112 年 國立中央大學統計研究所碩士班一般生《基礎數學》

本題主要考驗學生對微分積分交換性質的理解。

題目給定一個積分式 $\int_0^\infty f(x,y)dx = 2^x$，並假設微分與積分運算可以交換先後順序。我們需要計算對 $y$ 和對 $x$ 的偏微分。

核心觀念：如果微分與積分的運算順序可以交換，則對於一個包含積分的函數 $F(y) = \int_a^b g(x,y) dx$，其對 $y$ 的偏微分為 $\frac{\partial F}{\partial y} = \int_a^b \frac{\partial g}{\partial y}(x,y) dx$。

(a) 計算 $\frac{\partial}{\partial y} \int_0^\infty f(x,y)dx$
根據微分積分交換的性質，我們可以將對 $y$ 的微分移到積分符號裡面：
$\frac{\partial}{\partial y} \int_0^\infty f(x,y)dx = \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial y} f(x,y)dx$
然而，題目給定的條件是 $\int_0^\infty f(x,y)dx = 2^x$。這表示積分的結果 $2^x$ 是一個只依賴於 $x$ 的函數，而與 $y$ 無關。

本題主要考驗學生對無窮遠極限的計算能力，特別是涉及根號的表達式。

核心觀念：當 $x \to \infty$ 時，我們需要找出表達式中佔主導地位的項。對於 $\sqrt{x^2+1}$，當 $x$ 非常大時，$x^2+1$ 趨近於 $x^2$，因此 $\sqrt{x^2+1}$ 趨近於 $\sqrt{x^2} = |x|$。由於 $x \to \infty$， $x$ 為正數，所以 $|x| = x$。

計算步驟：

1. 將表達式改寫，提取主要項：
   $\frac{\sqrt{x^2+1}}{x} = \frac{\sqrt{x^2(1+\frac{1}{x^2})}}{x}$

本題主要考驗學生對隱函數微分法的應用。

核心觀念：隱函數微分法用於求解由一個方程式隱含定義的函數的導數。當方程式為 $F(x,y) = c$（其中 $c$ 為常數）時，我們對等式兩邊同時對 $x$ 微分，並將 $y$ 視為 $x$ 的函數，然後解出 $\frac{dy}{dx}$。

(a) $\cos(x^2) + \sin(y^3) = 0.6$
對等式兩邊同時對 $x$ 微分：
$\frac{d}{dx}(\cos(x^2)) + \frac{d}{dx}(\sin(y^3)) = \frac{d}{dx}(0.6)$
使用鏈式法則：
$(-\sin(x^2) \cdot 2x) + (\cos(y^3) \cdot 3y^2 \cdot \frac{dy}{dx}) = 0$
將含有 $\frac{dy}{dx}$ 的項移到一邊：
$\cos(y^3) \cdot 3y^2 \cdot \frac{dy}{dx} = 2x \sin(x^2)$
解出 $\frac{dy}{dx}$：
$\frac{dy}{dx} = \frac{2x \sin(x^2)}{3y^2 \cos(y^3)}$
【答案】$\frac{2x \sin(x^2)}{3y^2 \cos(y^3)}$

(b) $\frac{1}{x} + \ln(y) + (xy)^3 = 4x$
對等式兩邊同時對 $x$ 微分：
$\frac{d}{dx}(\frac{1}{x}) + \frac{d}{dx}(\ln(y)) + \frac{d}{dx}((xy)^3) = \frac{d}{dx}(4x)$
計算各項微分：
$\frac{d}{dx}(\frac{1}{x}) = -\frac{1}{x^2}$

核心觀念

若矩陣 $X$ 與 $A$ 可交換，定義為

$$XA=AX.$$

設所有 $2\times 2$ 矩陣

$$X=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}, \qquad A=\begin{bmatrix}1&3\\1&1\end{bmatrix}.$$

本題要求找出所有滿足 $XA=AX$ 的矩陣 $X$。

解題方法

先分別計算 $XA$ 與 $AX$：

$$XA= \begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix} \begin{bmatrix}1&3\\1&1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a+b&3a+b\\ c+d&3c+d \end{bmatrix},$$ $$AX= \begin{bmatrix}1&3\\1&1\end{bmatrix} \begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a+3c&b+3d\\ a+c&b+d \end{bmatrix}.$$

由 $XA=AX$，比較對應元素：

$$a+b=a+3c \quad\Longrightarrow\quad b=3c,$$ $$3a+b=b+3d \quad\Longrightarrow\quad a=d.$$

另外兩個元素所得的方程式與上述條件相同，因此只需滿足

$$d=a,\qquad b=3c.$$

令 $a=s$、$c=t$，則

$$X= \begin{bmatrix} s&3t\\ t&s \end{bmatrix}.$$

因此，所有與 $A$ 可交換的 $2\times 2$ 矩陣為

本題主要考驗學生計算矩陣的特徵值、特徵向量，並證明正交性的能力。

核心觀念：

1. 特徵值與特徵向量：對於一個方陣 $A$，如果存在非零向量 $v$ 和純量 $\lambda$，使得 $Av = \lambda v$，則 $\lambda$ 稱為 $A$ 的一個特徵值，而 $v$ 稱為對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵向量。求解特徵值通常透過計算特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$。
2. 正交向量：兩個向量 $u$ 和 $v$ 是正交的，如果它們的內積為零，即 $u \cdot v = u^T v = 0$。
3. 對稱矩陣的特徵向量性質：一個對稱矩陣（例如本題的 $A$）的不同特徵值所對應的特徵向量是正交的。

(a) 求 $A$ 的特徵值及特徵向量。
特徵方程式為 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 1-\lambda & 2 & 2 \\ 2 & 1-\lambda & 2 \\ 2 & 2 & 1-\lambda \end{bmatrix}$
計算行列式：
$\det(A - \lambda I) = (1-\lambda) \det \begin{bmatrix} 1-\lambda & 2 \\ 2 & 1-\lambda \end{bmatrix} - 2 \det \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 1-\lambda \end{bmatrix} + 2 \det \begin{bmatrix} 2 & 1-\lambda \\ 2 & 2 \end{bmatrix}$
$= (1-\lambda)[(1-\lambda)^2 - 4] - 2[2(1-\lambda) - 4] + 2[4 - 2(1-\lambda)]$
$= (1-\lambda)[1 - 2\lambda + \lambda^2 - 4] - 2[2 - 2\lambda - 4] + 2[4 - 2 + 2\lambda]$
$= (1-\lambda)[\lambda^2 - 2\lambda - 3] - 2[-2\lambda - 2] + 2[2\lambda + 2]$
$= (1-\lambda)(\lambda-3)(\lambda+1) + 4\lambda + 4 + 4\lambda + 4$
$= (1-\lambda)(\lambda^2 - 2\lambda - 3) + 8\lambda + 8$
$= \lambda^2 - 2\lambda - 3 - \lambda^3 + 2\lambda^2 + 3\lambda + 8\lambda + 8$
$= -\lambda^3 + 3\lambda^2 + 9\lambda + 5$
令 $-\lambda^3 + 3\lambda^2 + 9\lambda + 5 = 0$，即 $\lambda^3 - 3\lambda^2 - 9\lambda - 5 = 0$。

我們可以嘗試尋找整數根，這些根必須是常數項 -5 的因數：$\pm 1, \pm 5$。
測試 $\lambda = -1$: $(-1)^3 - 3(-1)^2 - 9(-1) - 5 = -1 - 3 + 9 - 5 = 0$。所以 $\lambda = -1$ 是一個特徵值。
測試 $\lambda = -5$: $(-5)^3 - 3(-5)^2 - 9(-5) - 5 = -125 - 75 + 45 - 5 \neq 0$.
測試 $\lambda = 5$: $(5)^3 - 3(5)^2 - 9(5) - 5 = 125 - 75 - 45 - 5 = 0$. 所以 $\lambda = 5$ 是一個特徵值。

由於 $\lambda = -1$ 和 $\lambda = 5$ 是根，我們可以進行多項式除法或因式分解。
由於 $\lambda=-1$ 是根， $(\lambda+1)$ 是因子。
$\lambda^3 - 3\lambda^2 - 9\lambda - 5 = (\lambda+1)(\lambda^2 - 4\lambda - 5)$
繼續分解二次項：$\lambda^2 - 4\lambda - 5 = (\lambda-5)(\lambda+1)$。
所以特徵方程式為 $(\lambda+1)(\lambda-5)(\lambda+1) = (\lambda+1)^2 (\lambda-5) = 0$。

特徵值為：
$\lambda_1 = 5$ (代數重數 1)
$\lambda_2 = -1$ (代數重數 2)

現在求解對應的特徵向量：

對於 $\lambda_1 = 5$:
$A - 5I = \begin{bmatrix} 1-5 & 2 & 2 \\ 2 & 1-5 & 2 \\ 2 & 2 & 1-5 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -4 & 2 & 2 \\ 2 & -4 & 2 \\ 2 & 2 & -4 \end{bmatrix}$
要求解 $(A - 5I)v = 0$。
對矩陣進行高斯消去：
$\begin{bmatrix} -4 & 2 & 2 \\ 2 & -4 & 2 \\ 2 & 2 & -4 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_1 \leftrightarrow R_2} \begin{bmatrix} 2 & -4 & 2 \\ -4 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & -4 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_1 \to R_1/2} \begin{bmatrix} 1 & -2 & 1 \\ -4 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & -4 \end{bmatrix}$
$\xrightarrow{R_2 \to R_2+4R_1, R_3 \to R_3-2R_1} \begin{bmatrix} 1 & -2 & 1 \\ 0 & -6 & 6 \\ 0 & 6 & -6 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_2 \to R_2/(-6)} \begin{bmatrix} 1 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 6 & -6 \end{bmatrix}$
$\xrightarrow{R_3 \to R_3-6R_2} \begin{bmatrix} 1 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_1 \to R_1+2R_2} \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
所以 $v_1 - v_3 = 0 \implies v_1 = v_3$ 且 $v_2 - v_3 = 0 \implies v_2 = v_3$。
令 $v_3 = 1$，則 $v_1 = 1, v_2 = 1$。
特徵向量 $v^{(1)} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$。

對於 $\lambda_2 = -1$:
$A - (-1)I = A + I = \begin{bmatrix} 1+1 & 2 & 2 \\ 2 & 1+1 & 2 \\ 2 & 2 & 1+1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \end{bmatrix}$
要求解 $(A+I)v = 0$。
對矩陣進行高斯消去：
$\begin{bmatrix} 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_1 \to R_1/2} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_2 \to R_2-2R_1, R_3 \to R_3-2R_1} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
所以 $v_1 + v_2 + v_3 = 0$。
這是一個平面，有兩個自由變數。我們可以選擇兩個線性無關的特徵向量。
令 $v_2 = 1, v_3 = 0$，則 $v_1 = -1$。得到特徵向量 $v^{(2)} = \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$。
令 $v_2 = 0, v_3 = 1$，則 $v_1 = -1$。得到特徵向量 $v^{(3)} = \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$。

我們需要檢查這些特徵向量是否線性無關。
$v^{(1)} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ (對應 $\lambda=5$)
$v^{(2)} = \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$ (對應 $\lambda=-1$)
$v^{(3)} = \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$ (對應 $\lambda=-1$)

特徵值 $\lambda=5$ 對應的特徵向量是 $v^{(1)}$。
特徵值 $\lambda=-1$ 對應的特徵向量空間由 $v_1+v_2+v_3=0$ 定義。我們可以選擇一組基底，例如 $v^{(2)}$ 和 $v^{(3)}$。