113 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）》

核心觀念

本題考查矩陣的維度判斷、矩陣乘法元素表示，以及跡（trace）的定義。

對任意 $n\times n$ 方陣 $C=[c_{ij}]$，其跡為主對角線元素之和：

$$\operatorname{trace}(C)=\sum_{j=1}^{n}c_{jj}.$$

由於

• $A$ 為 $m\times n$ 矩陣；
• $A^T$ 為 $n\times m$ 矩陣；
• $B$ 為 $m\times m$ 矩陣；

因此

$$A^TBA$$

是 $n\times n$ 矩陣。故題目中的 $I$ 應理解為 $n\times n$ 單位矩陣，即 $I_n$。

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解題方法

先利用跡的線性性：

$$\operatorname{trace}(\lambda I_n-A^TBA) = \operatorname{trace}(\lambda I_n) - \operatorname{trace}(A^TBA).$$

因為 $I_n$ 的主對角線有 $n$ 個 $1$，所以

$$\operatorname{trace}(\lambda I_n)=n\lambda.$$

接著計算 $A^TBA$ 的第 $j$ 個對角線元素。

矩陣 $A^TBA$ 的第 $(j,j)$ 個元素為

$$(A^TBA)_{jj} = \sum_{p=1}^{m}\sum_{q=1}^{m} (A^T)_{jp}b_{pq}a_{qj}.$$

由於

$$(A^T)_{jp}=a_{pj},$$

可得

$$(A^TBA)_{jj} = \sum_{p=1}^{m}\sum_{q=1}^{m} a_{pj}b_{pq}a_{qj}.$$

依照跡的定義，將所有對角線元素相加：

本題考查求逆矩陣的方法。我們可以使用高斯-約旦消去法 (Gauss-Jordan elimination) 來求解。將矩陣 $A$ 與單位矩陣 $I$ 並列寫成 $[A|I]$，然後通過一系列列運算將 $A$ 化為單位矩陣 $I$，此時右側的矩陣就會變成 $A^{-1}$，即 $[I|A^{-1}]$。

給定的矩陣是：
$A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 1 \\ 1 & -1 & 2 & 2 \\ 1 & -2 & 4 & 1 \\ 1 & -2 & 4 & 1 \end{pmatrix}$

首先，我們寫出增廣矩陣：
$\begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 1 & | & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 2 & 2 & | & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & -2 & 4 & 1 & | & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & -2 & 4 & 1 & | & 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

進行列運算：

1. $R_2 \leftarrow R_2 - R_1$, $R_3 \leftarrow R_3 - R_1$, $R_4 \leftarrow R_4 - R_1$
   $\begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 1 & | & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & | & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & 0 & | & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & 0 & | & -1 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

本題考查線性轉換的性質，包括線性驗證、基底轉換矩陣的求法，以及線性轉換的秩與零度。

(a) 證明 $T$ 是線性轉換：
線性轉換需要滿足兩個條件：

1. 可加性：$T(p(x) + q(x)) = T(p(x)) + T(q(x))$
2. 齊次性：$T(c \cdot p(x)) = c \cdot T(p(x))$，其中 $c$ 是純量。

設 $p(x), q(x) \in P_2$ (所有次數小於等於 2 的多項式)。
定義 $p(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2$ 且 $q(x) = b_0 + b_1 x + b_2 x^2$。
$p(x) + q(x) = (a_0+b_0) + (a_1+b_1)x + (a_2+b_2)x^2$。

驗證可加性：
$T(p(x) + q(x)) = x(p(x) + q(x))$
$= x((a_0+b_0) + (a_1+b_1)x + (a_2+b_2)x^2)$
$= x(a_0+b_0) + x(a_1+b_1)x + x(a_2+b_2)x^2$
$= (a_0 x + a_1 x^2 + a_2 x^3) + (b_0 x + b_1 x^2 + b_2 x^2)$
$= T(p(x)) + T(q(x))$
可加性成立。

驗證齊次性：
設 $c$ 為一個純量。
$T(c \cdot p(x)) = T(c(a_0 + a_1 x + a_2 x^2))$
$= T(ca_0 + ca_1 x + ca_2 x^2)$
$= x(ca_0 + ca_1 x + ca_2 x^2)$
$= ca_0 x + ca_1 x^2 + ca_2 x^3$
$= c(a_0 x + a_1 x^2 + a_2 x^3)$
$= c \cdot T(p(x))$
齊次性成立。

由於兩個條件都成立，因此 $T$ 是線性轉換。

(b) 求基底轉換矩陣 $[T]_{C \leftarrow B}$：
基底 $B = \{v_1, v_2\}$，其中 $v_1 = 1 + 2x$, $v_2 = 1 - x$。
基底 $C = \{w_1, w_2, w_3\}$，其中 $w_1 = 1$, $w_2 = x$, $w_3 = x^2 + 1$。

我們需要計算 $T(v_1)$ 和 $T(v_2)$，然後將它們表示為基底 $C$ 的線性組合。
$T(v_1) = T(1 + 2x) = x(1 + 2x) = x + 2x^2$。
將 $x + 2x^2$ 表示為基底 $C$ 的線性組合：
$x + 2x^2 = c_1(1) + c_2(x) + c_3(x^2 + 1)$
$x + 2x^2 = c_1 + c_2 x + c_3 x^2 + c_3$
$x + 2x^2 = (c_1+c_3) + c_2 x + c_3 x^2$
比較係數：
$c_3 = 2$ (係數 $x^2$)
$c_2 = 1$ (係數 $x$)
$c_1+c_3 = 0 \implies c_1 + 2 = 0 \implies c_1 = -2$
所以，$T(v_1) = -2w_1 + 1w_2 + 2w_3$。
在基底 $C$ 下，$T(v_1)$ 的座標向量是 $\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}$。

$T(v_2) = T(1 - x) = x(1 - x) = x - x^2$。
將 $x - x^2$ 表示為基底 $C$ 的線性組合：
$x - x^2 = d_1(1) + d_2(x) + d_3(x^2 + 1)$
$x - x^2 = d_1 + d_2 x + d_3 x^2 + d_3$
$x - x^2 = (d_1+d_3) + d_2 x + d_3 x^2$
比較係數：
$d_3 = -1$ (係數 $x^2$)
$d_2 = 1$ (係數 $x$)
$d_1+d_3 = 0 \implies d_1 + (-1) = 0 \implies d_1 = 1$
所以，$T(v_2) = 1w_1 + 1w_2 - 1w_3$。
在基底 $C$ 下，$T(v_2)$ 的座標向量是 $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}$。

基底轉換矩陣 $[T]_{C \leftarrow B}$ 的列就是這些座標向量：
$[T]_{C \leftarrow B} = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}$。

(c) 求 $T$ 的秩 (rank) 和零度 (nullity)：
線性轉換 $T: P_2 \rightarrow P_3$。
$P_2$ 的維度是 3 (基底為 $\{1, x, x^2\}$)。
$P_3$ 的維度是 4 (基底為 $\{1, x, x^2, x^3\}$)。

秩-零度定理 (Rank-Nullity Theorem) 指出：
$\text{dim}(\text{domain}) = \text{rank}(T) + \text{nullity}(T)$
$\text{dim}(P_2) = \text{rank}(T) + \text{nullity}(T)$
$3 = \text{rank}(T) + \text{nullity}(T)$

秩 (rank) 是像空間 (image space, Im(T)) 的維度。
像空間 Im(T) 是由 $T(p(x))$ 的所有可能值組成的集合。
$T(p(x)) = xp(x)$。
如果 $p(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 \in P_2$，那麼 $T(p(x)) = x(a_0 + a_1 x + a_2 x^2) = a_0 x + a_1 x^2 + a_2 x^3$。
這是一個 $P_3$ 中的多項式，其常數項為 0。
Im(T) 的元素形式為 $ax + bx^2 + cx^3$，其中 $a, b, c$ 是任意係數。
Im(T) 的一個基底是 $\{x, x^2, x^3\}$。
因此，Im(T) 的維度是 3。
$\text{rank}(T) = \text{dim}(\text{Im}(T)) = 3$。

零度 (nullity) 是核空間 (kernel space, Ker(T)) 的維度。
核空間 Ker(T) 是所有滿足 $T(p(x)) = 0$ 的 $p(x) \in P_2$ 的集合。
$T(p(x)) = xp(x) = 0$。
如果 $p(x)$ 是非零多項式，則 $xp(x)$ 只有當 $p(x) = 0$ 時才為零多項式。
對於 $p(x) \in P_2$, $p(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2$.
$xp(x) = a_0 x + a_1 x^2 + a_2 x^3 = 0$。
這要求所有係數為 0，即 $a_0 = 0, a_1 = 0, a_2 = 0$。
所以，Ker(T) 只包含零多項式 $p(x) = 0$。
Ker(T) = $\{0\}$。
Ker(T) 的維度是 0。
$\text{nullity}(T) = \text{dim}(\text{Ker}(T)) = 0$。

驗證秩-零度定理：
$\text{rank}(T) + \text{nullity}(T) = 3 + 0 = 3$。
$\text{dim}(\text{domain}) = \text{dim}(P_2) = 3$。
定理成立。

另一種求秩的方法是利用基底轉換矩陣。
基底轉換矩陣 $[T]_{C \leftarrow B}$ 是一個 $3 \times 2$ 的矩陣。
秩是像空間的維度，它也等於基底轉換矩陣的秩。
矩陣 $[T]_{C \leftarrow B} = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}$。
這個矩陣的秩是 2，因為它有兩個線性獨立的列向量 (顯然它們不是成比例的)。
如果秩是 2，那麼根據秩-零度定理，$3 = 2 + \text{nullity}(T)$，則 $\text{nullity}(T) = 1$。
這與我們計算出的 $\text{nullity}(T) = 0$ 相矛盾。

哪裡出錯了？
問題在於，基底轉換矩陣的秩是像空間在目標基底下的維度，但這個維度是相對於「子空間」的。
我們需要注意，基底轉換矩陣的秩反映的是轉換映射到目標空間的像的維度。
我們定義的 $P_2$ 到 $P_3$ 的映射 $T$，其像空間的維度確實是 3。
我們從 $P_2$ 的基底 $\{1, x, x^2\}$ 出發，來看 $T$ 的像。
$T(1) = x$
$T(x) = x^2$
$T(x^2) = x^3$
這三個向量 $\{x, x^2, x^3\}$ 都在 $P_3$ 中，並且是線性獨立的。它們構成了 Im(T) 的一個基底。
所以 $\text{rank}(T) = 3$。
而 $\text{nullity}(T) = \text{dim}(P_2) - \text{rank}(T) = 3 - 3 = 0$。

為什麼基底轉換矩陣的秩是 2？
基底轉換矩陣 $[T]_{C \leftarrow B}$ 的列向量是 $T(v_1)$ 和 $T(v_2)$ 在基底 $C$ 下的座標。
$T(v_1) = x + 2x^2$
$T(v_2) = x - x^2$
這兩個向量 $x+2x^2$ 和 $x-x^2$ 顯然是線性獨立的。
它們的組合 $a(x+2x^2) + b(x-x^2) = (a+b)x + (2a-b)x^2$ 構成了 Im(T) 的一個子空間。
這個子空間的維度是 2。
但是，Im(T) 並不局限於由 $v_1, v_2$ 的像生成的子空間。
Im(T) 是由 $T$ 的所有輸出組成的。
我們應該從定義域的標準基底出發來求基底轉換矩陣，才能直接得到像空間的維度。

讓我們用 $P_2$ 的標準基底 $B' = \{1, x, x^2\}$ 來計算轉換矩陣 $[T]_{C \leftarrow B'}$。
$T(1) = x$。在基底 $C = \{1, x, x^2+1\}$ 下，$x = 0 \cdot 1 + 1 \cdot x + 0 \cdot (x^2+1)$。

本題考查線性代數中關於基底和線性獨立性的性質。題目要求證明，若 $S = \{v_1, v_2, \dots, v_n\}$ 是 $R^n$ 的一個基底，且 $A$ 是一個 $n \times n$ 的非奇異 (non-singular) 矩陣，則 $\{Av_1, Av_2, \dots, Av_n\}$ 也構成 $R^n$ 的一個基底，或者更具體地說，是線性獨立的。

證明方法：
我們需要證明集合 $\{Av_1, Av_2, \dots, Av_n\}$ 是線性獨立的。根據線性獨立的定義，我們需要證明，若有純量 $c_1, c_2, \dots, c_n$ 使得
$c_1 (Av_1) + c_2 (Av_2) + \dots + c_n (Av_n) = \mathbf{0}$
則必然有 $c_1 = c_2 = \dots = c_n = 0$。

利用矩陣的性質，我們可以將上式改寫為：
$A(c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_n v_n) = \mathbf{0}$

由於矩陣 $A$ 是非奇異的 (non-singular)，這意味著 $A$ 是可逆的。因此，我們可以對等式兩邊同時左乘 $A^{-1}$：
$A^{-1} [A(c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_n v_n)] = A^{-1} \mathbf{0}$
$(A^{-1} A)(c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_n v_n) = \mathbf{0}$
$I (c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_n v_n) = \mathbf{0}$
$c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_n v_n = \mathbf{0}$

現在我們得到一個關於向量 $v_1, v_2, \dots, v_n$ 的線性組合等於零向量的式子。
根據題目給定的條件，集合 $S = \{v_1, v_2, \dots, v_n\}$ 是 $R^n$ 的一個基底。
基底的定義之一就是其向量是線性獨立的。
因此，對於 $c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_n v_n = \mathbf{0}$，必然推導出 $c_1 = c_2 = \dots = c_n = 0$。

本題要求計算一個瑕積分 $\int_{0}^{\infty} \frac{x^2 e^{-x^2}}{n!} dx$。

首先，注意到 $n!$ 是一個常數，可以提出積分號外：
$\frac{1}{n!} \int_{0}^{\infty} x^2 e^{-x^2} dx$
這個積分是一個與高斯積分 (Gaussian integral) 相關的積分。
高斯積分的標準形式是 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$。
由於 $e^{-x^2}$ 是偶函數，所以 $\int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$。

我們需要計算 $\int_{0}^{\infty} x^2 e^{-x^2} dx$。
這可以通過分部積分法或利用 Gamma 函數來求解。

方法一：分部積分法。
令 $u = x$，$dv = x e^{-x^2} dx$。
則 $du = dx$。
為了求 $v$，我們積分 $dv$:
$v = \int x e^{-x^2} dx$。
令 $t = -x^2$，則 $dt = -2x dx$，所以 $x dx = -\frac{1}{2} dt$。
$v = \int e^t (-\frac{1}{2} dt) = -\frac{1}{2} \int e^t dt = -\frac{1}{2} e^t = -\frac{1}{2} e^{-x^2}$。

現在應用分部積分公式 $\int u dv = uv - \int v du$：
$\int_{0}^{\infty} x^2 e^{-x^2} dx = \int_{0}^{\infty} x (x e^{-x^2}) dx$
$= \left[ x (-\frac{1}{2} e^{-x^2}) \right]_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} (-\frac{1}{2} e^{-x^2}) dx$
$= \left[ -\frac{x}{2} e^{-x^2} \right]_{0}^{\infty} + \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx$

計算第一項的極限：
當 $x \to \infty$ 時，$-\frac{x}{2} e^{-x^2}$ 是一個 $\frac{\infty}{\infty}$ 型不定式。
使用 L'Hôpital's rule:
$\lim_{x \to \infty} -\frac{x}{2e^{x^2}} = \lim_{x \to \infty} -\frac{1}{2(2x e^{x^2})} = \lim_{x \to \infty} -\frac{1}{4x e^{x^2}} = 0$。
當 $x=0$ 時，$-\frac{0}{2} e^0 = 0$。
所以，第一項的整個值是 $0 - 0 = 0$。

因此，積分變為：

核心觀念

這題考查利用對數概似函數的導數尋找極值。由於組合係數 $\frac{n!}{(n-x)!x!}$ 不隨 $\theta$ 改變，取對數後它只會成為常數，不影響極值位置。再利用一階導數找臨界點，並以二階導數或嚴格凹性判定極大值。

題目給定 $x>0$ 且 $x<n$，因此 $x/n\in(0,1)$。對數函數 $F(\theta)$ 在 $0<\theta<1$ 有定義。

解題方法

將 $f(\theta)$ 取對數：

$$F(\theta) =\log\frac{n!}{(n-x)!x!} +x\log\theta+(n-x)\log(1-\theta).$$

對 $\theta$ 微分：

$$F'(\theta) =\frac{x}{\theta}-\frac{n-x}{1-\theta}.$$

令一階導數為零：

核心觀念

本題考查無窮極限，以及指數函數的成長速度。當 $x\to+\infty$ 時，$e^x$ 的成長速度快於任何多項式，特別是

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{e^x}=0。$$

原式中的 $e^{-(1+x)}$ 可改寫為

$$e^{-(1+x)}=e^{-1}e^{-x}=\frac{1}{e\,e^x}。$$

解題方法

原極限為

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{e^{-(1+x)}}{\frac{1}{x}}。$$

除以 $\frac{1}{x}$ 等同於乘以 $x$，因此

$$\frac{e^{-(1+x)}}{\frac{1}{x}} =x e^{-(1+x)} =\frac{x}{e^{1+x}} =\frac{1}{e}\cdot\frac{x}{e^x}。$$

由於

核心觀念

本題要求依照黎曼和定義計算定積分：

$$\int_a^b f(x)\,dx = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} f(x_k)\Delta x$$

將區間 $[0,1]$ 等分成 $n$ 個小區間，每個小區間寬度為

$$\Delta x=\frac{1}{n}.$$

取各小區間的右端點

$$x_k=\frac{k}{n},\qquad k=1,2,\ldots,n.$$

因此，本題需要使用 $\sum k^2$ 與 $\sum k^3$ 的公式。

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解題方法

令

$$f(x)=4x^3-3x^2.$$

依黎曼和定義，

$$\int_0^1(4x^3-3x^2)\,dx = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \left[ 4\left(\frac{k}{n}\right)^3 - 3\left(\frac{k}{n}\right)^2 \right]\frac{1}{n}.$$

整理得

$$\int_0^1(4x^3-3x^2)\,dx = \lim_{n\to\infty} \left[ \frac{4}{n^4}\sum_{k=1}^{n}k^3 - \frac{3}{n^3}\sum_{k=1}^{n}k^2 \right].$$

題目已給

$$\sum_{k=1}^{n}k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.$$

另外，由恆等式

$$k^3-(k-1)^3=3k^2-3k+1$$

從 $k=1$ 加到 $k=n$，可得

$$\sum_{k=1}^{n}k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}.$$

代入黎曼和：