112 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）》

此題考驗極限的計算，特別是當底數和指數都趨近於無窮大或零時的處理方式。

我們要求計算極限 $\lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{x} \right)^x$。
這是一個 $\infty^0$ 型的不定型極限。我們可以使用取對數的方法來處理。
令 $y = \left( \frac{1}{x} \right)^x$。
取自然對數：
$\ln y = \ln \left( \left( \frac{1}{x} \right)^x \right)$
$\ln y = x \ln \left( \frac{1}{x} \right)$
$\ln y = x (\ln 1 - \ln x)$
$\ln y = x (0 - \ln x)$
$\ln y = -x \ln x$

現在我們計算 $\lim_{x \to 0^+} \ln y = \lim_{x \to 0^+} (-x \ln x)$。

此題考驗微積分基本定理的應用，特別是涉及變動積分上下限的複合函數微分。

我們需要計算函數 $f(x) = \int_{x^2}^{x} \sqrt{1+t^3} \, dt$ 的導數 $f'(x)$。
根據微積分基本定理，若 $F(x) = \int_a^x g(t) \, dt$，則 $F'(x) = g(x)$。
對於積分上下限都包含變數的情況，我們可以使用積分的性質：
$\int_a^b g(t) \, dt = \int_a^c g(t) \, dt + \int_c^b g(t) \, dt$
且 $\int_a^b g(t) \, dt = - \int_b^a g(t) \, dt$。

我們可以將 $f(x)$ 分解如下：
$f(x) = \int_{x^2}^{0} \sqrt{1+t^3} \, dt + \int_{0}^{x} \sqrt{1+t^3} \, dt$
$f(x) = - \int_{0}^{x^2} \sqrt{1+t^3} \, dt + \int_{0}^{x} \sqrt{1+t^3} \, dt$

現在我們對 $f(x)$ 求導。令 $G(x) = \int_0^x \sqrt{1+t^3} \, dt$。則 $G'(x) = \sqrt{1+x^3}$。

此題分為兩部分，(a) 要求計算一個瑕積分，(b) 要求利用被積函數的線性近似來近似這個積分。

(a) 計算瑕積分

我們需要計算 $\int_{-1}^{0} \frac{1+x}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$。
這個積分是瑕積分，因為當 $x \to -1^+$ 時，分母 $\sqrt{1-x^2} = \sqrt{(1-x)(1+x)} \to 0$，而分子 $1+x \to 0$。
我們需要仔細處理 $x=-1$ 的情況。
首先，觀察被積函數 $f(x) = \frac{1+x}{\sqrt{1-x^2}}$。
我們可以將分母分解為 $\sqrt{1-x^2} = \sqrt{(1-x)(1+x)}$。
所以 $f(x) = \frac{1+x}{\sqrt{1-x}\sqrt{1+x}} = \frac{\sqrt{1+x}}{\sqrt{1-x}} = \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$。
這裡需要注意，當 $x \to -1^+$ 時，$\sqrt{1+x}$ 是趨近於 0 的。
所以 $f(x) = \frac{\sqrt{1+x}}{\sqrt{1-x}}$。

現在我們計算積分：
$\int_{-1}^{0} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \, dx$
這是一個瑕積分，我們將其定義為極限：
$\lim_{a \to -1^+} \int_{a}^{0} \sqrt{\frac{1+x}{1-x}} \, dx$

為了計算這個積分，我們可以進行變數代換。
令 $u = \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$。
則 $u^2 = \frac{1+x}{1-x}$。
$u^2 (1-x) = 1+x$
$u^2 - u^2 x = 1+x$
$u^2 - 1 = x + u^2 x$
$u^2 - 1 = x(1+u^2)$
$x = \frac{u^2-1}{u^2+1}$

現在計算 $dx$。
$\frac{dx}{du} = \frac{2u(u^2+1) - (u^2-1)(2u)}{(u^2+1)^2} = \frac{2u^3+2u - 2u^3+2u}{(u^2+1)^2} = \frac{4u}{(u^2+1)^2}$
所以 $dx = \frac{4u}{(u^2+1)^2} du$。

接下來，我們需要轉換積分的上下限。
當 $x = 0$ 時，$u = \sqrt{\frac{1+0}{1-0}} = \sqrt{1} = 1$。
當 $x \to -1^+$ 時，$u = \sqrt{\frac{1+(-1)}{1-(-1)}} = \sqrt{\frac{0}{2}} = 0$。

所以積分變為：
$\int_{0}^{1} u \cdot \frac{4u}{(u^2+1)^2} \, du = \int_{0}^{1} \frac{4u^2}{(u^2+1)^2} \, du$

我們可以使用部分積分法或三角換元來計算這個積分。
令 $u = \tan \theta$，則 $du = \sec^2 \theta \, d\theta$。
當 $u=0$ 時，$\theta=0$。
當 $u=1$ 時，$\theta=\frac{\pi}{4}$。
$\int_{0}^{\pi/4} \frac{4 \tan^2 \theta}{(\tan^2 \theta+1)^2} \sec^2 \theta \, d\theta$
$= \int_{0}^{\pi/4} \frac{4 \tan^2 \theta}{(\sec^2 \theta)^2} \sec^2 \theta \, d\theta$
$= \int_{0}^{\pi/4} \frac{4 \tan^2 \theta}{\sec^2 \theta} \, d\theta$
$= \int_{0}^{\pi/4} 4 \frac{\sin^2 \theta / \cos^2 \theta}{1 / \cos^2 \theta} \, d\theta$
$= \int_{0}^{\pi/4} 4 \sin^2 \theta \, d\theta$
使用 $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos(2\theta)}{2}$：
$= \int_{0}^{\pi/4} 4 \left( \frac{1 - \cos(2\theta)}{2} \right) \, d\theta$
$= \int_{0}^{\pi/4} (2 - 2\cos(2\theta)) \, d\theta$
$= \left[ 2\theta - \sin(2\theta) \right]_{0}^{\pi/4}$

此題考驗對統計學中最大概似估計法的理解，以及如何利用對數轉換簡化乘積的極值問題。

我們被給予一個函數 $L(\sigma)$，它代表一個乘積的形式，其中 $\sigma > 0$。我們需要找到使 $L(\sigma)$ 最大的 $\sigma$ 值。
$L(\sigma) = \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{1}{2\sigma^2}(x_i - \mu)^2}$

為了簡化計算，我們通常會考慮 $L(\sigma)$ 的對數，即對數概似函數 $\ln L(\sigma)$。最大化 $L(\sigma)$ 等價於最大化 $\ln L(\sigma)$，因為對數函數是單調遞增的。

$\ln L(\sigma) = \ln \left( \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{1}{2\sigma^2}(x_i - \mu)^2} \right)$
$\ln L(\sigma) = \sum_{i=1}^{n} \ln \left( \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{1}{2\sigma^2}(x_i - \mu)^2} \right)$
$\ln L(\sigma) = \sum_{i=1}^{n} \left( \ln \left( \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} \right) + \ln \left( e^{-\frac{1}{2\sigma^2}(x_i - \mu)^2} \right) \right)$
$\ln L(\sigma) = \sum_{i=1}^{n} \left( -\ln(\sqrt{2\pi}\sigma) - \frac{1}{2\sigma^2}(x_i - \mu)^2 \right)$
$\ln L(\sigma) = \sum_{i=1}^{n} \left( -\frac{1}{2}\ln(2\pi) - \frac{1}{2}\ln(\sigma^2) - \frac{1}{2\sigma^2}(x_i - \mu)^2 \right)$
$\ln L(\sigma) = \sum_{i=1}^{n} \left( -\frac{1}{2}\ln(2\pi) - \ln(\sigma) - \frac{1}{2\sigma^2}(x_i - \mu)^2 \right)$

核心觀念

本題考查兩個矩陣基本觀念：

1. 矩陣乘法的維度判斷與元素表示法。

2. 可逆矩陣乘積的逆矩陣公式：

   $(XY)^{-1}=Y^{-1}X^{-1}$

矩陣乘法中，前一矩陣的欄數必須等於後一矩陣的列數；乘積矩陣的第 $(i,j)$ 個元素，等於前一矩陣第 $i$ 列與後一矩陣第 $j$ 欄的內積。

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（a）求 $BCA$ 的 $(i,j)$-entry

已知：

• $A$ 為 $p\times q$ 矩陣；
• $B$ 為 $m\times n$ 矩陣；
• $C$ 為 $n\times p$ 矩陣。

先判斷乘法維度：

$$CA=(n\times p)(p\times q)=n\times q$$

因此：

$$BCA=B(CA)=(m\times n)(n\times q)=m\times q$$

所以 $BCA$ 的第 $(i,j)$ 個元素中，$i=1,\ldots,m$，$j=1,\ldots,q$。

先令

$$D=CA$$

則 $D$ 為 $n\times q$ 矩陣，其第 $(k,j)$ 個元素為

$$d_{kj}=\sum_{\ell=1}^{p}c_{k\ell}a_{\ell j}$$

再計算 $BD$ 的第 $(i,j)$ 個元素：

$$(BD)_{ij} =\sum_{k=1}^{n}b_{ik}d_{kj}$$

代入 $d_{kj}$：

$$(BCA)_{ij} =\sum_{k=1}^{n}b_{ik} \left(\sum_{\ell=1}^{p}c_{k\ell}a_{\ell j}\right)$$

因此，使用雙重 Sigma 記號可寫成：

$$\boxed{ (BCA)_{ij} = \sum_{k=1}^{n}\sum_{\ell=1}^{p} b_{ik}c_{k\ell}a_{\ell j} }$$

也可寫成等價形式：

$$\boxed{ (BCA)_{ij} = \sum_{\ell=1}^{p}\sum_{k=1}^{n} b_{ik}c_{k\ell}a_{\ell j} }$$

因為有限重和的次序可以交換。

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（b）證明 $(BC)^{-1}=C^{-1}B^{-1}$

維度與可逆條件

依題目所給維度，

$$BC=(m\times n)(n\times p)=m\times p$$

一般情況下，$BC$ 不一定是方陣，因此 $(BC)^{-1}$ 未必有定義。

核心觀念

本題考查三個重點：

1. 特徵多項式與特徵值

   特徵多項式定義為

   $p_A(\lambda)=\det(\lambda I-A).$

   若 $p_A(\lambda)=0$，其根即為矩陣 $A$ 的特徵值。

2. 特徵空間

   對特徵值 $\lambda$，其特徵空間為

   $E_\lambda=\ker(A-\lambda I).$

3. 對稱矩陣的正交對角化

   因為 $A^T=A$，由實對稱矩陣的譜定理，$A$ 必可正交對角化。只要取各特徵空間的標準正交基底作為矩陣 $P$ 的列向量，即可得到

   $P^TAP=D,$

   其中 $D$ 為特徵值所組成的對角矩陣。

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(a) 特徵多項式與特徵值

給定

$$A= \begin{bmatrix} 0&2&-1\\ 2&3&-2\\ -1&-2&0 \end{bmatrix}.$$

採用

$$p_A(\lambda)=\det(\lambda I-A)$$

的定義，則

$$\lambda I-A= \begin{bmatrix} \lambda&-2&1\\ -2&\lambda-3&2\\ 1&2&\lambda \end{bmatrix}.$$

沿第一列展開：

$$\begin{aligned} p_A(\lambda) &=\lambda \begin{vmatrix} \lambda-3&2\\ 2&\lambda \end{vmatrix} +2 \begin{vmatrix} -2&2\\ 1&\lambda \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} -2&\lambda-3\\ 1&2 \end{vmatrix}\\ &=\lambda\bigl(\lambda(\lambda-3)-4\bigr) +2(-2\lambda-2) +\bigl(-4-(\lambda-3)\bigr)\\ &=\lambda^3-3\lambda^2-9\lambda-5. \end{aligned}$$

因式分解得

$$p_A(\lambda) =\lambda^3-3\lambda^2-9\lambda-5 =(\lambda-5)(\lambda+1)^2.$$

因此，矩陣 $A$ 的特徵值為

$$\boxed{\lambda=5,\ -1,\ -1}.$$

其中 $\lambda=-1$ 的代數重數為 $2$。

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(b) 特徵空間

特徵值 $\lambda=5$

求解

$$(A-5I)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}.$$

有

$$A-5I= \begin{bmatrix} -5&2&-1\\ 2&-2&-2\\ -1&-2&-5 \end{bmatrix}.$$

令 $\boldsymbol{x}=(x,y,z)^T$，由方程組可化為

$$x=y+z,$$

以及

$$y=-2z.$$

因此

$$x=-z,\qquad y=-2z.$$

取 $z=1$，得到特徵向量

$$\boldsymbol{v}_5= \begin{bmatrix} -1\\ -2\\ 1 \end{bmatrix}.$$

所以

$$\boxed{ E_5 =\operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix} -1\\ -2\\ 1 \end{bmatrix} \right\}. }$$

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特徵值 $\lambda=-1$

求解

$$(A+I)\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}.$$

有

$$A+I= \begin{bmatrix} 1&2&-1\\ 2&4&-2\\ -1&-2&1 \end{bmatrix}.$$

三列只有一個獨立方程：

$$x+2y-z=0.$$

因此

$$x=-2y+z.$$

令 $y=s$、$z=t$，則

$$\begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} = s \begin{bmatrix} -2\\1\\0 \end{bmatrix} +t \begin{bmatrix} 1\\0\\1 \end{bmatrix}.$$

故

$$\boxed{ E_{-1} =\operatorname{span} \left\{ \begin{bmatrix} -2\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{bmatrix} \right\}. }$$

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(c) 正交對角化

由於 $A$ 為實對稱矩陣，不同特徵值的特徵向量必互相正交。

先在 $E_{-1}$ 中選取兩個互相正交的向量：

此題考驗線性變換的性質，特別是關於生成集合 (spanning set) 在線性變換下的映像。

我們要證明的是，如果 $B = \{ \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \ldots, \mathbf{v}_n \}$ 是向量空間 $V$ 的一個生成集合，那麼 $T(B) = \{ T(\mathbf{v}_1), T(\mathbf{v}_2), \ldots, T(\mathbf{v}_n) \}$ 是線性變換 $T$ 的值域 (Range of $T$, 記作 $\text{Im}(T)$ 或 $R(T)$) 的一個生成集合。

證明：
值域 $\text{Im}(T)$ 是由所有形如 $T(\mathbf{v})$ 的向量組成的集合，其中 $\mathbf{v} \in V$。
$\text{Im}(T) = \{ T(\mathbf{v}) \mid \mathbf{v} \in V \}$
由於 $B = \{ \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \ldots, \mathbf{v}_n \}$ 是 $V$ 的一個生成集合，所以 $V$ 中的任何向量 $\mathbf{v}$ 都可以表示為 $B$ 中向量的線性組合。也就是說，存在係數 $c_1, c_2, \ldots, c_n$ 使得：

此題考驗對斜對稱矩陣 (skew-symmetric matrix) 性質的理解，包括其二次型以及與單位矩陣和的性質。

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

給定 $A$ 是一個 $n \times n$ 的斜對稱矩陣，即 $A^T = -A$。
我們需要證明對於任意向量 $\mathbf{x} \in \mathbb{R}^n$，二次型 $\mathbf{x}^T A \mathbf{x}$ 的值為 0。

考慮二次型 $Q = \mathbf{x}^T A \mathbf{x}$。
$Q$ 是一個純量（1x1 矩陣）。因此，$Q^T = Q$。
我們可以寫 $Q^T = (\mathbf{x}^T A \mathbf{x})^T$。
利用轉置的性質 $(ABC)^T = C^T B^T A^T$，我們有：
$(\mathbf{x}^T A \mathbf{x})^T = \mathbf{x}^T A^T (\mathbf{x}^T)^T$
由於 $(\mathbf{x}^T)^T = \mathbf{x}$，所以：
$(\mathbf{x}^T A \mathbf{x})^T = \mathbf{x}^T A^T \mathbf{x}$

因為 $A$ 是斜對稱矩陣，所以 $A^T = -A$。代入上式：
$(\mathbf{x}^T A \mathbf{x})^T = \mathbf{x}^T (-A) \mathbf{x}$
$= - (\mathbf{x}^T A \mathbf{x})$

所以，我們得到 $Q^T = -Q$。
由於 $Q$ 是純量， $Q^T = Q$。
因此，$Q = -Q$。
將所有項移到一邊：$Q + Q = 0 \implies 2Q = 0 \implies Q = 0$。

所以，$\mathbf{x}^T A \mathbf{x} = 0$ 對於所有 $\mathbf{x} \in \mathbb{R}^n$。

【答案】 證明如上。

(b) 證明 $I + A$ 是可逆的

給定 $A$ 是一個 $n \times n$ 的斜對稱矩陣。我們需要證明 $I + A$ 是可逆的。
一個矩陣是可逆的，若且唯若它的行列式不為零，或者若且唯若它的零空間只包含零向量。
另一種證明方法是證明 $\det(I+A) \neq 0$。

考慮 $(I+A)^T$。
$(I+A)^T = I^T + A^T$
由於 $I$ 是單位矩陣，$I^T = I$。
由於 $A$ 是斜對稱矩陣，$A^T = -A$。
所以，$(I+A)^T = I + (-A) = I - A$。

這似乎沒有直接幫助。讓我們嘗試證明 $\det(I+A) \neq 0$。
考慮 $\det(I+A)$。
令 $B = I+A$。我們想證明 $\det(B) \neq 0$。
我們知道 $A^T = -A$。
考慮 $\det(A)$。
$\det(A) = \det(A^T) = \det(-A)$。
對於一個 $n \times n$ 的矩陣 $M$，$\det(cM) = c^n \det(M)$。
所以，$\det(-A) = (-1)^n \det(A)$。
因此，$\det(A) = (-1)^n \det(A)$。
如果 $n$ 是奇數，$\det(A) = -\det(A) \implies 2\det(A) = 0 \implies \det(A) = 0$。
所以，當 $n$ 是奇數時，$A$ 是不可逆的。

現在考慮 $\det(I+A)$。
我們有 $(I+A)^T = I-A$。
$\det(I+A) = \det((I+A)^T) = \det(I-A)$。

如果 $n$ 是奇數：
考慮 $\det(I+A)$。
假設 $(I+A)\mathbf{x} = \mathbf{0}$ 對於某個非零向量 $\mathbf{x}$。
這意味著 $A\mathbf{x} = -\mathbf{x}$。
這表示 $-1$ 是 $A$ 的一個特徵值。
然而，我們知道對於奇數維度的斜對稱矩陣，$\det(A)=0$。
如果 $\lambda$ 是 $A$ 的一個非零特徵值，那麼 $1/\lambda$ 是 $A^{-1}$ 的一個特徵值。
另一方面，如果 $\lambda$ 是 $A$ 的一個特徵值，那麼 $\lambda^2$ 是 $A^T A$ 的一個特徵值。