111 年 國立中央大學統計研究所碩士班一般生《基礎數學》

本題考查極限計算，特別是當分子與分母皆趨近無窮大時，可以考慮使用史特爾茲定理 (Stolz-Cesàro Theorem)。

令 $a_n = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}$，則 $a_n$ 為數列 $\{H_n\}$ 的第 $n$ 項，其中 $H_n$ 代表調和級數。
令 $b_n = \ln n$。
我們需要計算 $\lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n}$。
由於 $\lim_{n\to\infty} a_n = \infty$ 且 $\lim_{n\to\infty} b_n = \infty$，且數列 $\{b_n\}$ 是嚴格遞增的，我們可以應用史特爾茲定理。

史特爾茲定理指出，如果 $\lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n}$ 存在，則 $\lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n}$。

計算分子差：
$a_{n+1} - a_n = \left(1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1}\right) - \left(1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n+1}$。

計算分母差：
$b_{n+1} - b_n = \ln(n+1) - \ln n = \ln\left(\frac{n+1}{n}\right) = \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)$。

現在計算比值的極限：

核心觀念

本題考查：

• 標準常態分布的特徵函數：
  $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2/2}\cos(tx)\,dx=e^{-t^2/2}。$
• 將三角函數改寫為參數積分。
• 利用微分與積分交換，計算含有 $x^{-2}$ 的積分。
• 最後求出數值，再判斷小數點後第一位。

令 $X\sim N(0,1)$，原式記為

$$I=E\left[\frac{X-\sin X}{X^3}\right].$$

由於 $x-\sin x=O(x^3)$，故被積函數在 $x=0$ 附近有限；在無窮遠處又受到 $e^{-x^2/2}$ 抑制，積分確實收斂。

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解題方法

先利用

$$\sin x=x\int_0^1\cos(tx)\,dt$$

因此

$$x-\sin x =x\int_0^1\bigl(1-\cos(tx)\bigr)\,dt。$$

所以

$$\frac{x-\sin x}{x^3} =\int_0^1\frac{1-\cos(tx)}{x^2}\,dt。$$

代回原式並交換積分次序：

$$I=\int_0^1J(t)\,dt,$$

其中

$$J(t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1-\cos(tx)}{x^2}e^{-x^2/2}\,dx。$$

對 $J(t)$ 微分：

$$J'(t) =\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(tx)}{x}e^{-x^2/2}\,dx。$$

再微分一次：

$$J''(t) =\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \cos(tx)e^{-x^2/2}\,dx =e^{-t^2/2}.$$

又因為

$$J(0)=0,\qquad J'(0)=0,$$

故

$$J(t)=\int_0^t(t-s)e^{-s^2/2}\,ds。$$

因此

$$I=\int_0^1\int_0^t(t-s)e^{-s^2/2}\,ds\,dt。$$

交換積分次序，對固定的 $s$，有 $s\le t\le1$：

本題分為兩部分：第一部分是求解數列 $a_n$，第二部分是求解常數 $a$ 使得特定極限為非零常數。

第一部分：求解 $a_n$

已知 $F(x) = \exp(-\exp(-x))$。
我們需要找到 $a_n$ 使得 $F(a_n) = 1 - \frac{1}{\sqrt{n}}$。
將 $a_n$ 代入 $F(x)$：
$F(a_n) = \exp(-\exp(-a_n))$
所以，我們有：
$\exp(-\exp(-a_n)) = 1 - \frac{1}{\sqrt{n}}$
對兩邊取自然對數：
$-\exp(-a_n) = \ln\left(1 - \frac{1}{\sqrt{n}}\right)$
$\exp(-a_n) = -\ln\left(1 - \frac{1}{\sqrt{n}}\right)$
對兩邊取自然對數：
$-a_n = \ln\left(-\ln\left(1 - \frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right)$
$a_n = -\ln\left(-\ln\left(1 - \frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right)$

我們需要分析當 $n \to \infty$ 時 $a_n$ 的行為。
當 $n \to \infty$，$\frac{1}{\sqrt{n}} \to 0$。
我們知道 $\ln(1-x) \approx -x$ 當 $x \to 0$。
所以，$\ln\left(1 - \frac{1}{\sqrt{n}}\right) \approx -\frac{1}{\sqrt{n}}$。
因此，

核心觀念

題目中的式子排版疑似有誤；依據 $g(x)=|x|$（$x\in[-1,1]$）及提示 $v=(u-x)/h$，合理的命題應為

$$\left| \frac{1}{h}\int_{\mathbb R} f(u)\,g\left(\frac{u-x}{h}\right)\,du-f(x) \right|<h^2.$$

由變數代換 $u=x+hv$ 可得

$$\frac{1}{h}\int_{\mathbb R} f(u)\,g\left(\frac{u-x}{h}\right)\,du = \int_{-1}^{1} f(x+hv)|v|\,dv.$$

其中

$$\int_{-1}^{1}|v|\,dv=1, \qquad \int_{-1}^{1}v|v|\,dv=0.$$

因此，此類題目通常利用 Taylor 展開，藉由核函數 $|v|$ 的對稱性消去一次項。

題目條件不足，原命題不成立

題目只假設

$$1\le |f'(x)|\le 2,$$

這只能控制函數的一階變化率，不能保證 Taylor 餘項為 $O(h^2)$。以下給出符合題目條件的反例。

定義

$$f(x)=x+\frac{2}{3}(x_+)^{3/2}, \qquad x_+=\max\{x,0\}.$$

在 $x\ge 0$ 時，

$$f'(x)=1+\sqrt{x},$$

在 $x<0$ 時，

$$f'(x)=1.$$

若將 $\sqrt{x}$ 在 $x\ge1$ 後截至 $1$，即可得到全域滿足

$$1\le f'(x)\le 2.$$

在 $x=0$ 附近，直接計算即可判斷原不等式是否成立。由變數代換後的形式，

$$\frac{1}{h}\int_{\mathbb R} f(u)\,g\left(\frac{u}{h}\right)\,du-f(0) = \int_{-1}^{1} f(hv)|v|\,dv.$$

因為 $f(0)=0$，且

$$f(hv)=hv+\frac{2}{3}(hv)_+^{3/2},$$

所以

$$\int_{-1}^{1}hv|v|\,dv=0,$$

而

核心觀念

本題考查下列觀念：

1. 若矩陣滿足 $A^2=A$，則稱 $A$ 為冪等矩陣（idempotent matrix）。
2. 矩陣 $V$ 的兩個欄向量互相正交且皆為單位向量，因此
   $V^T V=I_2.$
3. 矩陣 $V$ 的欄空間正交補中的向量 $x$ 滿足 $V^T x=0$，且本題中的 $H$ 對這類向量作用為單位映射：
   $Hx=x.$

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解題方法

令

$$A=VW^T V^T,$$

則

$$H=I_3-A.$$

先計算 $V^T V$。將 $V$ 的兩個欄向量寫成

$$v_1=\frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \end{pmatrix}, \qquad v_2=\frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2\\-1\\-2 \end{pmatrix}.$$

有

$$v_1^T v_1=\frac{4+4+1}{9}=1,$$ $$v_2^T v_2=\frac{4+1+4}{9}=1,$$

以及

$$v_1^T v_2=\frac{4-2-2}{9}=0.$$

因此

$$V^T V=I_2.$$

接著計算 $H^2$：

$$H^2=(I_3-A)^2=I_3-2A+A^2.$$

又因為 $V^T V=I_2$，

$$A^2 = VW^T V^T VW^T V^T = VW^T(W^T)V^T = V(W^T)^2V^T.$$

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（a）求三個不同的 $W$ 使 $H^2=H$

由 $H^2=H$ 得

$$I_3-2A+A^2=I_3-A,$$

所以

$$A^2=A.$$

代入 $A=VW^T V^T$：

$$V(W^T)^2V^T=VW^T V^T.$$

左右分別乘上 $V^T$ 與 $V$，利用 $V^TV=I_2$，得到

$$(W^T)^2=W^T.$$

也就是 $W^T$ 必須為冪等矩陣，等價於 $W$ 必須滿足

$$W^2=W.$$

因此只要選取任意三個不同的 $2\times2$ 冪等矩陣即可。例如：

$$W_1= \begin{pmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{pmatrix},$$ $$W_2= \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{pmatrix},$$ $$W_3= \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&0 \end{pmatrix}.$$

逐一驗證：

$$W_1^2=W_1, \qquad W_2^2=W_2, \qquad W_3^2=W_3.$$

所以這三個 $W$ 都會使 $H^2=H$。

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（b）證明不存在 $W$ 使 $H^2=\alpha H$ 且 $\alpha\neq1$

取非零向量

本題要求在一個閉合的三角形區域內求解函數 $f(x, y)$ 的最大值和最小值。

核心觀念：

1. 極值定理 (Extreme Value Theorem)：連續函數在一個緊緻（閉合且有界）集合上必定能達到其最大值和最小值。
2. 尋找極值點：
   • 臨界點 (Critical Points)：在區域內部，偏導數為零或不存在的點。
   • 邊界點 (Boundary Points)：在區域的邊界上。
3. 偏導數計算：計算函數的一階偏導數。
4. 變數代換：有時可以簡化計算。

函數與區域：
$f(x, y) = \exp(-(x^2 + 4xy + y^2) + 2(x + y))$
區域 $D$: $x \ge 0$, $y \ge 0$, $x + y \le 1$。
這是一個由點 $(0,0), (1,0), (0,1)$ 組成的閉合三角形區域。

步驟 1：尋找區域內部的臨界點

首先，我們需要計算 $f(x, y)$ 的一階偏導數。
令 $g(x, y) = -(x^2 + 4xy + y^2) + 2(x + y)$. 則 $f(x, y) = e^{g(x, y)}$.
$\frac{\partial f}{\partial x} = e^{g(x, y)} \frac{\partial g}{\partial x}$
$\frac{\partial f}{\partial y} = e^{g(x, y)} \frac{\partial g}{\partial y}$

計算 $\frac{\partial g}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial g}{\partial y}$:
$\frac{\partial g}{\partial x} = -(2x + 4y) + 2 = -2x - 4y + 2$
$\frac{\partial g}{\partial y} = -(4x + 2y) + 2 = -4x - 2y + 2$

令偏導數為零，尋找臨界點：

1. $-2x - 4y + 2 = 0 \implies x + 2y = 1$
2. $-4x - 2y + 2 = 0 \implies 2x + y = 1$

解這個線性方程組：
從 (1)，$x = 1 - 2y$.
代入 (2): $2(1 - 2y) + y = 1 \implies 2 - 4y + y = 1 \implies 2 - 3y = 1 \implies 3y = 1 \implies y = 1/3$.
將 $y = 1/3$ 代回 $x = 1 - 2y$:
$x = 1 - 2(1/3) = 1 - 2/3 = 1/3$.

所以，臨界點是 $(1/3, 1/3)$。
檢查這個點是否在區域 $D$ 的內部：
$x = 1/3 \ge 0$, $y = 1/3 \ge 0$.
$x + y = 1/3 + 1/3 = 2/3 \le 1$.
該點在區域內部。

計算臨界點的函數值：
$g(1/3, 1/3) = -((1/3)^2 + 4(1/3)(1/3) + (1/3)^2) + 2(1/3 + 1/3)$
$g(1/3, 1/3) = -(1/9 + 4/9 + 1/9) + 2(2/3)$
$g(1/3, 1/3) = -(6/9) + 4/3 = -2/3 + 4/3 = 2/3$.
$f(1/3, 1/3) = e^{2/3}$.

步驟 2：檢查區域的邊界

區域 $D$ 有三個邊界：
邊界 1: $x=0$, $0 \le y \le 1$.
函數變為 $f(0, y) = \exp(-(0 + 0 + y^2) + 2(0 + y)) = \exp(-y^2 + 2y)$.
令 $h_1(y) = -y^2 + 2y$. 我們需要找 $h_1(y)$ 在 $[0, 1]$ 上的最大最小值。
$h_1'(y) = -2y + 2$. 令 $h_1'(y)=0 \implies -2y+2=0 \implies y=1$.
在邊界點：

• $y=0$: $(0,0)$. $f(0,0) = e^0 = 1$.
• $y=1$: $(0,1)$. $f(0,1) = e^{-(1)^2 + 2(1)} = e^{-1+2} = e^1 = e$.
• 臨界點 $y=1$ (在區間內)：$h_1(1) = -1^2 + 2(1) = 1$. $f(0,1) = e^1 = e$.