111 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）》

此題考驗對導數定義的理解以及極限的運算能力，並要求舉出反例證明極限存在但導數不存在的情況。

第一部分：證明 $f'(0)$ 存在時，極限值為 $f'(0)$

已知 $f(x)$ 在原點附近有定義，且 $f'(0)$ 存在。根據導數的定義，我們有：
$f'(0) = \lim_{h\to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h}$
同時，我們也可以考慮從 $-h$ 方向趨近：
$f'(0) = \lim_{h\to 0} \frac{f(0) - f(-h)}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{f(-h) - f(0)}{-h}$

我們要計算的極限是 $\lim_{h\to 0} \frac{f(h) - f(-h)}{2h}$。
我們可以將原式改寫，並加入 $f(0)$：
$\frac{f(h) - f(-h)}{2h} = \frac{f(h) - f(0) + f(0) - f(-h)}{2h}$
$= \frac{1}{2} \left( \frac{f(h) - f(0)}{h} + \frac{f(0) - f(-h)}{h} \right)$
$= \frac{1}{2} \left( \frac{f(h) - f(0)}{h} - \frac{f(-h) - f(0)}{h} \right)$
$= \frac{1}{2} \left( \frac{f(h) - f(0)}{h} + \frac{f(-h) - f(0)}{-h} \right)$

當 $h \to 0$ 時，由於 $f'(0)$ 存在，我們知道：
$\lim_{h\to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = f'(0)$
$\lim_{h\to 0} \frac{f(-h) - f(0)}{-h} = f'(0)$ (令 $k = -h$，當 $h \to 0$ 時，$k \to 0$，$\lim_{k\to 0} \frac{f(k) - f(0)}{k} = f'(0)$)

因此，
$\lim_{h\to 0} \frac{f(h) - f(-h)}{2h} = \frac{1}{2} \left( \lim_{h\to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} + \lim_{h\to 0} \frac{f(-h) - f(0)}{-h} \right)$
$= \frac{1}{2} (f'(0) + f'(0)) = \frac{1}{2} (2f'(0)) = f'(0)$
證明完畢。

第二部分：給出反例，證明極限存在不代表 $f'(0)$ 存在

我們需要找一個函數 $f(x)$，使得 $\lim_{h\to 0} \frac{f(h) - f(-h)}{2h}$ 存在，但 $f'(0)$ 不存在。
一個常見的反例是絕對值函數或其變形。考慮函數 $f(x) = |x|$。
我們知道 $f(x) = |x|$ 在 $x=0$ 處是連續的，但在 $x=0$ 處不可導。

我們來計算 $\lim_{h\to 0} \frac{f(h) - f(-h)}{2h}$：
$f(h) = |h|$
$f(-h) = |-h| = |h|$
所以，
$\lim_{h\to 0} \frac{f(h) - f(-h)}{2h} = \lim_{h\to 0} \frac{|h| - |h|}{2h} = \lim_{h\to 0} \frac{0}{2h} = \lim_{h\to 0} 0 = 0$
這個極限存在，且值為 0。

然而，我們來檢查 $f'(0)$ 是否存在：
$f'(0) = \lim_{h\to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{|h| - |0|}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{|h|}{h}$
考慮從右側趨近：$\lim_{h\to 0^+} \frac{|h|}{h} = \lim_{h\to 0^+} \frac{h}{h} = 1$
考慮從左側趨近：$\lim_{h\to 0^-} \frac{|h|}{h} = \lim_{h\to 0^-} \frac{-h}{h} = -1$
由於左右極限不相等 ($1 \neq -1$)，所以 $f'(0)$ 不存在。

此題要求找出曲線在給定點的切線方程式，需要計算導函數並代入點的座標。

給定曲線方程式為 $y = x(\ln x)^2 + \frac{x}{\ln x}$，且切點為 $(e, 2e)$。
首先，我們需要計算函數 $y$ 對 $x$ 的導數 $\frac{dy}{dx}$。

我們將函數分成兩部分來微分：
第一部分：$y_1 = x(\ln x)^2$
使用乘法規則 $(uv)' = u'v + uv'$，其中 $u=x$，$v=(\ln x)^2$。
$u' = \frac{d}{dx}(x) = 1$
$v' = \frac{d}{dx}((\ln x)^2) = 2(\ln x) \cdot \frac{d}{dx}(\ln x) = 2(\ln x) \cdot \frac{1}{x} = \frac{2 \ln x}{x}$
所以，$y_1' = 1 \cdot (\ln x)^2 + x \cdot \frac{2 \ln x}{x} = (\ln x)^2 + 2 \ln x$。

第二部分：$y_2 = \frac{x}{\ln x}$
使用除法規則 $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$，其中 $u=x$，$v=\ln x$。
$u' = \frac{d}{dx}(x) = 1$
$v' = \frac{d}{dx}(\ln x) = \frac{1}{x}$

核心觀念

本題考查：

• 有限和的極限；
• 黎曼和與定積分的對應；
• 公式
  $\int \frac{1}{1+x}\,dx=\ln(1+x)+C.$

其中 $n$ 為固定的正整數，$r$ 趨近無限大。

解題方法

原式為

$$\frac{1}{r+1}+\frac{1}{r+2}+\cdots+\frac{1}{r+nr}.$$

將第 $k$ 項的分母提出 $r$：

$$\frac{1}{r+k} = \frac{1}{r}\cdot \frac{1}{1+\frac{k}{r}}.$$

因此原極限可改寫為

$$\lim_{r\to\infty} \frac{1}{r} \sum_{k=1}^{nr} \frac{1}{1+\frac{k}{r}}.$$

令

$$x_k=\frac{k}{r},\qquad \Delta x=\frac{1}{r}.$$

當 $k=1,2,\ldots,nr$ 時，$x_k$ 從接近 $0$ 的位置取值至 $n$，故上式正是函數

$$f(x)=\frac{1}{1+x}$$

在區間 $[0,n]$ 上的黎曼和。因此，

$$\lim_{r\to\infty} \frac{1}{r} \sum_{k=1}^{nr} \frac{1}{1+\frac{k}{r}} = \int_0^n \frac{1}{1+x}\,dx.$$

計算定積分：

此題主要考驗微積分基本定理的應用。題目給出一個積分方程，其中包含待求的函數 $f(t)$ 和常數 $c$。

已知方程為：
$\int_c^x tf(t)dt = \cos x - \frac{1}{2} \quad (*)$
此方程對所有 $x \in \mathbb{R}$ 成立。

第一步：求解常數 $c$

令 $x=c$ 代入方程 $(*)$：
$\int_c^c tf(t)dt = \cos c - \frac{1}{2}$
由於積分區間的上下限相同，積分值為 0：
$0 = \cos c - \frac{1}{2}$
$\cos c = \frac{1}{2}$
常見的解有 $c = \frac{\pi}{3} + 2k\pi$ 或 $c = -\frac{\pi}{3} + 2k\pi$，其中 $k$ 為整數。題目要求找到「常數 $c$」，通常我們會取最簡單的解，例如 $c = \frac{\pi}{3}$ 或 $c = -\frac{\pi}{3}$。如果題目沒有特別要求，可以先用 $c$ 表示，之後如果需要特定值再代入。不過，通常這種題目會隱含一個預設的範圍或最簡形式。我們暫時將其記為 $\cos c = \frac{1}{2}$。

第二步：求解函數 $f(t)$

根據微積分基本定理，如果 $F(x) = \int_a^x g(t)dt$，且 $g(t)$ 是連續函數，則 $F'(x) = g(x)$。
我們的方程左邊是 $\int_c^x tf(t)dt$。令 $G(x) = \int_c^x tf(t)dt$。
由於 $f(t)$ 是連續函數，則 $tf(t)$ 也是連續函數。
根據微積分基本定理，對方程 $(*)$ 兩邊對 $x$ 微分：
$\frac{d}{dx} \left( \int_c^x tf(t)dt \right) = \frac{d}{dx} \left( \cos x - \frac{1}{2} \right)$
左邊的微分是 $x f(x)$（根據微積分基本定理，將積分變數 $t$ 換成微分變數 $x$）。
右邊的微分是 $-\sin x$。
所以，我們得到：
$x f(x) = -\sin x$

現在，我們可以解出 $f(x)$。
對於 $x \neq 0$：
$f(x) = -\frac{\sin x}{x}$

第三步：確認 $f(x)$ 的連續性

題目要求 $f$ 是一個連續函數。
我們得到的 $f(x) = -\frac{\sin x}{x}$ 在 $x \neq 0$ 時是連續的。
但是，在 $x=0$ 處，此函數未定義（分母為零）。
我們需要檢查在 $x=0$ 處的行為，看它是否可以被定義成一個連續點。
考慮 $\lim_{x\to 0} f(x) = \lim_{x\to 0} -\frac{\sin x}{x}$。
我們知道 $\lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$。
所以，$\lim_{x\to 0} f(x) = -1$。

此題要求繪製積分區域並計算二重積分。

第一部分：繪製積分區域 $D$

積分區域 $D$ 由曲線 $y=x^2$ 和 $y=\sqrt{x}$ 所圍成。
首先，我們需要找出這兩條曲線的交點。
令 $x^2 = \sqrt{x}$。
兩邊平方得 $x^4 = x$。
$x^4 - x = 0$
$x(x^3 - 1) = 0$
$x(x-1)(x^2+x+1) = 0$
由於 $x^2+x+1$ 的判別式為 $1^2 - 4(1)(1) = -3 < 0$，所以它沒有實數根。
因此，實數交點只有 $x=0$ 和 $x=1$。
當 $x=0$ 時，$y=0^2=0$ 且 $y=\sqrt{0}=0$，交點為 $(0,0)$。
當 $x=1$ 時，$y=1^2=1$ 且 $y=\sqrt{1}=1$，交點為 $(1,1)$。

現在我們需要確定在 $x \in [0, 1]$ 的範圍內，哪條曲線在上方。
在 $x=0.5$ 處，
$y = x^2 = (0.5)^2 = 0.25$
$y = \sqrt{x} = \sqrt{0.5} \approx 0.707$
所以，在區間 $(0, 1)$ 上，曲線 $y=\sqrt{x}$ 在 $y=x^2$ 的上方。

積分區域 $D$ 是由 $(0,0)$ 和 $(1,1)$ 這兩個交點所圍成的區域。
繪圖時，畫出 $y=x^2$ (拋物線，開口向上，通過原點) 和 $y=\sqrt{x}$ (曲線，通過原點和 $(1,1)$)。
在 $x$ 從 0 到 1 的範圍內，y=sqrt(x) 位於 y=x^2 的上方。
區域 $D$ 是一個封閉的區域，其邊界是這兩條曲線。

第二部分：設定積分限

積分是 $\iint_D xe^y dy dx$。
這個積分的順序是先對 $y$ 積分，再對 $x$ 積分 (dy dx)。
所以，我們需要將區域 $D$ 表示成 $x$ 的範圍和對於每個 $x$， $y$ 的範圍。

對於 $x$ 的範圍，我們已經知道它從 0 到 1。
對於給定的 $x$ 值， $y$ 的下界是較低的曲線，上界是較高的曲線。
在 $x \in [0, 1]$ 的範圍內，下界是 $y=x^2$，上界是 $y=\sqrt{x}$。
所以，積分區域 $D$ 可以表示為：
$D = \{ (x, y) \mid 0 \le x \le 1, x^2 \le y \le \sqrt{x} \}$

積分可以寫成：
$\int_0^1 \int_{x^2}^{\sqrt{x}} xe^y dy dx$

第三部分：計算積分

首先，計算內層積分：
$\int_{x^2}^{\sqrt{x}} xe^y dy$
將 $x$ 視為常數。
$x \int_{x^2}^{\sqrt{x}} e^y dy = x [e^y]_{y=x^2}^{y=\sqrt{x}}$
$= x (e^{\sqrt{x}} - e^{x^2})$
$= xe^{\sqrt{x}} - xe^{x^2}$

接下來，計算外層積分：
$\int_0^1 (xe^{\sqrt{x}} - xe^{x^2}) dx$
這個積分可以分成兩部分：$\int_0^1 xe^{\sqrt{x}} dx - \int_0^1 xe^{x^2} dx$。

計算 $\int_0^1 xe^{x^2} dx$：
這部分比較容易。令 $u = x^2$，則 $du = 2x dx$，所以 $x dx = \frac{1}{2} du$。
當 $x=0$ 時，$u=0$。
當 $x=1$ 時，$u=1$。
$\int_0^1 xe^{x^2} dx = \int_0^1 e^u (\frac{1}{2} du) = \frac{1}{2} \int_0^1 e^u du$
$= \frac{1}{2} [e^u]_0^1 = \frac{1}{2} (e^1 - e^0) = \frac{1}{2} (e - 1)$

計算 $\int_0^1 xe^{\sqrt{x}} dx$：
這部分比較複雜，需要使用積分技巧。
令 $u = \sqrt{x}$。則 $u^2 = x$，所以 $2u du = dx$。
當 $x=0$ 時，$u=0$。
當 $x=1$ 時，$u=1$。
$\int_0^1 xe^{\sqrt{x}} dx = \int_0^1 u^2 e^u (2u du) = 2 \int_0^1 u^3 e^u du$
這個積分需要使用分部積分法（Integration by Parts）兩次。
分部積分公式：$\int u dv = uv - \int v du$。

第一次分部積分：令 $U = u^3$，$dV = e^u du$。則 $dU = 3u^2 du$，$V = e^u$。
$2 \int_0^1 u^3 e^u du = 2 \left( [u^3 e^u]_0^1 - \int_0^1 e^u (3u^2 du) \right)$
$= 2 \left( (1^3 e^1 - 0^3 e^0) - 3 \int_0^1 u^2 e^u du \right)$
$= 2 \left( e - 3 \int_0^1 u^2 e^u du \right)$
$= 2e - 6 \int_0^1 u^2 e^u du$

第二次分部積分，針對 $\int_0^1 u^2 e^u du$：令 $U = u^2$，$dV = e^u du$。則 $dU = 2u du$，$V = e^u$。
$\int_0^1 u^2 e^u du = [u^2 e^u]_0^1 - \int_0^1 e^u (2u du)$
$= (1^2 e^1 - 0^2 e^0) - 2 \int_0^1 u e^u du$
$= e - 2 \int_0^1 u e^u du$
代回原式：
$2e - 6 \left( e - 2 \int_0^1 u e^u du \right) = 2e - 6e + 12 \int_0^1 u e^u du$
$= -4e + 12 \int_0^1 u e^u du$

再次使用分部積分法，針對 $\int_0^1 u e^u du$：令 $U = u$，$dV = e^u du$。則 $dU = du$，$V = e^u$。
$\int_0^1 u e^u du = [u e^u]_0^1 - \int_0^1 e^u du$
$= (1 e^1 - 0 e^0) - [e^u]_0^1$
$= e - (e^1 - e^0)$
$= e - (e - 1) = 1$

將結果代回：
$-4e + 12 (1) = 12 - 4e$
所以，$\int_0^1 xe^{\sqrt{x}} dx = 12 - 4e$。

最後，將兩部分的積分結果相減：
$\iint_D xe^y dy dx = \int_0^1 xe^{\sqrt{x}} dx - \int_0^1 xe^{x^2} dx$
$= (12 - 4e) - \frac{1}{2}(e - 1)$

此題是線性代數中的基本性質證明題，涵蓋了矩陣轉置、反對稱矩陣（skew-symmetric matrix）以及可逆性的概念。

設 $A$ 為一個 $n \times n$ 的方陣。

a. 證明 $A - A^T$ 是反對稱矩陣

根據反對稱矩陣的定義，一個矩陣 $B$ 是反對稱的，若且唯若 $B^T = -B$。
我們要證明矩陣 $B = A - A^T$ 是反對稱的。
我們需要計算 $B^T$ 並檢查它是否等於 $-B$。

$B^T = (A - A^T)^T$
利用轉置矩陣的性質 $(M-N)^T = M^T - N^T$：
$B^T = A^T - (A^T)^T$
利用轉置矩陣的性質 $(M^T)^T = M$：
$B^T = A^T - A$

現在我們來比較 $B^T$ 和 $-B$：
$-B = -(A - A^T) = -A + A^T = A^T - A$

我們看到 $B^T = A^T - A$ 且 $-B = A^T - A$。
因此，$B^T = -B$。
所以，$A - A^T$ 是反對稱矩陣。

b. 證明 $A - A^T$ 的對角線元素必須為零

設 $A = [a_{ij}]$，則 $A^T = [a_{ji}]$。
令 $B = A - A^T$。則 $B = [b_{ij}]$，其中 $b_{ij} = a_{ij} - a_{ji}$。
我們要證明對角線元素 $b_{ii}$ 必須為零。

對於對角線元素，我們令 $i=j$。
$b_{ii} = a_{ii} - a_{ii}$
$b_{ii} = 0$

因此，矩陣 $A - A^T$ 的所有對角線元素都必須為零。

c. 證明 $x^T (A - A^T)x = 0$ 對於所有 $x \in \mathbb{R}^n$

我們已經知道 $B = A - A^T$ 是一個反對稱矩陣（從 a 部分得知），並且其對角線元素為零（從 b 部分得知）。
我們要證明 $x^T B x = 0$ 對於所有向量 $x \in \mathbb{R}^n$。

考慮純量值 $x^T B x$。由於它是一個純量，所以它等於它的轉置：
$x^T B x = (x^T B x)^T$
利用轉置矩陣的性質 $(MNP)^T = P^T N^T M^T$：
$(x^T B x)^T = x^T B^T (x^T)^T = x^T B^T x$

因為 $B$ 是反對稱矩陣，所以 $B^T = -B$。
將此代入上式：
$x^T B^T x = x^T (-B) x = -x^T B x$

所以，我們得到：
$x^T B x = -x^T B x$
將 $-x^T B x$ 移到等號左邊：
$x^T B x + x^T B x = 0$
$2 (x^T B x) = 0$
$x^T B x = 0$

因此，對於所有 $x \in \mathbb{R}^n$，都有 $x^T (A - A^T)x = 0$。

d. 證明 $I_n + A - A^T$ 是可逆的

設 $B = A - A^T$。我們知道 $B$ 是反對稱矩陣，且其對角線元素為零。
我們要證明 $I_n + B$ 是可逆的。
一個矩陣是可逆的，若且唯若它的行列式不為零，或者它的核空間（null space）只包含零向量。

考慮矩陣 $M = I_n + B$。
我們要證明 $\det(M) \neq 0$。

一個重要的性質是：如果 $B$ 是一個反對稱矩陣，那麼 $I_n + B$ 是可逆的。
證明這個性質：
假設 $I_n + B$ 不是可逆的。

此題是關於矩陣秩（rank）的基本性質證明。需要運用秩的定義、核空間（null space）或像空間（column space）等概念來證明。

a. 證明 $\text{rank}(AB) \le \text{rank}(B)$

設 $A$ 和 $B$ 是 $n \times n$ 的矩陣。
我們知道矩陣的秩等於其像空間（column space）的維度。
令 $C = AB$。我們需要證明 $\dim(\text{Im}(C)) \le \dim(\text{Im}(B))$。

考慮矩陣 $B$ 的像空間 $\text{Im}(B)$。$\text{Im}(B)$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一個子空間。
矩陣 $A$ 可以看作是從 $\mathbb{R}^n$ 到 $\mathbb{R}^n$ 的一個線性變換。
矩陣 $B$ 代表一個線性變換，將向量從 $\mathbb{R}^n$ 映射到 $\text{Im}(B)$。
矩陣 $AB$ 代表先進行 $B$ 的變換，然後再進行 $A$ 的變換。

令 $y \in \text{Im}(AB)$。這意味著存在一個向量 $x \in \mathbb{R}^n$ 使得 $y = (AB)x$。
我們可以將 $y$ 寫成 $y = A(Bx)$。
令 $z = Bx$。由於 $x \in \mathbb{R}^n$，則 $z = Bx$ 必定屬於 $\text{Im}(B)$。
所以，$y = Az$，其中 $z \in \text{Im}(B)$。
這表示 $\text{Im}(AB)$ 中的任何向量 $y$ 都可以表示為 $A$ 作用在 $\text{Im}(B)$ 中的某個向量 $z$ 上。
換句話說，$\text{Im}(AB)$ 是 $A$ 作用在 $\text{Im}(B)$ 上的像的子集，即 $\text{Im}(AB) \subseteq A(\text{Im}(B))$。
而 $A(\text{Im}(B))$ 是 $\text{Im}(B)$ 在線性變換 $A$ 下的像。
顯然，$A(\text{Im}(B)) \subseteq \text{Im}(A)$。
因此，$\text{Im}(AB) \subseteq A(\text{Im}(B))$。

更直接地，考慮 $\text{Im}(AB)$。$\text{Im}(AB)$ 是由矩陣 $AB$ 的列向量組成的空間。
$AB$ 的第 $j$ 個列向量是 $A$ 乘以 $B$ 的第 $j$ 個列向量。
令 $b_j$ 為 $B$ 的第 $j$ 個列向量。則 $AB$ 的第 $j$ 個列向量是 $A b_j$。
$\text{Im}(AB) = \text{span}\{Ab_1, Ab_2, \dots, Ab_n\}$。
而 $\text{Im}(B) = \text{span}\{b_1, b_2, \dots, b_n\}$。

任何 $AB$ 的列向量 $Ab_j$ 都是 $A$ 作用在 $\text{Im}(B)$ 的一個向量 $b_j$ 上。
所以，$\text{Im}(AB)$ 中的任何向量都是 $A$ 作用在 $\text{Im}(B)$ 中的向量的線性組合。
這意味著 $\text{Im}(AB) \subseteq A(\text{Im}(B))$。
並且 $A(\text{Im}(B))$ 是 $\text{Im}(B)$ 在線性變換 $A$ 下的像。
因此，$\text{Im}(AB) \subseteq A(\text{Im}(B))$。
由於 $\text{Im}(B)$ 是 $\mathbb{R}^n$ 的一個子空間，其維度為 $\text{rank}(B)$。
$A(\text{Im}(B))$ 是 $\text{Im}(B)$ 在線性變換 $A$ 下的像。
這個像空間 $A(\text{Im}(B))$ 的維度，記為 $\dim(A(\text{Im}(B)))$。
我們知道 $\dim(A(\text{Im}(B))) \le \dim(\text{Im}(B))$。
而 $\text{Im}(AB)$ 是 $A(\text{Im}(B))$ 的一個子空間（實際上 $\text{Im}(AB) = A(\text{Im}(B))$）。
所以，$\dim(\text{Im}(AB)) \le \dim(A(\text{Im}(B)))$。
結合起來，$\dim(\text{Im}(AB)) \le \dim(A(\text{Im}(B))) \le \dim(\text{Im}(B))$。
因此，$\text{rank}(AB) \le \text{rank}(B)$。

另一種證明方法（使用核空間）：
秩-零度定理（Rank-Nullity Theorem）指出，對於一個 $m \times n$ 的矩陣 $M$，$\text{rank}(M) + \text{nullity}(M) = n$。
其中 $\text{nullity}(M)$ 是矩陣 $M$ 的核空間（null space）的維度，即 $\dim(\ker(M))$。
所以，$\text{rank}(M) = n - \dim(\ker(M))$。

我們需要證明 $\text{rank}(AB) \le \text{rank}(B)$。
這等價於證明 $n - \dim(\ker(AB)) \le n - \dim(\ker(B))$。
這又等價於證明 $-\dim(\ker(AB)) \le -\dim(\ker(B))$。
即 $\dim(\ker(AB)) \ge \dim(\ker(B))$。

考慮矩陣 $B$ 的核空間 $\ker(B) = \{x \in \mathbb{R}^n \mid Bx = 0\}$。
考慮矩陣 $AB$ 的核空間 $\ker(AB) = \{x \in \mathbb{R}^n \mid (AB)x = 0\}$。

核心觀念

在 $\mathbb{R}^3$ 中，若三個非零向量彼此正交，則它們必定線性獨立，因此可構成 $\mathbb{R}^3$ 的一組正交基底。

已知向量為

$$\mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 3 \end{pmatrix}.$$

需再找出兩個向量 $\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3$，使得

$$\mathbf{v}_1\cdot\mathbf{v}_2=0,\qquad \mathbf{v}_1\cdot\mathbf{v}_3=0,\qquad \mathbf{v}_2\cdot\mathbf{v}_3=0.$$

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解題方法

先任取一個與 $\mathbf{v}_1$ 正交的非零向量。令

$$\mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 2\\ -1\\ 0 \end{pmatrix}.$$

驗算：

$$\mathbf{v}_1\cdot\mathbf{v}_2 =1(2)+2(-1)+3(0) =2-2=0.$$

因此 $\mathbf{v}_1$ 與 $\mathbf{v}_2$ 正交。

接著找一個同時垂直於 $\mathbf{v}_1$ 與 $\mathbf{v}_2$ 的向量，可利用外積：

$$\mathbf{v}_3=\mathbf{v}_1\times\mathbf{v}_2.$$

計算得

此題是線性代數中關於特徵值（eigenvalues）的重要性質證明，涉及行列式（determinant）和跡（trace）與特徵值的關係。

設 $A$ 是一個 $n \times n$ 的實數矩陣，其特徵值為 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$。
這意味著特徵多項式 $p(\lambda) = \det(A - \lambda I)$ 的根是 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$。
特徵多項式可以寫成：
$p(\lambda) = \det(A - \lambda I) = (\lambda_1 - \lambda)(\lambda_2 - \lambda) \dots (\lambda_n - \lambda)$
或者，更常見的寫法是：
$p(\lambda) = (-1)^n (\lambda - \lambda_1)(\lambda - \lambda_2) \dots (\lambda - \lambda_n)$

a. 證明 $\det(A) = \lambda_1 \lambda_2 \dots \lambda_n$

我們需要找出特徵多項式 $p(\lambda) = \det(A - \lambda I)$ 中的常數項。
將 $\lambda = 0$ 代入特徵多項式的定義：
$p(0) = \det(A - 0 \cdot I) = \det(A)$

現在，我們將 $\lambda = 0$ 代入特徵多項式的根的表達式：
$p(0) = (-1)^n (0 - \lambda_1)(0 - \lambda_2) \dots (0 - \lambda_n)$
$p(0) = (-1)^n (-\lambda_1)(-\lambda_2) \dots (-\lambda_n)$
$p(0) = (-1)^n (-1)^n (\lambda_1 \lambda_2 \dots \lambda_n)$
$p(0) = (-1)^{2n} (\lambda_1 \lambda_2 \dots \lambda_n)$
$p(0) = 1 \cdot (\lambda_1 \lambda_2 \dots \lambda_n)$
$p(0) = \lambda_1 \lambda_2 \dots \lambda_n$

由於 $p(0) = \det(A)$ 且 $p(0) = \lambda_1 \lambda_2 \dots \lambda_n$，我們得到：
$\det(A) = \lambda_1 \lambda_2 \dots \lambda_n$。

b. 證明 $\text{tr}(A) = \lambda_1 + \lambda_2 + \dots + \lambda_n$

我們需要找出特徵多項式 $p(\lambda) = \det(A - \lambda I)$ 中 $\lambda^{n-1}$ 項的係數。
令 $A = [a_{ij}]$。
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} a_{11} - \lambda & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} - \lambda & \dots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn} - \lambda \end{pmatrix}$

行列式的定義是：
$\det(M) = \sum_{\sigma \in S_n} \text{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n m_{i, \sigma(i)}$
對於 $M = A - \lambda I$，其中 $m_{ij}$ 是 $a_{ij}$ 如果 $i \neq j$ 且 $a_{ii} - \lambda$ 如果 $i=j$。

考慮 $\det(A - \lambda I)$ 的展開。
最高次項 $\lambda^n$ 的係數來自對角線元素的乘積 $(a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)\dots(a_{nn}-\lambda)$ 中的 $\prod_{i=1}^n (-\lambda) = (-\lambda)^n = (-1)^n \lambda^n$。
所以，特徵多項式是 $p(\lambda) = (-1)^n \lambda^n + \dots$。

現在考慮 $\lambda^{n-1}$ 項的係數。
在對角線元素的乘積 $(a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)\dots(a_{nn}-\lambda)$ 中，要得到 $\lambda^{n-1}$ 項，我們必須從 $n-1$ 個 $(-\lambda)$ 項和一個 $a_{ii}$ 項相乘。
例如，從 $(a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)\dots(a_{nn}-\lambda)$ 展開：
$(-1)^n \lambda^n + (-1)^{n-1} (a_{11} + a_{22} + \dots + a_{nn}) \lambda^{n-1} + \dots$
$= (-1)^n \lambda^n + (-1)^{n-1} \text{tr}(A) \lambda^{n-1} + \dots$

其他非對角線的排列組合 $\sigma \neq id$ 在 $\det(A - \lambda I)$ 的展開中，最多只能貢獻到 $\lambda^{n-2}$ 的項。