114 年 國立中央大學統計研究所碩士班在職生《基礎數學》

核心觀念

本題依照題面所給條件，兩小題的結論皆無法成立。原因如下：

• (a) 僅知道 $g$ 非遞減、非負，以及 $0\le f\le 1$，不足以推出兩個積分相等。
• (b) 右側的估計未加入 $\lambda$ 的限制，因此不可能對所有 $\lambda>0$ 成立。

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(a) 題面結論不成立

取

$$g(x)=x,\qquad f(y)=e^{-y},\qquad \epsilon=1.$$

則 $g$ 為非遞減非負函數，且對所有 $y>0$ 有 $0<f(y)\le 1$，同時 $g(\epsilon)=1>0$。

左側為

$$\int_{g(\epsilon)}^\infty f(y)\,dy =\int_1^\infty e^{-y}\,dy =e^{-1}.$$

右側為

$$\int_\epsilon^\infty g(y)f(y)\,dy =\int_1^\infty ye^{-y}\,dy.$$

分部積分得

$$\int_1^\infty ye^{-y}\,dy =\left[-ye^{-y}\right]_1^\infty+\int_1^\infty e^{-y}\,dy =e^{-1}+e^{-1} =\frac{2}{e}.$$

因此

$$\int_{g(\epsilon)}^\infty f(y)\,dy =\frac1e \ne \frac2e =\int_\epsilon^\infty g(y)f(y)\,dy.$$

故 (a) 的等式不由題目條件推出。

解題技巧

遇到聲稱「對所有函數皆成立」的積分恆等式，可先取最簡單的函數測試，例如

$$g(x)=x,\qquad f(x)=e^{-x}.$$

若兩側分別出現不同的權重，通常需要額外的變數代換條件或函數關係，不能僅靠單調性推出。

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(b) 題面不等式不成立

取

$$\alpha=1,\qquad \lambda=10,\qquad \epsilon=0.001.$$

則左側為

$$\int_{0.001}^{\infty}e^{-10y}\,dy =\frac{e^{-0.01}}{10} \approx 0.099005.$$

右側為

核心觀念

本題主要考查：

• 高斯積分 $\displaystyle \int_0^\infty e^{-x^2}\,dx$ 的極座標計算。
• 變數代換在廣義積分中的應用。
• 非負函數二重積分的收斂性判斷，以及 Tonelli 定理。
• 由積分值進行不等式與發散性的檢查。

需注意：題目第 (b)、(c) 小題依照目前文字敘述皆不成立，無法證明。以下先給出正確計算，並指出矛盾所在。

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(a) 證明 $\displaystyle \int_0^\infty e^{-x^2}\,dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$

令

$$I=\int_0^\infty e^{-x^2}\,dx.$$

因為 $I>0$，考慮其平方：

$$I^2 = \left(\int_0^\infty e^{-x^2}\,dx\right) \left(\int_0^\infty e^{-y^2}\,dy\right).$$

因此

$$I^2 = \int_0^\infty\int_0^\infty e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy.$$

在第一象限使用極座標代換

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

其中

$$0\le r<\infty,\qquad 0\le\theta\le\frac{\pi}{2},$$

且 Jacobian 為 $r$，所以

$$I^2 = \int_0^{\pi/2}\int_0^\infty e^{-r^2}r\,dr\,d\theta.$$

令 $u=r^2$，則 $du=2r\,dr$，故

$$\int_0^\infty e^{-r^2}r\,dr = \frac12\int_0^\infty e^{-u}\,du = \frac12.$$

因此

$$I^2 = \int_0^{\pi/2}\frac12\,d\theta = \frac12\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}.$$

由於 $I>0$，取正平方根得

$$\boxed{ \int_0^\infty e^{-x^2}\,dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2} }.$$

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(b) 題目敘述不成立

題目聲稱對所有 $y\ge0$，

$$\int_0^\infty \frac{e^{-y^2/x}}{x^2}\,dx\le\frac1y.$$

首先，當 $y=0$ 時，右側 $\frac1y$ 沒有定義；而左側為

$$\int_0^\infty \frac{1}{x^2}\,dx,$$

此積分在 $x=0$ 附近發散。因此 $y=0$ 時不成立。

對 $y>0$，令

$$u=\frac{y^2}{x}, \qquad x=\frac{y^2}{u}, \qquad dx=-\frac{y^2}{u^2}\,du.$$

此外，

$$\frac1{x^2}=\frac{u^2}{y^4}.$$

當 $x\to0^+$ 時，$u\to\infty$；當 $x\to\infty$ 時，$u\to0^+$。因此

核心觀念

本題為「受約束的最佳化問題（Constrained Optimization Problem）」，本質上屬於線性聯立方程組的可行性分析與線性規劃（Linear Programming）。

1. 約束條件的維度分析：
   變數僅有兩個（$w_1, w_2$），但等式約束有兩個： $$\begin{cases} w_1 + w_2 = 1 \\ \alpha_1 w_1 + \alpha_2 w_2 = \mu \end{cases}$$ 當 $\alpha_1 \neq \alpha_2$ 時，這是兩個二元一次線性方程，其解為唯一點（Unique Solution）。
2. 可行域（Feasible Region）的退化：
   在 $0 \le w_1 \le 1$ 與 $0 \le w_2 \le 1$ 的限制下，若求得的唯一解落在 $[0, 1]$ 區間內，則可行域僅包含「單一點」。此時目標函數沒有多餘的自由度可供極小化，該唯一定點即為唯一的極值點（Minimizer）。
3. 退化情形（$\alpha_1 = \alpha_2$）：
   若 $\alpha_1 = \alpha_2 = \alpha$：
   • 當 $\mu = \alpha$ 時，第二式化為 $\alpha(w_1 + w_2) = \alpha$，與第一式重合，可行域為整條線段 $w_1 + w_2 = 1$（$w_1, w_2 \in [0, 1]$）。此時極小化問題轉為一般的一維線性規劃。
   • 當 $\mu \neq \alpha$ 時，聯立方程組無解，可行域為空集合。

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解題方法

步驟一：解約束條件的線性聯立方程組

由題意，變數 $w_1, w_2$ 需同時滿足：

$$\begin{aligned} w_1 + w_2 &= 1 \quad \cdots\cdots (1) \\ \alpha_1 w_1 + \alpha_2 w_2 &= \mu \quad \cdots\cdots (2) \end{aligned}$$

將 $(1)$ 式代入 $(2)$ 式，利用 $w_2 = 1 - w_1$：

$$\alpha_1 w_1 + \alpha_2 (1 - w_1) = \mu$$

展開並移項整理：

$$(\alpha_1 - \alpha_2) w_1 = \mu - \alpha_2$$

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步驟二：分情況討論極值點與可行性

情形一：一般情形（$\alpha_1 \neq \alpha_2$）

由於 $\alpha_1 - \alpha_2 \neq 0$，可直接除以 $(\alpha_1 - \alpha_2)$ 解出 $w_1$：

$$w_1 = \frac{\mu - \alpha_2}{\alpha_1 - \alpha_2}$$

代回 $w_2 = 1 - w_1$：

$$w_2 = 1 - \frac{\mu - \alpha_2}{\alpha_1 - \alpha_2} = \frac{\alpha_1 - \mu}{\alpha_1 - \alpha_2}$$

可行性檢驗（Feasibility Check）：
題目要求 $0 \le w_1 \le 1$ 且 $0 \le w_2 \le 1$。

• 若 $\alpha_1 > \alpha_2$： $$0 \le \frac{\mu - \alpha_2}{\alpha_1 - \alpha_2} \le 1 \iff \alpha_2 \le \mu \le \alpha_1$$
• 若 $\alpha_1 < \alpha_2$： $$0 \le \frac{\mu - \alpha_2}{\alpha_1 - \alpha_2} \le 1 \iff \alpha_1 \le \mu \le \alpha_2$$

因此，只要 $\mu$ 介於 $\alpha_1$ 與 $\alpha_2$ 之間（即 $\min(\alpha_1, \alpha_2) \le \mu \le \max(\alpha_1, \alpha_2)$），滿足全部約束條件的點 $(w_1, w_2)$ 是唯一的。

因為可行解集合為單元素集合，目標函數在該集合上的極小值點即為此唯一解。

將求得的 $(w_1, w_2)$ 代入目標函數 $f(w_1, w_2) = \beta_1 w_1 + \beta_2 w_2$：

核心觀念

本題考查兩個觀念：

1. 矩陣的特徵值分解

   若矩陣 $G$ 可對角化，則可寫成

   $G=BAB^{-1}$

   其中 $A$ 是由特徵值組成的對角矩陣，$B$ 的欄向量是對應的特徵向量。

2. 矩陣指數函數

   矩陣指數定義為

   $e^G=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{G^n}{n!}$

   若 $G=BAB^{-1}$，則

   $G^n=BA^nB^{-1}$

   因此

   $e^G=Be^AB^{-1}$

   這可將矩陣指數問題化為對角矩陣的指數計算。

解題方法

題目給定

$$G= \begin{pmatrix} \lambda&0\\ 0&\mu \end{pmatrix}, \qquad \lambda>0,\ \mu>0$$

由於 $G$ 本身已經是對角矩陣，因此可直接由對角元素讀出特徵值與特徵向量。

（a）求特徵值分解 $G=BAB^{-1}$

特徵值由特徵方程決定：

$$\det(G-tI) = \det \begin{pmatrix} \lambda-t&0\\ 0&\mu-t \end{pmatrix}$$

因此

$$\det(G-tI) = (\lambda-t)(\mu-t)$$

故特徵值為

$$t_1=\lambda,\qquad t_2=\mu$$

對應的特徵向量分別可取

$$v_1= \begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}, \qquad v_2= \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}$$

將特徵向量排列成矩陣：

$$B= \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{pmatrix} =I$$

特徵值組成的對角矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} \lambda&0\\ 0&\mu \end{pmatrix}$$

由於 $B=I$ 且 $B^{-1}=I$，所以

$$BAB^{-1} = IAI = A = \begin{pmatrix} \lambda&0\\ 0&\mu \end{pmatrix} =G$$

因此

$$\boxed{ B= \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{pmatrix}, \qquad A= \begin{pmatrix} \lambda&0\\ 0&\mu \end{pmatrix} }$$

當 $\lambda=\mu$ 時，$G=\lambda I$，任意可逆矩陣都可以作為特徵向量矩陣；取 $B=I$ 仍是最簡潔且正確的選擇。

（b）利用 $G=BAB^{-1}$ 求 $e^G$

由

$$G=BAB^{-1}$$

可得

$$G^n=(BAB^{-1})^n=BA^nB^{-1}$$

此題考察矩陣的投影矩陣性質，以及特徵值、秩、跡等概念。矩陣 $H$ 是一個投影矩陣。

矩陣 $A$ 是 $5 \times 4$ 的矩陣，且是 full rank。這意味著 $A$ 的秩 rank$(A)=4$。
矩陣 $A^T A$ 是 $4 \times 4$ 的矩陣。由於 $A$ 是 full rank，rank$(A^T A) = \text{rank}(A) = 4$。
因此，$(A^T A)^{-1}$ 存在。

矩陣 $H = A(A^T A)^{-1} A^T$ 是一個 $5 \times 5$ 的矩陣。
$H$ 是 $A$ 的列空間上的投影矩陣。
性質：

1. $H^T = (A(A^T A)^{-1} A^T)^T = (A^T)^T ((A^T A)^{-1})^T A^T = A ((A^T A)^T)^{-1} A^T = A (A^T A)^{-1} A^T = H$。
   所以 $H$ 是對稱矩陣。
2. $H^2 = H H = (A(A^T A)^{-1} A^T)(A(A^T A)^{-1} A^T) = A(A^T A)^{-1} (A^T A) (A^T A)^{-1} A^T$
   $H^2 = A(A^T A)^{-1} I (A^T A)^{-1} A^T = A(A^T A)^{-1} A^T = H$。
   所以 $H$ 是冪等矩陣（idempotent matrix）。

由 $H^2 = H$，我們可以推斷 $H^n = H$ 對於所有 $n \ge 1$。
因此，$H^5 = H$。

(a) 證明 $H^5$ 是正半定矩陣（positive semi-definite matrix）。
由於 $H^5 = H$，我們需要證明 $H$ 是正半定矩陣。
對於任意向量 $x$，我們需要證明 $x^T H x \ge 0$。
$x^T H x = x^T (A(A^T A)^{-1} A^T) x = (x^T A) (A^T A)^{-1} (A^T x)$。
令 $y = A^T x$。則 $y$ 是一個 $4 \times 1$ 的向量。
$x^T H x = y^T (A^T A)^{-1} y$。
由於 $A^T A$ 是一個對稱矩陣 (因為 $(A^T A)^T = A^T (A^T)^T = A^T A$)，且 rank$(A^T A) = 4$，所以 $A^T A$ 是正定的。
因此，$(A^T A)^{-1}$ 也是正定的。
對於任意向量 $y \ne 0$， $y^T (A^T A)^{-1} y > 0$。
如果 $y = 0$ (即 $A^T x = 0$), 則 $y^T (A^T A)^{-1} y = 0$。
所以 $x^T H x \ge 0$ 對於所有向量 $x$。
這證明了 $H$ 是正半定矩陣。
由於 $H^5 = H$, $H^5$ 也是正半定矩陣。

【答案】 $H^5 = H$。由於 $H$ 是投影矩陣，它是對稱且冪等的。$x^T H x = x^T A (A^T A)^{-1} A^T x = (A^T x)^T (A^T A)^{-1} (A^T x)$。令 $y = A^T x$。則 $x^T H x = y^T (A^T A)^{-1} y$。矩陣 $A^T A$ 是 $4 \times 4$ 的正定對稱矩陣，因此 $(A^T A)^{-1}$ 也是正定的。所以 $y^T (A^T A)^{-1} y \ge 0$。故 $H$ 是正半定矩陣。

(b) 如果 rank$[H^5] = r < 5$，證明它有 $r$ 個特徵值等於 1，以及 $5-r$ 個特徵值等於 0。
由於 $H^5 = H$，rank$[H^5] = \text{rank}[H]$。
矩陣 $H$ 是 $A$ 的列空間上的投影矩陣。
$H$ 的像空間（image space）是 $A$ 的列空間，其維度是 rank$(H)$。
$A$ 是 $5 \times 4$ 的矩陣，rank$(A)=4$。
$H$ 的像空間是 $A$ 的列空間，其維度是 rank$(A) = 4$。
所以，rank$[H] = 4$。
這意味著 $r = 4$。
題目說 rank$[H^5] = r < 5$，這與 rank$[H]=4$ 矛盾，除非 $r=4$。
如果 $r=4$，則 $5-r = 1$。
這表示 $H$ 有 4 個特徵值等於 1，1 個特徵值等於 0。

為什麼 rank$[H]$ 是 $A$ 的列空間維度？
$H x = A (A^T A)^{-1} A^T x$。
令 $z = (A^T A)^{-1} A^T x$。則 $Hx = Az$。
這表明 $H$ 的像空間是 $A$ 的列空間的子空間。
由於 $A$ 的列空間維度是 4，而 $H$ 是 $5 \times 5$ 矩陣，rank$(H) \le 5$。
因為 $H$ 是投影矩陣，其特徵值只能是 0 或 1。
$H$ 是 $5 \times 5$ 矩陣，rank$(H)$ 是非零特徵值的個數。
由於 $H$ 是 $A$ 的列空間上的投影，其像空間的維度就是 $A$ 的列空間維度，即 rank$(A)=4$。
所以 rank$[H] = 4$。
因此，$r=4$。
$H$ 的特徵值是 1 (重數為 rank$(H)$) 和 0 (重數為 $5 - \text{rank}(H)$)。