109 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）》

此題考驗對線性近似與梯形面積的理解。題目要求我們在 $x=a$ 處線性近似函數 $f(x)$，並利用此線性近似所構成的梯形面積來近似定積分 $\int_{a}^{b} f(x)dx$。

根據圖形，函數 $f(x)$ 在點 $x=a$ 的切線（即線性近似）通過點 $(a, f(a))$。由於題目未給定函數形式，但圖形顯示切線與 $x$ 軸在 $x=a$ 相切，這意味著切線斜率為 $f'(a)$。然而，題目又說要「線性近似 $f(x)$」，並且「利用梯形面積 $A$ 來近似積分」。從圖形中，我們可以看到一個由點 $(a, 0)$、$(b, 0)$、$(b, f(b))$、$(a, f(a))$ 所構成的梯形，其中上底為 $f(a)$，下底為 $f(b)$，高為 $b-a$。但題目又提到「在 $x=a$ 處線性近似」，這暗示我們應該考慮在 $x=a$ 點的函數值 $f(a)$ 以及該點的切線。

仔細觀察圖形，陰影部分（即我們要求面積 $A$ 的區域）是由函數曲線、直線 $x=a$、直線 $x=b$ 以及 $x$ 軸所圍成的區域。題目說要「線性近似 $f(x)$ 在 $x=a$ 處」，並且「利用梯形面積 $A$ 來近似積分」。圖中的陰影部分並非由線性近似所構成的梯形。圖中標示的 $A$ 是一個梯形，其頂點為 $(a, 0)$, $(b, 0)$, $(b, f(b))$, $(a, f(a))$。這個梯形的面積計算如下：

梯形面積 $A = \frac{1}{2} \times (\text{上底} + \text{下底}) \times \text{高}$
在此圖形中，將 $f(x)$ 的圖形視為上方曲線，將 $x$ 軸視為下方曲線。
若我們將梯形理解為由點 $(a, 0), (b, 0), (b, f(b)), (a, f(a))$ 所構成，則其面積為：
$A = \frac{1}{2} (f(a) + f(b)) (b-a)$。

然而，題目說「線性近似 $f(x)$ 在 $x=a$ 處」。在 $x=a$ 處的線性近似函數 $L(x)$ 可以寫成 $L(x) = f(a) + f'(a)(x-a)$。若要用這個線性近似的梯形面積來近似積分，則該梯形的頂點應該是 $(a, L(a))$、$(b, L(b))$、$(b, 0)$、$(a, 0)$。
$L(a) = f(a) + f'(a)(a-a) = f(a)$
$L(b) = f(a) + f'(a)(b-a)$
則此線性近似下的梯形面積為 $\frac{1}{2} (L(a) + L(b)) (b-a) = \frac{1}{2} (f(a) + f(a) + f'(a)(b-a)) (b-a) = \frac{1}{2} (2f(a) + f'(a)(b-a)) (b-a) = f(a)(b-a) + \frac{1}{2} f'(a)(b-a)^2$。

核心觀念

這題要根據函數的極限、函數值、一階導數與二階導數資訊，畫出符合條件的概略圖形。

• $f'(x)>0$ 表示函數遞增；$f'(x)<0$ 表示函數遞減。
• 若 $f'$ 在某點左側為正、右側為負，該點是局部極大值；若左側為負、右側為正，該點是局部極小值。
• $f''(x)>0$ 表示圖形向上凹；$f''(x)<0$ 表示圖形向下凹。凹向在 $x=-3$ 兩側改變，因此圖形在此處有反曲點。
• $\lim_{x\to 1^-}f(x)=-\infty$ 且 $\lim_{x\to 1^+}f(x)=\infty$，表示 $x=1$ 是垂直漸近線，且兩側趨向相反。

解題方法

先依 $x=1$ 把圖形分成左右兩段，再用單調性、凹向與指定函數值逐段定位。

區間或位置	單調性與凹向	圖形特徵
$x<-3$	遞增、向上凹	當 $x\to-\infty$ 時，從 $y=0$ 下方以外的哪一側接近，須由單調性判定；此處函數值在 $0$ 上方
$-3<x<-2$	遞增、向下凹	持續上升，凹向在 $x=-3$ 改變
$x=-2$	$f(-2)=3,\ f'(-2)=0$	局部極大點 $( -2,3 )$
$-2<x<1$	遞減、向下凹	經過 $(0,0)$，並在 $x\to1^-$ 時趨向 $-\infty$

核心觀念

本題考查定積分的基本計算，以及下列反導函數：

$$\int \frac{dx}{(x^2+c^2)^{3/2}} = \frac{x}{c^2\sqrt{x^2+c^2}}+C \qquad (c\ne 0).$$

解題方法

先將與積分變數 $x$ 無關的常數提出：

$$E = \frac{\lambda c}{4\pi\delta} \int_0^L \frac{dx}{(x^2+c^2)^{3/2}}.$$

利用反導函數代入上下限：

此題要求計算一個二重積分。積分區域由 $0 \le x \le 2$ 和 $x^2 \le y \le 4$ 定義。積分式為 $\int_{0}^{2} \int_{x^2}^{4} xe^{-y^2} dydx$。

觀察被積函數 $xe^{-y^2}$，其中 $y$ 是指數項的變數，而 $x$ 是指數項外的變數。直接對 $y$ 積分 $\int e^{-y^2} dy$ 是無法用初等函數表示的（它與誤差函數 $\text{erf}(y)$ 相關）。這通常意味著我們需要改變積分的順序。

首先，我們需要確定積分區域。
下限：$0 \le x \le 2$
上限：$x^2 \le y \le 4$

我們可以將這個區域的描述轉換為 $y$ 在外層，$x$ 在內層的形式。
從 $x^2 \le y \le 4$ 可知，$y$ 的範圍是 $0 \le y \le 4$（因為當 $x=0$ 時 $y=0$；當 $x=2$ 時 $y=4$）。
對於固定的 $y$，我們需要找出 $x$ 的範圍。
由 $x^2 \le y$ 可知 $x \le \sqrt{y}$ (因為 $x \ge 0$)。
同時，我們還有 $0 \le x \le 2$。
所以，對於給定的 $y$ 值， $x$ 的範圍是 $0 \le x \le \sqrt{y}$。

因此，積分區域可以重新描述為：
$0 \le y \le 4$
$0 \le x \le \sqrt{y}$

現在，我們交換積分的順序，將積分式改寫為：
$\int_{0}^{4} \int_{0}^{\sqrt{y}} xe^{-y^2} dxdy$

現在，我們可以先對 $x$ 積分：
$\int_{0}^{\sqrt{y}} xe^{-y^2} dx$
在這個內部積分中，$e^{-y^2}$ 被視為常數。

此題要求計算一個極限，其中分子和分母都是以 $x$ 為變數的函數，且當 $x \to 0^+$ 時，分子分母都趨近於 0，屬於 $0/0$ 型不定式。因此，我們可以使用 L'Hopital's Rule。

首先，我們需要確定 $A(x)$ 和 $B(x)$ 的表達式。

$B(x)$ 的定義是定積分：
$B(x) = \int_{0}^{x} f(t) dt = \int_{0}^{x} \sin(t^2) dt$。

$A(x)$ 是圖中所示的三角形區域的面積。從圖形中可以看出，這個三角形的頂點是 $(0, 0)$，$(x, 0)$，以及 $(x, f(x)) = (x, \sin(x^2))$。
這個三角形的底是 $x$，高是 $f(x) = \sin(x^2)$。
因此，三角形面積 $A(x) = \frac{1}{2} \times \text{底} \times \text{高} = \frac{1}{2} x \sin(x^2)$。

現在我們需要計算極限 $\lim_{x \to 0^+} \frac{A(x)}{B(x)}$：
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{2} x \sin(x^2)}{\int_{0}^{x} \sin(t^2) dt}$
當 $x \to 0^+$, 分子 $\frac{1}{2} x \sin(x^2) \to \frac{1}{2} (0) \sin(0) = 0$。
當 $x \to 0^+$, 分母 $\int_{0}^{x} \sin(t^2) dt \to \int_{0}^{0} \sin(t^2) dt = 0$。
這是 $0/0$ 型不定式，我們可以使用 L'Hopital's Rule。

對分子和分母分別求導：
分子的導數：
令 $N(x) = \frac{1}{2} x \sin(x^2)$。
$N'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} x \sin(x^2) \right)$
使用乘積法則：
$N'(x) = \frac{1}{2} \left[ (1) \sin(x^2) + x \cdot \cos(x^2) \cdot (2x) \right]$
$N'(x) = \frac{1}{2} \left[ \sin(x^2) + 2x^2 \cos(x^2) \right]$

分母的導數：
令 $D(x) = \int_{0}^{x} \sin(t^2) dt$。
根據微積分基本定理 (Fundamental Theorem of Calculus)，$\frac{d}{dx} \int_{a}^{x} g(t) dt = g(x)$。
所以，$D'(x) = \sin(x^2)$。

應用 L'Hopital's Rule：

此題要求計算矩陣 $A$ 的特徵多項式，並利用其求出特徵值。

矩陣 $A$ 為：
$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \end{bmatrix}$

特徵多項式 $p(\lambda)$ 定義為 $p(\lambda) = \det(A - \lambda I)$，其中 $I$ 是同階單位矩陣。
$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \end{bmatrix} - \lambda \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1-\lambda & 2 & -1 \\ 1 & -1-\lambda & 2 \\ 2 & 1 & 1-\lambda \end{bmatrix}$

現在計算行列式 $\det(A - \lambda I)$：
$\det(A - \lambda I) = (1-\lambda) \det \begin{bmatrix} -1-\lambda & 2 \\ 1 & 1-\lambda \end{bmatrix} - 2 \det \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1-\lambda \end{bmatrix} + (-1) \det \begin{bmatrix} 1 & -1-\lambda \\ 2 & 1 \end{bmatrix}$

計算各個 2x2 行列式：
$\det \begin{bmatrix} -1-\lambda & 2 \\ 1 & 1-\lambda \end{bmatrix} = (-1-\lambda)(1-\lambda) - 2 \cdot 1 = -(1+\lambda)(1-\lambda) - 2 = - (1 - \lambda^2) - 2 = \lambda^2 - 1 - 2 = \lambda^2 - 3$

$\det \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1-\lambda \end{bmatrix} = 1(1-\lambda) - 2 \cdot 2 = 1 - \lambda - 4 = -\lambda - 3$

$\det \begin{bmatrix} 1 & -1-\lambda \\ 2 & 1 \end{bmatrix} = 1 \cdot 1 - (-1-\lambda) \cdot 2 = 1 - (-2 - 2\lambda) = 1 + 2 + 2\lambda = 3 + 2\lambda$

核心觀念

1. 特徵多項式（Characteristic Polynomial）與特徵值（Eigenvalues）：
   對於矩陣 $A \in \mathbb{R}^{n \times n}$，其特徵值 $\lambda$ 滿足特性方程式： $$\det(A - \lambda I) = 0$$
2. 特徵空間（Eigenspace）：
   對應於特徵值 $\lambda$ 的特徵空間記作 $E_\lambda$，定義為齊次線性方程組 $(A - \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}$ 的解空間（即零空間 Null Space / Kernel）： $$E_\lambda = \operatorname{Null}(A - \lambda I) = \{\mathbf{x} \in \mathbb{R}^3 \mid (A - \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}\}$$ 求特徵空間即為求出對應零空間的基底，並以生成集合（$\operatorname{span}$）表示。

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解題方法

第一步：求矩陣 $A$ 的特徵多項式與特徵值

計算行列式 $\det(A - \lambda I)$：

$$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 1 - \lambda & 2 & -1 \\ 1 & -1 - \lambda & 2 \\ 2 & 1 & 1 - \lambda \end{bmatrix}$$

直接依第一列降階展開或利用對角線展開法：

$$\begin{aligned} \det(A - \lambda I) &= (1 - \lambda) \begin{vmatrix} -1 - \lambda & 2 \\ 1 & 1 - \lambda \end{vmatrix} - 2 \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 - \lambda \end{vmatrix} + (-1) \begin{vmatrix} 1 & -1 - \lambda \\ 2 & 1 \end{vmatrix} \\ &= (1 - \lambda)\big[(-1 - \lambda)(1 - \lambda) - 2\big] - 2\big[(1 - \lambda) - 4\big] - \big[1 - 2(-1 - \lambda)\big] \\ &= (1 - \lambda)(\lambda^2 - 3) - 2(-\lambda - 3) - (2\lambda + 3) \\ &= (-\lambda^3 + \lambda^2 + 3\lambda - 3) + (2\lambda + 6) - (2\lambda + 3) \\ &= -\lambda^3 + \lambda^2 + 3\lambda \\ &= -\lambda(\lambda^2 - \lambda - 3) \end{aligned}$$

令特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$：

$$-\lambda(\lambda^2 - \lambda - 3) = 0$$

解得特徵值為：

$$\lambda_1 = 0, \quad \lambda_2 = \frac{1 + \sqrt{13}}{2}, \quad \lambda_3 = \frac{1 - \sqrt{13}}{2}$$

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第二步：求對應的特徵空間（Eigenspaces）

1. 對應 $\lambda_1 = 0$ 的特徵空間 $E_0$：

解 $(A - 0I)\mathbf{x} = A\mathbf{x} = \mathbf{0}$：

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

進行高斯消去法：

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \end{bmatrix} \xrightarrow{\substack{R_2 - R_1 \\ R_3 - 2R_1}} \begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 0 & -3 & 3 \\ 0 & -3 & 3 \end{bmatrix} \xrightarrow{\substack{-\frac{1}{3}R_2 \\ R_3 - R_2}} \begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \xrightarrow{R_1 - 2R_2} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

由簡約列梯形矩陣（RREF）可得：

$$\begin{cases} x_1 + x_3 = 0 \implies x_1 = -x_3 \\ x_2 - x_3 = 0 \implies x_2 = x_3 \end{cases}$$

令自由變數 $x_3 = t$（$t \in \mathbb{R}$），則：

$$\mathbf{x} = \begin{bmatrix} -t \\ t \\ t \end{bmatrix} = t \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$$

因此：

$$E_0 = \operatorname{span}\left\{ \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} \right\}$$

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2. 對應 $\lambda = \frac{1 \pm \sqrt{13}}{2}$ 的特徵空間：

解 $(A - \lambda I)\mathbf{x} = \mathbf{0}$：

$$\begin{bmatrix} 1 - \lambda & 2 & -1 \\ 1 & -1 - \lambda & 2 \\ 2 & 1 & 1 - \lambda \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

取前兩列構成的方程組：

$$\begin{cases} (1 - \lambda)x_1 + 2x_2 - x_3 = 0 \\ x_1 - (1 + \lambda)x_2 + 2x_3 = 0 \end{cases}$$

由第二式得：

$$x_1 = (1 + \lambda)x_2 - 2x_3$$

代入第一式：

此題要求對矩陣 $A$ 進行正交對角化。這意味著我們要找到一個正交矩陣 $P$ 和一個對角矩陣 $D$，使得 $P^T A P = D$。
對於一個矩陣，若其能被正交對角化，則該矩陣必須是對稱矩陣。然而，給定的矩陣 $A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ 並不是對稱矩陣（例如 $A_{12}=2$ 而 $A_{21}=1$）。

這提示我們可能題目有誤，或者「正交對角化」在此處的含義可能不同，例如是指找到一個正交矩陣 $P$ 和一個對角矩陣 $D$ 使得 $P^T A P = D$，即使 $A$ 不是對稱矩陣。然而，一般的定理是，一個矩陣可以被正交對角化當且僅當它是對稱矩陣。

如果題目確實是要對一個非對稱矩陣進行「正交對角化」，這在標準的線性代數課程中是不常見的。通常，非對稱矩陣可以被相似對角化（即找到一個可逆矩陣 $P$ 使得 $P^{-1}AP = D$），但 $P$ 不一定是正交矩陣。

假設題目是正確的，我們需要尋找一個正交矩陣 $P$ 和一個對角矩陣 $D$ 使得 $P^T A P = D$。
一個矩陣 $A$ 可以被正交對角化當且僅當 $A$ 是對稱矩陣。
因為 $A$ 不是對稱矩陣，所以它不能被正交對角化。

可能的情況分析：

1. 題目印刷錯誤：給定的矩陣 $A$ 實際上應該是對稱矩陣。例如，如果 $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ (轉置矩陣)，則它是對稱的。
2. 題目意圖不同：也許題目是要求找到一個矩陣 $P$ 使得 $P^{-1}AP = D$ (相似對角化)，而 $P$ 恰好是正交的。這意味著 $A$ 的特徵向量是相互正交的。
3. 標準正交基：也許是要求找到一個由 $A$ 的特徵向量構成的正交基，組成矩陣 $P$，然後計算 $P^T A P$。

我們已經從 part (a) 和 (b) 計算出矩陣 $A$ 的特徵值和特徵向量。
特徵值：$\lambda_1 = 0$, $\lambda_2 = \frac{1 + \sqrt{13}}{2}$, $\lambda_3 = \frac{1 - \sqrt{13}}{2}$。
對應的特徵向量（未標準化的）：
$v_1 = \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ (對應 $\lambda_1=0$)
$v_2 = \begin{bmatrix} 5-\sqrt{13} \\ -4+2\sqrt{13} \\ 1+\sqrt{13} \end{bmatrix}$ (對應 $\lambda_2$)
$v_3 = \begin{bmatrix} 5+\sqrt{13} \\ -4-2\sqrt{13} \\ 1-\sqrt{13} \end{bmatrix}$ (對應 $\lambda_3$)

我們需要檢查這些特徵向量是否相互正交。
$v_1 \cdot v_2 = (-1)(5-\sqrt{13}) + (1)(-4+2\sqrt{13}) + (1)(1+\sqrt{13})$
$= -5+\sqrt{13} - 4+2\sqrt{13} + 1+\sqrt{13}$
$= (-5-4+1) + (\sqrt{13}+2\sqrt{13}+\sqrt{13})$
$= -8 + 4\sqrt{13} \ne 0$。

由於特徵向量 $v_1$ 和 $v_2$ 不正交，這進一步證實了矩陣 $A$ 不是對稱矩陣，因此不能被正交對角化。

如果題目意圖是尋找相似對角化矩陣 P，並且 P 恰好是正交的。
這只有在 $A$ 是對稱矩陣時才會發生。
如果 $A$ 不是對稱矩陣，但是它的特徵向量恰好是相互正交的（這是一個非常特殊的情況，通常不會發生，除非 $A$ 是對稱的），那麼我們就可以構造一個正交矩陣 $P$。
因為我們的特徵向量 $v_1, v_2$ 不正交，所以這種特殊情況也不成立。

假設題目意圖是「找到一個對角矩陣 $D$ 和一個可逆矩陣 $P$ 使得 $P^{-1}AP = D$」，並且要求 $P$ 是一個正交矩陣。
這等同於要求 $A$ 能夠被正交對角化。

另一種可能性：Gram-Schmidt 正交化
也許題目是要求我們利用 $A$ 的特徵向量，通過 Gram-Schmidt 正交化過程，構建一個由 $A$ 的特徵向量組成的正交基，然後將這些正交向量標準化，組成正交矩陣 $P$。
如果我們對 $v_1, v_2, v_3$ 進行 Gram-Schmidt 正交化，可以得到一組正交向量 $u_1, u_2, u_3$。然後標準化 $u_1, u_2, u_3$ 得到 $q_1, q_2, q_3$，令 $P = [q_1 \ q_2 \ q_3]$。
那麼 $P$ 是一個正交矩陣。
計算 $P^T A P$。
我們知道 $A v_i = \lambda_i v_i$。
$A P = A [q_1 \ q_2 \ q_3] = [A q_1 \ A q_2 \ A q_3]$。
$P^T A P = \begin{bmatrix} q_1^T \\ q_2^T \\ q_3^T \end{bmatrix} [A q_1 \ A q_2 \ A q_3]$。

此題要求證明向量空間 $V$ 中的一組向量 $\vec{v}_1, \vec{v}_2, \dots, \vec{v}_k$ 所張成的集合 $\text{span}\{\vec{v}_1, \vec{v}_2, \dots, \vec{v}_k\}$ 是 $V$ 的一個子空間。

要證明一個集合 $W$ 是向量空間 $V$ 的一個子空間，我們需要驗證三個條件：

1. 非空性： $W$ 必須包含零向量。
2. 封閉性（加法）： 對於 $W$ 中的任意兩個向量 $\vec{u}, \vec{w}$，它們的和 $\vec{u} + \vec{w}$ 也必須在 $W$ 中。
3. 封閉性（純量乘法）： 對於 $W$ 中的任意向量 $\vec{u}$ 和任意純量 $c$，它們的純量乘積 $c\vec{u}$ 也必須在 $W$ 中。

令 $W = \text{span}\{\vec{v}_1, \vec{v}_2, \dots, \vec{v}_k\}$。
根據張成的定義，集合 $W$ 包含所有由 $\vec{v}_1, \vec{v}_2, \dots, \vec{v}_k$ 的線性組合所構成的向量。也就是說，任何屬於 $W$ 的向量 $\vec{u}$ 都可以寫成：
$\vec{u} = c_1 \vec{v}_1 + c_2 \vec{v}_2 + \dots + c_k \vec{v}_k$
其中 $c_1, c_2, \dots, c_k$ 是任意純量。

現在我們逐一驗證子空間的條件：

1. 非空性 (Zero Vector)
取所有的純量 $c_1 = c_2 = \dots = c_k = 0$。
則 $\vec{u} = 0 \cdot \vec{v}_1 + 0 \cdot \vec{v}_2 + \dots + 0 \cdot \vec{v}_k = \vec{0}$。
由於零向量 $\vec{0}$ 是所有向量空間 $V$ 的元素，且可以表示成 $\vec{v}_1, \dots, \vec{v}_k$ 的線性組合，所以 $\vec{0} \in W$。
因此，$W$ 是非空的。

2. 加法封閉性 (Closure under Addition)
設 $\vec{u}$ 和 $\vec{w}$ 是 $W$ 中的任意兩個向量。
根據 $W$ 的定義，存在純量 $a_1, \dots, a_k$ 和 $b_1, \dots, b_k$ 使得：
$\vec{u} = a_1 \vec{v}_1 + a_2 \vec{v}_2 + \dots + a_k \vec{v}_k$

此題要求證明 $\text{span}\{\vec{v}_1, \vec{v}_2, \dots, \vec{v}_k\}$ 是包含向量 $\vec{v}_1, \vec{v}_2, \dots, \vec{v}_k$ 的最小子空間。

證明一個集合 $W$ 是「最小的」某種子集，通常需要證明兩件事：

1. $W$ 確實是我們要找的那種子集（在此題中，是子空間）。
2. 任何其他滿足條件的子集 $S$ 都必須包含 $W$（即 $W \subseteq S$）。

我們已經在 part (a) 中證明了 $W = \text{span}\{\vec{v}_1, \vec{v}_2, \dots, \vec{v}_k\}$ 是一個子空間。
現在我們需要證明它是包含 $\vec{v}_1, \vec{v}_2, \dots, \vec{v}_k$ 的「最小」子空間。

證明 $W$ 包含 $\vec{v}_1, \vec{v}_2, \dots, \vec{v}_k$：
根據張成的定義，集合 $W$ 包含所有由 $\vec{v}_1, \vec{v}_2, \dots, \vec{v}_k$ 的線性組合構成的向量。
對於任意的向量 $\vec{v}_i$ (其中 $1 \le i \le k$)，我們可以將它表示為一個線性組合，其中 $\vec{v}_i$ 的係數為 1，而其他向量的係數為 0。例如：
$\vec{v}_i = 0 \cdot \vec{v}_1 + \dots + 0 \cdot \vec{v}_{i-1} + 1 \cdot \vec{v}_i + 0 \cdot \vec{v}_{i+1} + \dots + 0 \cdot \vec{v}_k$
這是一個合法的線性組合，因此 $\vec{v}_i \in W$ 對於所有的 $i=1, \dots, k$。

此題要求證明一個正交非零向量集合是線性獨立的。

一個向量集合 $\{\vec{v}_1, \vec{v}_2, \dots, \vec{v}_k\}$ 被稱為線性獨立，如果對於任意純量 $c_1, c_2, \dots, c_k$，當線性組合 $c_1 \vec{v}_1 + c_2 \vec{v}_2 + \dots + c_k \vec{v}_k = \vec{0}$ 時，必然有 $c_1 = c_2 = \dots = c_k = 0$。

給定集合 $S = \{\vec{v}_1, \vec{v}_2, \dots, \vec{v}_k\}$ 是 $V$ 中的一個正交集合，且所有向量都是非零向量。
正交集合的定義是，對於集合中任意兩個不同的向量 $\vec{v}_i$ 和 $\vec{v}_j$ (其中 $i \ne j$)，它們的內積（點積）為零：
$\vec{v}_i \cdot \vec{v}_j = 0 \quad \text{for all } i \ne j$
同時，我們也知道集合中的每個向量都是非零向量，即 $\vec{v}_i \ne \vec{0}$ 對於所有 $i=1, \dots, k$。

現在，我們考慮這個向量集合的線性組合等於零向量的情況：
$c_1 \vec{v}_1 + c_2 \vec{v}_2 + \dots + c_k \vec{v}_k = \vec{0}$
我們的目標是證明，這個等式成立的唯一可能性是 $c_1 = c_2 = \dots = c_k = 0$。

為了做到這一點，我們將等式的兩邊與集合中的某一個向量 $\vec{v}_i$ 進行內積（點積）：
$\vec{v}_i \cdot (c_1 \vec{v}_1 + c_2 \vec{v}_2 + \dots + c_k \vec{v}_k) = \vec{v}_i \cdot \vec{0}$
利用內積的線性性質，左邊可以展開為：
$c_1 (\vec{v}_i \cdot \vec{v}_1) + c_2 (\vec{v}_i \cdot \vec{v}_2) + \dots + c_i (\vec{v}_i \cdot \vec{v}_i) + \dots + c_k (\vec{v}_i \cdot \vec{v}_k)$

此題要求找到一個線性變換 $T$ 相對於給定基底 $E$ 的矩陣表示。

線性變換 $T: P_2 \to P_2$ 定義為 $T(p(x)) = p(2x - 1)$。
基底 $E = \{ \vec{e}_1, \vec{e}_2, \vec{e}_3 \} = \{1, x+1, x^2 \}$。
$P_2$ 是所有次數不超過 2 的多項式所構成的向量空間。

要找到矩陣表示 $[T]_E$，我們需要將基底向量 $E$ 中的每個向量應用線性變換 $T$，然後將結果表示成基底 $E$ 的線性組合。矩陣的列向量將是這些線性組合的係數。

步驟 1：將基底向量應用於 $T$

1. 對 $\vec{e}_1 = 1$：
   $T(1) = 1$ (因為 $p(x)=1$ 是一個常數多項式，將 $x$ 替換成 $2x-1$ 仍然是 $1$)。
   所以，$T(1) = 1$。

2. 對 $\vec{e}_2 = x+1$：
   令 $p(x) = x+1$。
   $T(p(x)) = p(2x-1) = (2x-1) + 1 = 2x$。
   所以，$T(x+1) = 2x$。

3. 對 $\vec{e}_3 = x^2$：
   令 $p(x) = x^2$。
   $T(p(x)) = p(2x-1) = (2x-1)^2 = (2x)^2 - 2(2x)(1) + 1^2 = 4x^2 - 4x + 1$。
   所以，$T(x^2) = 4x^2 - 4x + 1$。

步驟 2：將 $T(\vec{e}_i)$ 表示為基底 $E$ 的線性組合

我們需要將 $T(1)$, $T(x+1)$, $T(x^2)$ 表示成 $c_1 \cdot 1 + c_2 \cdot (x+1) + c_3 \cdot x^2$ 的形式。

1. 表示 $T(1) = 1$：
   $1 = c_1 \cdot 1 + c_2 \cdot (x+1) + c_3 \cdot x^2$
   $1 = c_1 + c_2 x + c_2 + c_3 x^2$
   $1 = (c_1+c_2) + c_2 x + c_3 x^2$
   比較係數：
   $x^2$ 的係數：$c_3 = 0$
   $x$ 的係數：$c_2 = 0$
   常數項：$c_1+c_2 = 1 \implies c_1 + 0 = 1 \implies c_1 = 1$。
   所以，$T(1) = 1 \cdot 1 + 0 \cdot (x+1) + 0 \cdot x^2$。
   第一個矩陣列向量是 $\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$。

2. 表示 $T(x+1) = 2x$：
   $2x = c_1 \cdot 1 + c_2 \cdot (x+1) + c_3 \cdot x^2$
   $2x = c_1 + c_2 x + c_2 + c_3 x^2$
   $2x = (c_1+c_2) + c_2 x + c_3 x^2$
   比較係數：
   $x^2$ 的係數：$c_3 = 0$
   $x$ 的係數：$c_2 = 2$
   常數項：$c_1+c_2 = 0 \implies c_1 + 2 = 0 \implies c_1 = -2$。
   所以，$T(x+1) = -2 \cdot 1 + 2 \cdot (x+1) + 0 \cdot x^2$。
   第二個矩陣列向量是 $\begin{bmatrix} -2 \\ 2 \\ 0 \end{bmatrix}$。

3. 表示 $T(x^2) = 4x^2 - 4x + 1$：
   $4x^2 - 4x + 1 = c_1 \cdot 1 + c_2 \cdot (x+1) + c_3 \cdot x^2$