成立。
因此，數列 $\{a_n\}$ 有下界 0。

第二步：證明數列是單調遞減的。
我們要證明 $a_{n+1} \leq a_n$ 對所有 $n \geq 1$ 成立。
即證明 $\frac{1}{3-a_n} \leq a_n$。
由於我們已證明 $a_n > 0$（且 $a_n < 3$，所以 $3-a_n > 0$），我們可以將不等式兩邊同乘以 $3-a_n$：
$1 \leq a_n(3-a_n)$
$1 \leq 3a_n - a_n^2$
$a_n^2 - 3a_n + 1 \leq 0$

考慮二次函數 $f(x) = x^2 - 3x + 1$。其根為 $x = \frac{3 \pm \sqrt{9-4}}{2} = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$。
所以，不等式 $a_n^2 - 3a_n + 1 \leq 0$ 成立當且僅當 $\frac{3-\sqrt{5}}{2} \leq a_n \leq \frac{3+\sqrt{5}}{2}$。

我們需要證明 $a_n$ 落在區間 $[\frac{3-\sqrt{5}}{2}, \frac{3+\sqrt{5}}{2}]$ 內。
我們已經證明 $a_n > 0$。
我們也需要證明 $a_n \leq \frac{3+\sqrt{5}}{2}$。
從前面計算，我們知道 $a_1 = 2$。
$\frac{3+\sqrt{5}}{2} \approx \frac{3+2.236}{2} = \frac{5.236}{2} = 2.618$。
$a_1 = 2 \leq 2.618$。
$\frac{3-\sqrt{5}}{2} \approx \frac{3-2.236}{2} = \frac{0.764}{2} = 0.382$。
$a_2 = 1$。$0.382 \leq 1 \leq 2.618$。
$a_3 = 1/2 = 0.5$。$0.382 \leq 0.5 \leq 2.618$。

核心觀念

四面體 $E$ 的頂點為

$$(0,0,0),\ (1,0,0),\ (0,1,0),\ (0,0,1).$$

因此其所在區域可表示為第一卦限內的平面

$$x+y+z=1$$

所截出的立體：

$$E=\{(x,y,z)\mid x\ge 0,\ y\ge 0,\ z\ge 0,\ x+y+z\le 1\}.$$

本題考查三重積分的積分區域判定，以及依序積分計算多項式函數。

解題方法

取積分順序為先對 $z$、再對 $y$、最後對 $x$ 積分。

由條件 $x+y+z\le 1$，可得

$$0\le z\le 1-x-y.$$

在 $xy$ 平面上的投影區域為

$$x\ge 0,\qquad y\ge 0,\qquad x+y\le 1.$$

因此

$$0\le x\le 1,\qquad 0\le y\le 1-x.$$

原積分化為

$$\iiint_E xz\,dV = \int_0^1\int_0^{1-x}\int_0^{1-x-y}xz\,dz\,dy\,dx.$$

先對 $z$ 積分：

$$\int_0^{1-x-y}xz\,dz = x\left[\frac{z^2}{2}\right]_0^{1-x-y} = \frac{x}{2}(1-x-y)^2.$$

所以

$$\iiint_E xz\,dV = \frac12\int_0^1 x\int_0^{1-x}(1-x-y)^2\,dy\,dx.$$

令 $u=1-x-y$，則

這是一個關於行列式（Determinant）的性質證明題。題目要求證明對於任意兩個 $n \times n$ 的矩陣 $A$ 和 $B$，都有 $\det(AB) = \det(A)\det(B)$。

這個性質是行列式的一個基本且重要的性質。證明方法有多種，這裡提供一個常見的證明思路，它利用了矩陣的初等行變換（Elementary Row Operations）和一些輔助矩陣。

證明思路：

證明這個性質通常需要用到以下幾個關鍵點：

1. 初等矩陣的行列式： 任何初等矩陣（通過對單位矩陣進行一次初等行變換得到的矩陣）的行列式。
2. 初等變換與行列式的關係： 一次初等行變換如何影響矩陣的行列式。
   • 交換兩行：行列式變號。
   • 某一行乘以一個純量 $k$：行列式乘以 $k$。
   • 某一行加上另一行的倍數：行列式不變。
3. 矩陣的行階梯形（Row Echelon Form）： 任何矩陣都可以通過初等行變換化為行階梯形。
4. 可逆矩陣的性質： 一個矩陣是可逆的當且僅當其行列式不為零。

證明步驟：

我們分幾種情況討論：

情況 1：矩陣 $B$ 是不可逆的。

如果 $B$ 是不可逆的，那麼 $\det(B) = 0$。
不可逆矩陣的零空間（Null Space）非平凡，即存在非零向量 $x$ 使得 $Bx = \mathbf{0}$。
考慮矩陣 $AB$。那麼 $(AB)x = A(Bx) = A(\mathbf{0}) = \mathbf{0}$。
這表示 $AB$ 的零空間也包含非零向量 $x$。因此，$AB$ 也是不可逆的。
所以 $\det(AB) = 0$。
此時，$\det(A)\det(B) = \det(A) \cdot 0 = 0$。
所以 $\det(AB) = \det(A)\det(B)$ 成立。

情況 2：矩陣 $B$ 是可逆的。

如果 $B$ 是可逆的，那麼 $B$ 可以表示為若干個初等矩陣的乘積。
設 $B = E_k E_{k-1} \dots E_2 E_1$，其中 $E_i$ 是初等矩陣。
我們需要證明 $\det(EB) = \det(E)\det(B)$ 對於任意初等矩陣 $E$ 成立。

• 證明 $\det(EB) = \det(E)\det(B)$ 對於初等矩陣 $E$ 成立：
  • 若 $E$ 是交換兩行的初等矩陣： 則 $\det(E) = -1$。矩陣 $EB$ 是將 $B$ 的兩行交換得到的矩陣，所以 $\det(EB) = -\det(B)$。此時 $\det(E)\det(B) = (-1)\det(B) = -\det(B)$。等式成立。
  • 若 $E$ 是某一行乘以 $k$ 的初等矩陣： 則 $\det(E) = k$。矩陣 $EB$ 是將 $B$ 的某一行乘以 $k$ 得到的矩陣，所以 $\det(EB) = k\det(B)$。此時 $\det(E)\det(B) = k\det(B)$。等式成立。
  • 若 $E$ 是某一行加上另一行的倍數的初等矩陣： 則 $\det(E) = 1$。矩陣 $EB$ 是對 $B$ 進行相同操作得到的矩陣，所以 $\det(EB) = \det(B)$。此時 $\det(E)\det(B) = 1 \cdot \det(B) = \det(B)$。等式成立。

因此，對於任何初等矩陣 $E$，都有 $\det(EB) = \det(E)\det(B)$。

現在，利用 $B = E_k E_{k-1} \dots E_1$：
$\det(AB) = \det(A (E_k E_{k-1} \dots E_1))$
$= \det( (AE_k) E_{k-1} \dots E_1 )$
若我們證明 $\det(AE) = \det(A)\det(E)$ 對於初等矩陣 $E$ 成立，則過程類似。
$\det(AB) = \det(A E_k E_{k-1} \dots E_1)$
$= \det(A E_k) \det(E_{k-1} \dots E_1)$
$= \det(A) \det(E_k) \det(E_{k-1} \dots E_1)$
$= \det(A) \det(E_k E_{k-1} \dots E_1)$
$= \det(A) \det(B)$

需要證明 $\det(AE) = \det(A)\det(E)$ 對於初等矩陣 $E$ 成立。
這等價於證明 $\det(EA) = \det(E)\det(A)$。我們已經證明了這一點。
因為矩陣乘法的轉置性質是 $(EA)^T = A^T E^T$。
而 $\det(M^T) = \det(M)$。
所以 $\det(AE) = \det((AE)^T) = \det(E^T A^T)$。
如果 $E$ 是初等矩陣，那麼 $E^T$ 也是初等矩陣。
所以 $\det(E^T A^T) = \det(E^T) \det(A^T) = \det(E) \det(A)$。
因此 $\det(AE) = \det(A)\det(E)$ 成立。

綜合以上步驟：
如果 $B$ 是可逆的，則 $B = E_k E_{k-1} \dots E_1$。
$\det(AB) = \det(A E_k E_{k-1} \dots E_1)$
$= \det(A E_k) \det(E_{k-1} \dots E_1)$
$= \det(A) \det(E_k) \det(E_{k-1} \dots E_1)$
$= \det(A) \det(E_k E_{k-1} \dots E_1)$
$= \det(A) \det(B)$

另一種更簡潔的證明思路（利用行階梯形）：

1. 證明 $\det(EB) = \det(E)\det(B)$ 對於初等矩陣 $E$ 成立。 (同上，這一步是基礎)

2. 將矩陣 $B$ 通過初等行變換化為行階梯形 $R$。
   設 $B = E_k E_{k-1} \dots E_1 R$，其中 $E_i$ 是初等矩陣。
   則 $\det(B) = \det(E_k)\det(E_{k-1})\dots\det(E_1)\det(R)$。

3. 將矩陣 $AB$ 通過相同的初等行變換化為行階梯形 $S$。
   $AB = (A E_k E_{k-1} \dots E_1) R'$ （這裡 $R'$ 是 $AB$ 的行階梯形）。
   實際上，對 $A$ 進行相同的初等行變換序列 $E_k, \dots, E_1$ 可以得到 $A R$，其中 $R$ 是 $B$ 行階梯化後的行矩陣。
   更準確地說，如果 $B$ 通過初等行變換 $E_k \dots E_1$ 化為行階梯形 $R$，則 $R = E_k \dots E_1 B$。
   那麼 $AB = A (E_k \dots E_1)^{-1} R$。
   這條路徑有點複雜。

   考慮以下方法：
   對於任何 $n \times n$ 矩陣 $M$，存在初等矩陣 $E_1, \dots, E_k$ 使得 $M = E_k \dots E_1 U$，其中 $U$ 是上三角矩陣（如果 $M$ 是可逆的）。
   如果 $M$ 是不可逆的，則 $M$ 可以化為一個有零行的行階梯形。

   更直接的證明：

   • 若 $B$ 可逆： 則 $B = E_k \dots E_1$。

核心觀念

本題考查：

1. 向量組成為基底的判定：必須同時具備「張成」與「線性獨立」。
2. 基底轉換矩陣的建立。
3. 利用轉換矩陣將向量座標由 $B_1$ 轉換至 $B_2$。

已知

$$B_1=\{f_1,f_2\}=\{\sin x,\cos x\}.$$

因此，任何 $V$ 中的函數皆可表示為 $\sin x$ 與 $\cos x$ 的線性組合。

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（a）證明 $B_2=\{g_1,g_2\}$ 也是 $V$ 的基底

已知

$$g_1=2\sin x+\cos x,$$ $$g_2=\sin x-5\cos x.$$

以 $B_1$ 為基底表示 $g_1,g_2$，其座標分別為

$$[g_1]_{B_1}= \begin{bmatrix} 2\\ 1 \end{bmatrix}, \qquad [g_2]_{B_1}= \begin{bmatrix} 1\\ -5 \end{bmatrix}.$$

將這兩個座標向量作為欄向量，得到

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

其行列式為

$$\det(A)=2(-5)-1(1)=-11\neq 0.$$

因此 $A$ 可逆，表示 $g_1,g_2$ 線性獨立。又因為 $g_1,g_2$ 都屬於 $V$，且 $V$ 的維度為 $2$，在二維向量空間中，兩個線性獨立的向量必定張成整個 $V$。

所以

$$B_2=\{g_1,g_2\}$$

也是 $V$ 的一組基底。

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（b）求由 $B_1$ 到 $B_2$ 的轉換矩陣

先由 $B_2$ 的基底向量在 $B_1$ 下的座標建立矩陣：

$$A= \begin{bmatrix} [g_1]_{B_1}&[g_2]_{B_1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2&1\\ 1&-5 \end{bmatrix}.$$

對任意 $w\in V$，若其在兩組基底下的座標分別為 $[w]_{B_1}$ 與 $[w]_{B_2}$，則

$$[w]_{B_1}=A[w]_{B_2}.$$

因此，由 $B_1$ 到 $B_2$ 的轉換矩陣滿足

$$[w]_{B_2}=A^{-1}[w]_{B_1},$$

所以

$$P_{B_1\to B_2}=A^{-1}.$$

由二階矩陣反矩陣公式，

$$A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \begin{bmatrix} -5&-1\\ -1&2 \end{bmatrix}.$$

代入 $\det(A)=-11$，得到

$$P_{B_1\to B_2} = \begin{bmatrix} \frac{5}{11}&\frac{1}{11}\\ \frac{1}{11}&-\frac{2}{11} \end{bmatrix}.$$

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（c）利用 $P_{B_1\to B_2}$ 求 $[w]_{B_2}$

核心觀念

一般二次曲線

$$Ax^2+Bxy+Cy^2=1$$

中的交叉項 $Bxy$，可藉由旋轉座標軸消除。旋轉角 $\theta$ 滿足

$$\tan 2\theta=\frac{B}{A-C}.$$

本題中

$$A=5,\qquad B=4,\qquad C=5,$$

因此

$$\tan 2\theta=\frac{4}{5-5}$$

分母為 $0$，故

$$2\theta=\frac{\pi}{2},\qquad \theta=\frac{\pi}{4}.$$

也可利用二次型矩陣的特徵值與特徵向量求出標準位置。

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解題方法

原方程式為

$$5x^2+4xy+5y^2=9.$$

其二次型矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} 5&2\\ 2&5 \end{pmatrix},$$

其中非對角線元素為 $2$，因為二次型展開後的交叉項為 $2(2)xy=4xy$。

矩陣的特徵值由

$$\det \begin{pmatrix} 5-\lambda&2\\ 2&5-\lambda \end{pmatrix} =0$$

得到

$$(5-\lambda)^2-4=0,$$

因此

$$\lambda=7,\qquad \lambda=3.$$

對應的特徵向量分別為：

• $\lambda=7$：特徵向量可取 $(1,1)$；
• $\lambda=3$：特徵向量可取 $(1,-1)$。

因此旋轉後的新座標軸取在直線 $y=x$ 與 $y=-x$ 的方向。令新座標為 $(u,v)$，其中 $u$ 軸沿著 $(1,1)$，$v$ 軸沿著 $(1,-1)$，則

$$x=\frac{u-v}{\sqrt{2}},\qquad y=\frac{u+v}{\sqrt{2}}.$$

計算平方項：

$$x^2+y^2=u^2+v^2,$$

以及

$$xy = \frac{(u-v)(u+v)}{2} = \frac{u^2-v^2}{2}.$$

代回原式：