108 年 國立清華大學統計學系碩士班《基礎數學（含微積分、線性代數）》

核心觀念

已知 $a_n>0$、$b_n>0$，且

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_n<\infty,\qquad \sum_{n=1}^{\infty}b_n<\infty。$$

正項級數收斂的重要性質如下：

1. 若 $\sum a_n$ 收斂，則 $a_n\to 0$。
2. 收斂數列必有界，因此存在常數 $M>0$，使得 $b_n\le M$。
3. 若 $0<a_n<1$，則 $a_n^2\le a_n$。
4. 若 $x>0$，則 $|\sin x|\le x$。
5. 比較判別法：若 $0\le c_n\le d_n$，且 $\sum d_n$ 收斂，則 $\sum c_n$ 收斂。

本題的核心是將各選項中的級數，利用已知的 $\sum a_n$ 或 $\sum b_n$ 進行比較。

解題方法

由於 $\sum a_n$ 與 $\sum b_n$ 均收斂，先記錄兩個基本結果：

$$a_n\to 0,\qquad b_n\to 0。$$

因此存在正整數 $N$，使得當 $n\ge N$ 時，

$$0<a_n<1。$$

有限多項不影響級數是否收斂，所以各選項只需分析 $n\ge N$ 的尾端。

選項分析

(A) $\displaystyle \sum a_n^2$

由 $a_n\to 0$，存在 $N$ 使得 $n\ge N$ 時 $0<a_n<1$。因此

$$0<a_n^2\le a_n。$$

而 $\sum a_n$ 收斂，依比較判別法可得

$$\sum_{n=N}^{\infty}a_n^2$$

收斂。加上前面有限多項後，

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_n^2$$

也收斂。

因此 (A) 正確。

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(B) $\displaystyle \sum a_na_{n+1}$

由 (A) 已知 $\sum a_n^2$ 收斂。利用基本不等式

$$2xy\le x^2+y^2,$$

令 $x=a_n$、$y=a_{n+1}$，得到

$$2a_na_{n+1}\le a_n^2+a_{n+1}^2,$$

因此

$$0<a_na_{n+1} \le \frac{a_n^2+a_{n+1}^2}{2}.$$

另一方面，

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n+1}^2 =\sum_{n=2}^{\infty}a_n^2$$

只是去掉 $\sum a_n^2$ 的第一項，因此也收斂。故

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n^2+a_{n+1}^2}{2}$$

收斂，依比較判別法可知

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_na_{n+1}$$

收斂。

因此 (B) 正確。

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(C) $\displaystyle \sum \sqrt{a_n}$

核心觀念

本題考查無窮級數的收斂判別：

1. $p$-級數：
   $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$
   當且僅當 $p>1$ 收斂。

2. 積分判別法：
   若 $f(x)$ 為正值、連續且遞減，則 $\sum f(n)$ 與 $\int f(x)\,dx$ 同時收斂或同時發散。

3. 極限比較判別法：若
   $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=c,\qquad 0<c<\infty,$
   則 $\sum a_n$ 與 $\sum b_n$ 具有相同的收斂性。

4. 絕對收斂與條件收斂：$\sum a_n$ 收斂不代表 $\sum |a_n|$ 收斂。

5. 級數收斂的必要條件：若 $\sum b_n$ 收斂，則 $b_n\to 0$。

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選項分析

(A) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}<\infty$

這是 $p$-級數，其中 $p=2>1$，因此收斂：

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}<\infty.$$

故 (A) 正確。

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(B) $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\ln n}<\infty$

令

$$f(x)=\frac{1}{x\ln x},\qquad x\ge 2.$$

使用積分判別法：

$$\int_2^\infty \frac{1}{x\ln x}\,dx.$$

令 $u=\ln x$，則 $du=\frac{1}{x}\,dx$，所以

$$\int_2^\infty \frac{1}{x\ln x}\,dx = \int_{\ln 2}^{\infty}\frac{1}{u}\,du = \left[\ln u\right]_{\ln 2}^{\infty} =\infty.$$

因此原級數發散：

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\ln n}=\infty.$$

故 (B) 錯誤。

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(C) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\left(1-\frac{1}{n}\right)^n<\infty$

考察級數的一般項與 $\frac1n$ 的比值：

$$\frac{\frac1n\left(1-\frac1n\right)^n}{\frac1n} = \left(1-\frac1n\right)^n.$$

利用基本極限：

$$\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac1n\right)^n=e^{-1}.$$

因此

$$\lim_{n\to\infty} \frac{\frac1n\left(1-\frac1n\right)^n}{1/n} =e^{-1}>0.$$

由極限比較判別法，原級數與調和級數

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n$$

此題考驗線性代數中的基本性質，包括跡 (trace)、秩 (rank)、行列式 (determinant) 的性質，以及特徵值 (eigenvalues) 和線性獨立 (linear independence) 的概念。

(A) $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(A) \operatorname{tr}(B)$:
此敘述是錯誤的。跡的性質是 $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$，但一般情況下 $\operatorname{tr}(AB) \neq \operatorname{tr}(A) \operatorname{tr}(B)$。
舉例：令 $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，$B = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$。
$AB = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$，$\operatorname{tr}(AB) = 2+3=5$。
$\operatorname{tr}(A) = 1+1=2$，$\operatorname{tr}(B) = 2+3=5$。
$\operatorname{tr}(A) \operatorname{tr}(B) = 2 \times 5 = 10$。
$5 \neq 10$，所以此敘述錯誤。
【答案】False.

(B) $\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(A'A)$:
此敘述是正確的。對於任意 $m \times n$ 矩陣 $A$，其秩等於 $A^T A$ (或 $AA^T$) 的秩。
證明：
我們需要證明 $\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(A^T A)$。
首先證明 $\operatorname{nullity}(A) = \operatorname{nullity}(A^T A)$。
若 $Ax = 0$，則 $A^T Ax = A^T 0 = 0$。因此，$\operatorname{null}(A) \subseteq \operatorname{null}(A^T A)$。
反之，若 $A^T Ax = 0$，則 $x^T A^T Ax = 0$。這表示 $(Ax)^T (Ax) = 0$。
令 $y = Ax$，則 $y^T y = 0$。
對於實數向量 $y = (y_1, y_2, \dots, y_m)^T$， $y^T y = y_1^2 + y_2^2 + \dots + y_m^2$。
$y^T y = 0$ 若且唯若 $y_1 = y_2 = \dots = y_m = 0$，即 $y = 0$。
所以，$Ax = 0$。
因此，$\operatorname{null}(A^T A) \subseteq \operatorname{null}(A)$。
結合兩者，我們得到 $\operatorname{null}(A) = \operatorname{null}(A^T A)$。
根據秩-零度定理 (Rank-Nullity Theorem)，對於一個 $m \times n$ 矩陣 $A$，$\operatorname{rank}(A) + \operatorname{nullity}(A) = n$。
所以，$\operatorname{rank}(A) = n - \operatorname{nullity}(A)$ 且 $\operatorname{rank}(A^T A) = n - \operatorname{nullity}(A^T A)$。

核心觀念

區域

$$\Omega=\{(x,y):|x|+|y|\le 1\}$$

是在 $xy$ 平面上以原點為中心的菱形，四個頂點為 $(\pm1,0)$ 與 $(0,\pm1)$。

被積函數為 $x^2$，具有偶對稱性：

$$(-x)^2=x^2.$$

因此可先計算第一象限內的積分，再乘以 $4$。

解題方法

在第一象限中，$|x|=x$、$|y|=y$，所以區域條件化為

$$x+y\le 1,\qquad x\ge0,\ y\ge0.$$

故第一象限部分可表示為

$$0\le x\le1,\qquad 0\le y\le1-x.$$

利用四象限對稱性：

$$\iint_{\Omega}x^2\,dxdy = 4\int_0^1\int_0^{1-x}x^2\,dy\,dx.$$

先對 $y$ 積分：

$$\begin{aligned} \iint_{\Omega}x^2\,dxdy &=4\int_0^1 x^2\left[y\right]_{0}^{1-x}\,dx\\ &=4\int_0^1x^2(1-x)\,dx\\ &=4\int_0^1(x^2-x^3)\,dx\\ &=4\left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}\right]_0^1\\ &=4\left(\frac13-\frac14\right)\\ &=\frac13. \end{aligned}$$

選項分析

核心觀念

本題考查二變數函數的：

1. 臨界點：解 $\nabla f=(0,0)$。
2. Hessian 矩陣與二階導數判別法。
3. 鞍點、局部極小值、局部極大值的判定。
4. 全域最大值的存在性，需觀察函數在無窮遠處的行為。

對二變數函數 $f(x,y)$，若 $(a,b)$ 為臨界點，令

$$D=f_{xx}(a,b)f_{yy}(a,b)-\left[f_{xy}(a,b)\right]^2。$$

則：

• $D<0$：$(a,b)$ 為鞍點。
• $D>0$ 且 $f_{xx}(a,b)>0$：$(a,b)$ 為局部極小點。
• $D>0$ 且 $f_{xx}(a,b)<0$：$(a,b)$ 為局部極大點。
• $D=0$：此判別法無法直接判定。

解題方法

給定

$$f(x,y)=x^3-8x^2+3y^2-6y。$$

第一步：求臨界點

先計算一階偏導數：

$$f_x=3x^2-16x=x(3x-16),$$ $$f_y=6y-6=6(y-1)。$$

臨界點需滿足

$$f_x=0,\qquad f_y=0。$$

因此

$$x(3x-16)=0$$

給出

$$x=0\quad\text{或}\quad x=\frac{16}{3},$$

而

$$6(y-1)=0$$

給出

$$y=1。$$

所以兩個臨界點為

$$(0,1),\qquad \left(\frac{16}{3},1\right)。$$

第二步：計算二階偏導數

$$f_{xx}=6x-16,\qquad f_{yy}=6,\qquad f_{xy}=0。$$

因此

$$D=(6x-16)(6)-0=6(6x-16)。$$

第三步：判定臨界點

臨界點 $(0,1)$

在 $(0,1)$：

$$f_{xx}(0,1)=-16,\qquad f_{yy}(0,1)=6。$$

因此

$$D=(-16)(6)=-96<0。$$

所以 $(0,1)$ 是鞍點。

臨界點 $\left(\frac{16}{3},1\right)$

在 $\left(\frac{16}{3},1\right)$：

核心觀念

本題考查：

• 微積分基本定理與鏈鎖律。
• 泰勒展開判斷高階導數在 $x=0$ 的值。
• 若函數在 $x=0$ 附近的最低次非零項為 $x^n$，則低於 $n$ 階的導數在 $0$ 處皆為 $0$。

由微積分基本定理，

$$\int_0^{x^2}\sin t\,dt = [-\cos t]_0^{x^2} = 1-\cos(x^2).$$

因此

$$f(x)=1-\cos(x^2).$$

解題方法

利用 $\cos u$ 的泰勒展開：

$$\cos u=1-\frac{u^2}{2!}+\frac{u^4}{4!}-\cdots$$

令 $u=x^2$，得到

$$\cos(x^2) = 1-\frac{x^4}{2!}+\frac{x^8}{4!}-\cdots$$

所以

$$f(x)=1-\cos(x^2) = \frac{x^4}{2!}-\frac{x^8}{4!}+\cdots$$

函數的展開式中沒有 $x^0,x^1,x^2,x^3,x^5,x^6,x^7$ 等次項。特別是，$x^6$ 的係數為 $0$。

另一方面，泰勒展開的一般形式為

$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n.$$

比較 $x^6$ 的係數：

$$\frac{f^{(6)}(0)}{6!}=0.$$

因此

$$f^{(6)}(0)=0.$$

選項分析

此題考驗反函數的導數 (derivative of inverse function) 的計算。

我們需要計算 $(f^{-1})'(0)$。
根據反函數導數定理，若 $y=f(x)$，則 $(f^{-1})'(y) = \frac{1}{f'(x)}$，其中 $y=f(x)$。
或者更常用的形式是 $(f^{-1})'(y_0) = \frac{1}{f'(x_0)}$，其中 $y_0 = f(x_0)$。

在此題中，我們要求 $(f^{-1})'(0)$。所以 $y_0 = 0$。
我們需要找到一個 $x_0$ 使得 $f(x_0) = 0$。
$f(x) = \sin(x) + 1/2$。
令 $f(x_0) = 0$，則 $\sin(x_0) + 1/2 = 0$。
$\sin(x_0) = -1/2$。
在給定的定義域 $x \in [-\pi/2, \pi/2]$ 內，我們需要找到滿足 $\sin(x_0) = -1/2$ 的 $x_0$。
在此區間內， $\sin(x)$ 的值域是 $[-1, 1]$。
$\sin(x) = -1/2$ 的解是 $x = -\pi/6$。
所以，$x_0 = -\pi/6$。

接下來，我們需要計算 $f'(x)$。
$f(x) = \sin(x) + 1/2$。
$f'(x) = \cos(x)$。

然後，我們計算 $f'(x_0)$。
$f'(x_0) = f'(-\pi/6) = \cos(-\pi/6)$。

此題考驗函數的單調性、凹凸性、反曲點和極值。我們需要計算函數的一階和二階導數來進行判斷。

函數為 $f(x) = \frac{\ln x}{x}$，定義域為 $x > 0$。

首先計算一階導數 $f'(x)$。
使用除法法則：$f'(x) = \frac{(\frac{1}{x})x - (\ln x)(1)}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2}$。

(A) $f$ is increasing on $(0, 1)$:
函數 $f(x)$ 在一個區間內遞增，若該區間內 $f'(x) > 0$。
我們需要判斷 $f'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2}$ 在 $(0, 1)$ 上的符號。
對於 $x \in (0, 1)$，$\ln x < 0$。
所以，$1 - \ln x > 1 - 0 = 1 > 0$。
又因為 $x^2 > 0$ 對於 $x \in (0, 1)$。
所以，$f'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2} > 0$ 在 $(0, 1)$ 上。
因此，函數 $f$ 在 $(0, 1)$ 上是遞增的。
【答案】True.

(D) $f$ has the maximum at $e$:
函數 $f(x)$ 在 $x=e$ 處是否有最大值，需要看 $f'(x)$ 在 $x=e$ 處的行為。
令 $f'(x) = 0$ 來尋找臨界點。
$\frac{1 - \ln x}{x^2} = 0 \implies 1 - \ln x = 0 \implies \ln x = 1 \implies x = e$。
所以，$x=e$ 是唯一的臨界點。
我們需要判斷這個臨界點是局部極大值、局部極小值還是其他。
考慮 $f'(x)$ 在 $x=e$ 附近的符號變化。
當 $0 < x < e$，例如 $x=1$，$\ln 1 = 0$， $f'(1) = \frac{1-0}{1^2} = 1 > 0$。
當 $x > e$，例如 $x=e^2$，$\ln(e^2) = 2$， $f'(e^2) = \frac{1-2}{(e^2)^2} = \frac{-1}{e^4} < 0$。
因為 $f'(x)$ 從正變為負，所以 $x=e$ 是局部極大值點。
因此，$f$ 在 $x=e$ 處有局部最大值。
【答案】True.

(E) $f$ has the maximum value $e$:
我們已經知道函數在 $x=e$ 處取得局部最大值。
計算這個最大值：
$f(e) = \frac{\ln e}{e} = \frac{1}{e}$。
所以，$f$ 的最大值是 $1/e$，而不是 $e$。
【答案】False.

接下來計算二階導數 $f''(x)$。
$f'(x) = (1 - \ln x) x^{-2}$。
$f''(x) = (-\frac{1}{x}) x^{-2} + (1 - \ln x) (-2x^{-3})$
$f''(x) = -\frac{1}{x^3} - \frac{2(1 - \ln x)}{x^3}$
$f''(x) = \frac{-1 - 2 + 2 \ln x}{x^3} = \frac{2 \ln x - 3}{x^3}$。

(B) $f$ is concave on $(0, \infty)$:
函數 $f(x)$ 在一個區間內是凹的 (concave)，若該區間內 $f''(x) < 0$。

核心觀念

本題考查極限中的「$1^\infty$ 型」不定型，以及基本極限

$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1.$$

令

$$a_n=\sin\frac{\pi}{n^2}.$$

由於 $\dfrac{\pi}{n^2}\to 0$，可得

$$\sin\frac{\pi}{n^2}\sim \frac{\pi}{n^2}.$$

因此

$$n\sin\frac{\pi}{n^2}\sim \frac{\pi}{n}\to 0.$$

解題方法

原式可利用對數處理：

$$\begin{aligned} \ln\left[\left(1-\sin\frac{\pi}{n^2}\right)^n\right] &=n\ln\left(1-\sin\frac{\pi}{n^2}\right). \end{aligned}$$

由基本極限

$$\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1-x)}{x}=-1,$$

以及 $\sin(\pi/n^2)\to 0$，有

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} n\ln\left(1-\sin\frac{\pi}{n^2}\right) &= \lim_{n\to\infty} \left[ \frac{\ln\left(1-\sin\frac{\pi}{n^2}\right)} {\sin\frac{\pi}{n^2}} \right] \left[ n\sin\frac{\pi}{n^2} \right] \\ &=(-1)\cdot \lim_{n\to\infty} n\sin\frac{\pi}{n^2}. \end{aligned}$$

再利用 $\sin x\sim x$：

此題考驗微積分基本定理 (Fundamental Theorem of Calculus) 的應用，特別是當積分上下限是函數時的導數計算。

根據微積分基本定理的變形，如果 $F(x) = \int_{g(x)}^{h(x)} f(t) dt$，其中 $f(t)$ 是連續函數，$g(x)$ 和 $h(x)$ 是可微函數，則 $F'(x)$ 的計算公式為：
$F'(x) = f(h(x)) \cdot h'(x) - f(g(x)) \cdot g'(x)$。

這個公式可以通過以下步驟推導：
令 $G(u) = \int_{c}^{u} f(t) dt$，其中 $c$ 是一個常數。根據微積分基本定理， $G'(u) = f(u)$。

核心觀念

本題考查二階線性遞迴數列，以及等比級數的極限。關鍵是將原遞迴式改寫成相鄰兩項差值的遞迴關係。

原式為

$$a_{n+1}=\frac{3}{4}a_n+\frac{1}{4}a_{n-1}.$$

令

$$d_n=a_n-a_{n-1},$$

則可研究 $d_n$ 的變化，進而還原 $a_n$。

---

解題方法

由定義，

$$d_{n+1}=a_{n+1}-a_n.$$

代入題目中的遞迴式：

$$\begin{aligned} d_{n+1} &=\frac{3}{4}a_n+\frac{1}{4}a_{n-1}-a_n \\ &=-\frac{1}{4}a_n+\frac{1}{4}a_{n-1} \\ &=-\frac{1}{4}(a_n-a_{n-1}) \\ &=-\frac{1}{4}d_n. \end{aligned}$$

因此，$\{d_n\}$ 為首項

$$d_2=a_2-a_1=1$$

且公比為 $-\frac14$ 的等比數列，所以

$$d_n=\left(-\frac14\right)^{n-2}.$$

又因為

$$a_n=a_1+\sum_{k=2}^{n}(a_k-a_{k-1}) =a_1+\sum_{k=2}^{n}d_k,$$

且 $a_1=0$，得到

$$a_n=\sum_{k=2}^{n}\left(-\frac14\right)^{k-2}.$$

此題考驗對橢圓方程、面積公式以及約束優化問題的理解。

橢圓的方程為 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$。
橢圓的面積為 $A = \pi ab$。
我們需要找到使面積 $A$ 最小的 $a$ 和 $b$ 的值，同時滿足橢圓通過點 $(5, -3)$。

將點 $(5, -3)$ 代入橢圓方程：
$\frac{5^2}{a^2} + \frac{(-3)^2}{b^2} = 1$
$\frac{25}{a^2} + \frac{9}{b^2} = 1$。
這是一個約束條件。我們需要最小化 $A = \pi ab$。
最小化 $A$ 等價於最小化 $A^2 = \pi^2 a^2 b^2$。
或者，由於 $a, b$ 通常是正數（半長軸和半短軸），最小化 $ab$ 即可。

令 $X = a^2$，$Y = b^2$。則 $X > 0, Y > 0$。
約束條件變為 $\frac{25}{X} + \frac{9}{Y} = 1$。
我們要最小化 $\sqrt{X} \sqrt{Y} = \sqrt{XY}$。
最小化 $XY$。

從約束條件中，我們可以表達 $Y$ 用 $X$ 表示：
$\frac{9}{Y} = 1 - \frac{25}{X} = \frac{X-25}{X}$。
$Y = \frac{9X}{X-25}$。
由於 $Y > 0$，我們需要 $X-25 > 0$，所以 $X > 25$。
即 $a^2 > 25$，所以 $a > 5$。

現在我們要求最小化 $XY = X \cdot \frac{9X}{X-25} = \frac{9X^2}{X-25}$。
令 $f(X) = \frac{9X^2}{X-25}$，我們需要找到 $f(X)$ 在 $X > 25$ 上的最小值。
對 $f(X)$ 求導：
$f'(X) = 9 \frac{2X(X-25) - X^2(1)}{(X-25)^2}$
$f'(X) = 9 \frac{2X^2 - 50X - X^2}{(X-25)^2}$
$f'(X) = 9 \frac{X^2 - 50X}{(X-25)^2}$。

令 $f'(X) = 0$：
$X^2 - 50X = 0$
$X(X - 50) = 0$。
由於 $X > 25$，我們得到 $X = 50$。

現在我們需要驗證 $X=50$ 是最小值點。
我們可以檢查 $f'(X)$ 在 $X=50$ 附近的符號。
當 $25 < X < 50$，例如 $X=30$。$f'(30) = 9 \frac{30(30-50)}{(30-25)^2} = 9 \frac{30(-20)}{5^2} < 0$。
當 $X > 50$，例如 $X=60$。$f'(60) = 9 \frac{60(60-50)}{(60-25)^2} = 9 \frac{60(10)}{35^2} > 0$。
所以，在 $X=50$ 處，函數 $f(X)$ 從遞減變為遞增，這是一個局部最小值。
由於這是唯一的臨界點在定義域內，它也是最小值點。

當 $X = 50$ 時，$a^2 = 50$。
$Y = \frac{9X}{X-25} = \frac{9(50)}{50-25} = \frac{9 \times 50}{25} = 9 \times 2 = 18$。

此題考驗矩陣的特徵值、特徵向量、特徵空間、特徵投影以及矩陣的奇異性 (singularity)。

矩陣 $A$ 的形式為 $A = \alpha I_m + \beta \mathbf{1}_m \mathbf{1}_m^T$。
其中 $I_m$ 是 $m \times m$ 的單位矩陣，$\mathbf{1}_m$ 是 $m \times 1$ 的向量，其所有元素均為 1。
$\mathbf{1}_m \mathbf{1}_m^T$ 是一個 $m \times m$ 的矩陣，其所有元素均為 1。我們稱之為 $J_m$。
所以，$A = \alpha I_m + \beta J_m$。
$J_m = \begin{pmatrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 1 & \dots & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & \dots & 1 \end{pmatrix}$。

(A) Find the eigenvalues of $A$.
矩陣 $J_m$ 有一個特徵值 $m$ (對應於特徵向量 $\mathbf{1}_m$)，以及 $m-1$ 個特徵值 $0$ (對應於與 $\mathbf{1}_m$ 正交的向量)。
我們可以驗證：
$J_m \mathbf{1}_m = \begin{pmatrix} 1 & \dots & 1 \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \dots & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} m \\ \vdots \\ m \end{pmatrix} = m \mathbf{1}_m$。
所以，特徵值是 $m$，特徵向量是 $\mathbf{1}_m$。

$J_m$ 的秩是 1，因為所有行（或列）向量都是 $\mathbf{1}_m$ 的倍數。
$m \times m$ 矩陣的秩加上零度 (nullity) 等於 $m$。
秩為 1，所以零度為 $m-1$。
零度是特徵值為 0 的特徵向量的個數。
所以，有 $m-1$ 個特徵值是 0。

現在考慮 $A = \alpha I_m + \beta J_m$。
我們知道 $J_m$ 的特徵值是 $m$ (一次) 和 $0$ ($m-1$ 次)。
考慮特徵向量 $\mathbf{1}_m$：
$A \mathbf{1}_m = (\alpha I_m + \beta J_m) \mathbf{1}_m = \alpha I_m \mathbf{1}_m + \beta J_m \mathbf{1}_m$
$= \alpha \mathbf{1}_m + \beta (m \mathbf{1}_m) = (\alpha + m\beta) \mathbf{1}_m$。
所以，$\alpha + m\beta$ 是 $A$ 的一個特徵值，對應的特徵向量是 $\mathbf{1}_m$。

考慮 $J_m$ 的零空間 (null space)，其維度為 $m-1$。
對於任何 $v$ 在 $J_m$ 的零空間中（即 $J_m v = 0$），且 $v \neq 0$：
$A v = (\alpha I_m + \beta J_m) v = \alpha I_m v + \beta J_m v$
$= \alpha v + \beta (0) = \alpha v$。
所以，$\alpha$ 是 $A$ 的一個特徵值，對應的特徵向量是 $J_m$ 的零空間中的任何非零向量。
由於 $J_m$ 的零空間維度是 $m-1$，所以 $\alpha$ 是 $A$ 的一個特徵值，其代數重數至少為 $m-1$。
如果 $\alpha + m\beta \neq \alpha$，則 $m-1$ 個特徵值是 $\alpha$，再加上一個特徵值 $\alpha + m\beta$。
如果 $\alpha + m\beta = \alpha$，則 $m\beta = 0$。
如果 $m > 0$, 則 $\beta = 0$. 這種情況下，$A = \alpha I_m$, 所有特徵值都是 $\alpha$.
如果 $\beta \neq 0$, 則 $m=0$, 這是不可能的 (矩陣維度)。

所以，特徵值是：

1. $\alpha + m\beta$ (對應特徵向量 $\mathbf{1}_m$)
2. $\alpha$ (對應 $m-1$ 個線性獨立的特徵向量，構成 $J_m$ 的零空間)

需要注意 $m=1$ 的情況。
如果 $m=1$, $I_1 = [1]$, $\mathbf{1}_1 = [1]$. $J_1 = [1]$.
$A = \alpha [1] + \beta [1] [1] = [\alpha] + \beta [1] = [\alpha + \beta]$.
特徵值是 $\alpha + \beta$.
根據上面的公式：$\alpha + m\beta = \alpha + 1\beta = \alpha + \beta$.
$\alpha$ 是特徵值，重數 $m-1 = 1-1 = 0$.
所以，對於 $m=1$，特徵值是 $\alpha + \beta$。

如果 $m > 1$:
特徵值是 $\alpha + m\beta$ (重數 1) 和 $\alpha$ (重數 $m-1$)。

(A) 總結：
特徵值是 $\alpha + m\beta$ 和 $\alpha$。
如果 $m>1$, $\alpha + m\beta$ 的代數重數是 1, $\alpha$ 的代數重數是 $m-1$.
如果 $m=1$, 特徵值是 $\alpha + \beta$, 重數是 1.

(B) Determine the eigenspaces and the associated eigenprojections of $A$.
特徵空間 (eigenspace) 是由對應的特徵向量和零向量組成的向量空間。

對於特徵值 $\lambda_1 = \alpha + m\beta$:
若 $m=1$, $\lambda_1 = \alpha + \beta$. $A = [\alpha+\beta]$. 特徵空間是 $\mathbb{R}^1$。
若 $m>1$, $E_{\lambda_1} = \operatorname{span}(\mathbf{1}_m)$。維度是 1。

對於特徵值 $\lambda_2 = \alpha$:
若 $m=1$, $A = [\alpha+\beta]$. 如果 $\alpha+\beta \neq \alpha$, 則沒有此特徵值。但如果 $\beta=0$, $A=[\alpha]$, 特徵值是 $\alpha$.
這裡的 $\alpha$ 指的是 $A$ 的元素值。
若 $m>1$, $E_{\lambda_2} = \operatorname{null}(J_m)$。這是 $J_m$ 的零空間，維度是 $m-1$。
$J_m v = 0$ 表示 $v$ 的所有分量加起來為 0。例如，對於 $m=3$, $v = (1, -1, 0)^T$, $(1, 0, -1)^T$, $(0, 1, -1)^T$ 等。

特徵投影 (eigenprojection)：
對於一個矩陣，如果它有 $m$ 個線性獨立的特徵向量（即是可對角化的），那麼存在一個投影矩陣 $P_i$ 對應於特徵值 $\lambda_i$，使得 $A = \sum_i \lambda_i P_i$。
$P_i$ 滿足 $P_i^2 = P_i$, $P_i P_j = 0$ for $i \neq j$, $\sum_i P_i = I_m$.

情況 1: $m=1$. $A = [\alpha+\beta]$. 特徵值 $\lambda_1 = \alpha+\beta$. $P_1 = [1]$. $A = (\alpha+\beta) [1]$.
情況 2: $m>1$.
特徵值 $\lambda_1 = \alpha + m\beta$ (重數 1) 和 $\lambda_2 = \alpha$ (重數 $m-1$).
若 $\alpha \neq \alpha + m\beta$ (即 $m\beta \neq 0$, $m>0, \beta \neq 0$)。
$P_1$ 對應於 $\lambda_1 = \alpha + m\beta$. $P_1$ 的秩是 1。
$P_1 = \frac{1}{\alpha + m\beta - \alpha} (A - \alpha I_m) = \frac{1}{m\beta} (\alpha I_m + \beta J_m - \alpha I_m) = \frac{\beta}{m\beta} J_m = \frac{1}{m} J_m$。