108 年 國立臺北大學統計學系碩士班《基礎數學（含微積分、線性代數）》

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第 1. 題50 分

  1. Calculus (50%)
    (1) Find the slant asymptotic (斜漸進線) for F(x,y)=x3+y3−3xy=0F(x,y) = x^3 + y^3 - 3xy = 0. (6%)
    (2) If f0(x)=xf_0(x) = \sqrt{x}, and fn+1(x)=2+fn(x)f_{n+1}(x) = \sqrt{2 + f_n(x)}. Find the limit lim⁡x→4f2(x)−2x−4=?\lim_{x \to 4} \frac{f_2(x) - 2}{x - 4} = ? (6%)
    (3) Find the limit lim⁡x→0cos⁡(sin⁡x)+sin⁡(1−cos⁡x)−1x2=?\lim_{x \to 0} \frac{\cos(\sin x) + \sin(1 - \cos x) - 1}{x^2} = ? (6%)
    (4) Find the integral ∫1+e2xdx=?\int \sqrt{1 + e^{2x}} dx = ? (8%)
    (5) Find the integral ∫12−sin⁡x+cos⁡xdx=?\int \frac{1}{2 - \sin x + \cos x} dx = ? (8%)
    (6) Find the area bound by y=2sin⁡xy = 2 \sin x and y=sin⁡2xy = \sin 2x over 0<x<2π0 < x < 2\pi. (8%)
    (7) Find the integral value for ∬Rx2+y2dA\iint_R x^2 + y^2 dA for R:x24+y29<1R: \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} < 1. (8%)

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這一題的完整詳解

第 1 題　Calculus

(1) 求曲線的斜漸近線

核心觀念

斜漸近線可設為

y=mx+b.y=mx+b.

當 ∣x∣→∞|x|\to\infty 時，曲線上的 yy 越來越接近此直線。先由最高次齊次項

x3+y3=0x^3+y^3=0

判斷無窮遠處的方向。

解題方法

由

x3+y3=(x+y)(x2−xy+y2),x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2),

其中

x2−xy+y2=0x^2-xy+y^2=0

無非零實數解，因此實數分支的無窮遠方向為

y=−x.y=-x.

設斜漸近線為

y=−x+b.y=-x+b.

代入原式：

F(x,−x+b)=x3+(−x+b)3−3x(−x+b)=(3b+3)x2−3b(b+1)x+b3.\begin{aligned} F(x,-x+b) &=x^3+(-x+b)^3-3x(-x+b)\\ &=(3b+3)x^2-3b(b+1)x+b^3. \end{aligned}

要使高次項消失，必須有

3b+3=0,3b+3=0,

故

b=−1.b=-1.

因此斜漸近線為

y=−x−1.\boxed{y=-x-1}.

解題技巧

求隱函數的斜漸近線時，先看最高次齊次項即可判斷方向；再將 y=mx+by=mx+b 代回，令最高次的非零項係數消失以求 bb。

【答案】

y=−x−1\boxed{y=-x-1}

(2) 求極限

lim⁡x→4f2(x)−2x−4\lim_{x\to4}\frac{f_2(x)-2}{x-4}

其中

f0(x)=x,fn+1(x)=2+fn(x).f_0(x)=\sqrt{x},\qquad f_{n+1}(x)=\sqrt{2+f_n(x)}.

核心觀念

此極限是導數定義：

lim⁡x→ag(x)−g(a)x−a=g′(a).\lim_{x\to a}\frac{g(x)-g(a)}{x-a}=g'(a).

先確認 f2(4)=2f_2(4)=2。

f0(4)=2,f1(4)=2+2=2,f2(4)=2.f_0(4)=2,\qquad f_1(4)=\sqrt{2+2}=2,\qquad f_2(4)=2.

因此原式等於 f2′(4)f_2'(4)。

解題方法

由鏈鎖律，

fn+1′(x)=fn′(x)22+fn(x).f_{n+1}'(x) =\frac{f_n'(x)}{2\sqrt{2+f_n(x)}}.

首先，

f0′(x)=12x,f0′(4)=14.f_0'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}, \qquad f_0'(4)=\frac14.

接著，

f1′(4)=f0′(4)22+f0(4)=1/42⋅2=116.f_1'(4) =\frac{f_0'(4)}{2\sqrt{2+f_0(4)}} =\frac{1/4}{2\cdot2} =\frac1{16}.

再者，

f2′(4)=f1′(4)22+f1(4)=1/164=164.f_2'(4) =\frac{f_1'(4)}{2\sqrt{2+f_1(4)}} =\frac{1/16}{4} =\frac1{64}.

【答案】

164\boxed{\frac1{64}}

解題技巧

這類遞迴函數的極限，先把極限視為導數，再逐層使用鏈鎖律；每一層在 x=4x=4 時的函數值都等於 22，計算會大幅簡化。

(3) 求極限

lim⁡x→0cos⁡(sin⁡x)+sin⁡(1−cos⁡x)−1x2\lim_{x\to0} \frac{\cos(\sin x)+\sin(1-\cos x)-1}{x^2}

核心觀念

使用泰勒展開：

sin⁡x=x+O(x3),1−cos⁡x=x22+O(x4),\sin x=x+O(x^3),\qquad 1-\cos x=\frac{x^2}{2}+O(x^4),

以及

cos⁡u=1−u22+O(u4),sin⁡u=u+O(u3).\cos u=1-\frac{u^2}{2}+O(u^4),\qquad \sin u=u+O(u^3).

解題方法

因為

sin⁡x=x+O(x3),\sin x=x+O(x^3),

所以

cos⁡(sin⁡x)=1−sin⁡2x2+O(x4)=1−x22+O(x4).\cos(\sin x) =1-\frac{\sin^2x}{2}+O(x^4) =1-\frac{x^2}{2}+O(x^4).

另一方面，

1−cos⁡x=x22+O(x4),1-\cos x=\frac{x^2}{2}+O(x^4),

故

sin⁡(1−cos⁡x)=x22+O(x4).\sin(1-\cos x) =\frac{x^2}{2}+O(x^4).

因此分子為

(1−x22+O(x4))+(x22+O(x4))−1=O(x4).\begin{aligned} &\left(1-\frac{x^2}{2}+O(x^4)\right) +\left(\frac{x^2}{2}+O(x^4)\right)-1\\ &=O(x^4). \end{aligned}

所以

O(x4)x2=O(x2)→0.\frac{O(x^4)}{x^2}=O(x^2)\to0.

【答案】

0\boxed{0}

解題技巧

本題的二次項恰好相消。只要保留至 x2x^2 項即可：

cos⁡(sin⁡x)∼1−x22,sin⁡(1−cos⁡x)∼x22.\cos(\sin x)\sim1-\frac{x^2}{2}, \qquad \sin(1-\cos x)\sim\frac{x^2}{2}.

(4) 求不定積分

∫1+e2x dx\int\sqrt{1+e^{2x}}\,dx

核心觀念

遇到 exe^x 的代數式，可令

u=ex,dx=duu.u=e^x, \qquad dx=\frac{du}{u}.

積分化為標準形式

∫1+u2u du.\int\frac{\sqrt{1+u^2}}{u}\,du.

解題方法

令 u=exu=e^x，則

∫1+e2x dx=∫1+u2u du.\int\sqrt{1+e^{2x}}\,dx =\int\frac{\sqrt{1+u^2}}{u}\,du.

使用標準公式：

∫1+u2u du=1+u2+ln⁡∣u1+1+u2∣+C.\int\frac{\sqrt{1+u^2}}{u}\,du = \sqrt{1+u^2} +\ln\left|\frac{u}{1+\sqrt{1+u^2}}\right|+C.

代回 u=exu=e^x，且 ex>0e^x>0：

∫1+e2x dx=1+e2x+ln⁡(ex1+1+e2x)+C.\boxed{ \int\sqrt{1+e^{2x}}\,dx = \sqrt{1+e^{2x}} +\ln\left( \frac{e^x}{1+\sqrt{1+e^{2x}}} \right)+C }.

亦可寫成

1+e2x+x−ln⁡(1+1+e2x)+C.\boxed{ \sqrt{1+e^{2x}} +x-\ln\left(1+\sqrt{1+e^{2x}}\right)+C }.

解題技巧

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第 2. 題50 分

  1. All problems require you to describe the calculation process. No points will be given without calculation process. (50%)
    Let A=(011−110−11−11001−110)A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & -1 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
    (1) (a) Write down the characteristic polynomial of A and use it to find the eigenvalues. (8%)
    (b) Find the eigenspaces of A. (6%)
    (c) Orthogonally diagonalize the matrix A. (You need to find out an orthogonal matrix P and a diagonal matrix D such that PTAP=DP^T AP = D.) (10%)
    (d) Let v=(1,1,2,3)v = (1,1,2,3). Find the projections of vv onto each of the eigenspaces. (6%)

Let T: V → W be a linear transformation. Please show that T is one to one if and only if Ker(T) = {0V0_V}. (10% 證明中零向量請用足標表明所在之空間, 如 0V0_V, 表示 V 的零向量)

Let T: Rn→RmR^n \to R^m be a linear transformation and A be its standard matrix, that is, Tx=AxT\mathbf{x} = A\mathbf{x} for each x∈Rn\mathbf{x} \in R^n. Please show that the range of T is just the column space of A. (10%)

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一、矩陣 AA 的特徵值與特徵空間

核心觀念

本小題使用：

  • 特徵多項式：pA(λ)=det⁡(λI−A)p_A(\lambda)=\det(\lambda I-A)。
  • 特徵值 λ\lambda 必須滿足 pA(λ)=0p_A(\lambda)=0。
  • 對應特徵空間為
    Eλ=Ker⁡(A−λI)。E_\lambda=\operatorname{Ker}(A-\lambda I)。
  • 實矩陣能被正交對角化的充要條件是矩陣為對稱矩陣。

(1)(a) 特徵多項式與特徵值

由

λI−A=(λ−1−11−1λ1−11−1λ0−11−1λ),\lambda I-A= \begin{pmatrix} \lambda&-1&-1&1\\ -1&\lambda&1&-1\\ 1&-1&\lambda&0\\ -1&1&-1&\lambda \end{pmatrix},

計算行列式可得

pA(λ)=det⁡(λI−A)=λ4−λ2−2λ+2=(λ−1)2(λ2+2λ+2).\begin{aligned} p_A(\lambda) &=\det(\lambda I-A)\\ &=\lambda^4-\lambda^2-2\lambda+2\\ &=(\lambda-1)^2(\lambda^2+2\lambda+2). \end{aligned}

因此特徵值為

λ1=1\lambda_1=1

以及

λ2+2λ+2=0⟹λ=−1±i。\lambda^2+2\lambda+2=0 \quad\Longrightarrow\quad \lambda=-1\pm i。

所以：

  • λ=1\lambda=1 的代數重數為 22；
  • λ=−1+i\lambda=-1+i 與 λ=−1−i\lambda=-1-i 各為單根。

(1)(b) 特徵空間

特徵值 λ=1\lambda=1

解

(A−I)x=0。(A-I)x=0。

其中

A−I=(−111−11−1−11−11−101−11−1).A-I= \begin{pmatrix} -1&1&1&-1\\ 1&-1&-1&1\\ -1&1&-1&0\\ 1&-1&1&-1 \end{pmatrix}.

令 x=(x1,x2,x3,x4)Tx=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T，由方程組可得

x4=0,x3=0,x2=x1。x_4=0,\qquad x_3=0,\qquad x_2=x_1。

因此

E1=span⁡{(1100)}.E_1 =\operatorname{span}\left\{ \begin{pmatrix}1\\1\\0\\0\end{pmatrix} \right\}.

注意 dim⁡E1=1\dim E_1=1，小於 λ=1\lambda=1 的代數重數 22。

特徵值 λ=−1+i\lambda=-1+i

令 λ=−1+i\lambda=-1+i。解

(A−λI)x=0。(A-\lambda I)x=0。

由方程組可取特徵向量

uλ=(−λλ2−λ).u_\lambda= \begin{pmatrix} -\lambda\\ \lambda\\ 2\\ -\lambda \end{pmatrix}.

故

E−1+i=span⁡C{(−λλ2−λ)},λ=−1+i。E_{-1+i} = \operatorname{span}_{\mathbb C} \left\{ \begin{pmatrix} -\lambda\\ \lambda\\ 2\\ -\lambda \end{pmatrix} \right\}, \qquad \lambda=-1+i。

代入 λ=−1+i\lambda=-1+i，可寫成

E−1+i=span⁡C{(1−i−1+i21−i)}.E_{-1+i} = \operatorname{span}_{\mathbb C} \left\{ \begin{pmatrix} 1-i\\ -1+i\\ 2\\ 1-i \end{pmatrix} \right\}.

特徵值 λ=−1−i\lambda=-1-i

同理，

E−1−i=span⁡C{(1+i−1−i21+i)}.E_{-1-i} = \operatorname{span}_{\mathbb C} \left\{ \begin{pmatrix} 1+i\\ -1-i\\ 2\\ 1+i \end{pmatrix} \right\}.

(1)(c) 正交對角化

題目要求尋找正交矩陣 PP 與對角矩陣 DD，使得

PTAP=D。P^TAP=D。

然而此要求對題目所給矩陣無法成立，理由如下。

首先，

AT=(01−11101−11−101−1100)≠A。A^T= \begin{pmatrix} 0&1&-1&1\\ 1&0&1&-1\\ 1&-1&0&1\\ -1&1&0&0 \end{pmatrix} \neq A。

因此 AA 不是實對稱矩陣。依照實矩陣的正交對角化定理，AA 必須是對稱矩陣才可能被正交對角化。

此外，AA 具有非實特徵值

−1+i,−1−i。-1+i,\qquad -1-i。

但若 PP 為實正交矩陣、DD 為實對角矩陣，則 A=PDPTA=PDP^T 的特徵值必為實數，與上述結果矛盾。

因此，對題目給定的矩陣：

不存在實正交矩陣 P 與實對角矩陣 D 使 PTAP=D。\boxed{\text{不存在實正交矩陣 }P\text{ 與實對角矩陣 }D\text{ 使 }P^TAP=D。}

這表示題目在 (1)(c) 的敘述與所給矩陣不相容。

(1)(d) vv 在各特徵空間上的投影

給定

v=(1123).v= \begin{pmatrix} 1\\1\\2\\3 \end{pmatrix}.

由於矩陣不是對稱矩陣，各特徵空間彼此不一定正交，因此以下分別計算 vv 到各一維特徵空間的正交投影。

投影到 E1E_1

取

u1=(1100).u_1= \begin{pmatrix} 1\\1\\0\\0 \end{pmatrix}.

正交投影公式為

proj⁡E1(v)=vTu1u1Tu1u1。\operatorname{proj}_{E_1}(v) = \frac{v^Tu_1}{u_1^Tu_1}u_1。

計算得

vTu1=2,u1Tu1=2。v^Tu_1=2,\qquad u_1^Tu_1=2。

所以

proj⁡E1(v)=(1100).\operatorname{proj}_{E_1}(v) = \begin{pmatrix} 1\\1\\0\\0 \end{pmatrix}.

投影到 E−1+iE_{-1+i}

令

λ=−1+i,uλ=(−λλ2−λ).\lambda=-1+i,\qquad u_\lambda= \begin{pmatrix} -\lambda\\ \lambda\\ 2\\ -\lambda \end{pmatrix}.

在 C4\mathbb C^4 中使用 Hermitian 內積。因為

∣λ∣2=2,|\lambda|^2=2,

所以

uλ∗uλ=3∣λ∣2+4=10。u_\lambda^*u_\lambda =3|\lambda|^2+4 =10。

又

uλ∗v=4−3λ‾=4−3(−1−i)=7+3i。u_\lambda^*v =4-3\overline{\lambda} =4-3(-1-i) =7+3i。

因此

proj⁡E−1+i(v)=7+3i10(1−i−1+i21−i).\operatorname{proj}_{E_{-1+i}}(v) = \frac{7+3i}{10} \begin{pmatrix} 1-i\\ -1+i\\ 2\\ 1-i \end{pmatrix}.

投影到 E−1−iE_{-1-i}

同理，

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