113 年 國立臺灣大學統計與數據科學碩士班《數學》

本題考查多元函數的連鎖律 (Chain Rule)。
我們已知 $z$ 是 $x, y$ 的函數，而 $x, y$ 又是 $r, \theta$ 的函數。我們要求 $\frac{\partial z}{\partial x}$。
根據連鎖律，我們有：
$\frac{\partial z}{\partial r} = \frac{\partial z}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial r} + \frac{\partial z}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial r}$
$\frac{\partial z}{\partial \theta} = \frac{\partial z}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial \theta} + \frac{\partial z}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial \theta}$

我們需要的是 $\frac{\partial z}{\partial x}$。我們可以利用 Cramer's Rule 或直接代入來求解。
首先，計算 $x$ 和 $y$ 對 $r$ 和 $\theta$ 的偏導數：
$\frac{\partial x}{\partial r} = \cos \theta$
$\frac{\partial y}{\partial r} = \sin \theta$
$\frac{\partial x}{\partial \theta} = -r \sin \theta$
$\frac{\partial y}{\partial \theta} = r \cos \theta$

將這些代入連鎖律的公式：
$\frac{\partial z}{\partial r} = \frac{\partial z}{\partial x} (\cos \theta) + \frac{\partial z}{\partial y} (\sin \theta)$ (1)
$\frac{\partial z}{\partial \theta} = \frac{\partial z}{\partial x} (-r \sin \theta) + \frac{\partial z}{\partial y} (r \cos \theta)$ (2)

我們的目標是解出 $\frac{\partial z}{\partial x}$。
我們可以將 (1) 式乘以 $r \cos \theta$ 並將 (2) 式乘以 $\sin \theta$，然後相減：
$r \cos \theta \frac{\partial z}{\partial r} = r \cos^2 \theta \frac{\partial z}{\partial x} + r \sin \theta \cos \theta \frac{\partial z}{\partial y}$
$\sin \theta \frac{\partial z}{\partial \theta} = -r \sin^2 \theta \frac{\partial z}{\partial x} + r \sin \theta \cos \theta \frac{\partial z}{\partial y}$

相減：
$r \cos \theta \frac{\partial z}{\partial r} - \sin \theta \frac{\partial z}{\partial \theta} = (r \cos^2 \theta - (-r \sin^2 \theta)) \frac{\partial z}{\partial x}$
$r \cos \theta \frac{\partial z}{\partial r} - \sin \theta \frac{\partial z}{\partial \theta} = r (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) \frac{\partial z}{\partial x}$
$r \cos \theta \frac{\partial z}{\partial r} - \sin \theta \frac{\partial z}{\partial \theta} = r \frac{\partial z}{\partial x}$

所以，
$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{r} \left( r \cos \theta \frac{\partial z}{\partial r} - \sin \theta \frac{\partial z}{\partial \theta} \right)$
$\frac{\partial z}{\partial x} = \cos \theta \frac{\partial z}{\partial r} - \frac{\sin \theta}{r} \frac{\partial z}{\partial \theta}$

也可以用另一種方式：
將 (1) 式乘以 $r \sin \theta$ 並將 (2) 式乘以 $\cos \theta$，然後相加：
$r \sin \theta \frac{\partial z}{\partial r} = r \sin \theta \cos \theta \frac{\partial z}{\partial x} + r \sin^2 \theta \frac{\partial z}{\partial y}$
$\cos \theta \frac{\partial z}{\partial \theta} = -r \sin \theta \cos \theta \frac{\partial z}{\partial x} + r \cos^2 \theta \frac{\partial z}{\partial y}$

相加：
$r \sin \theta \frac{\partial z}{\partial r} + \cos \theta \frac{\partial z}{\partial \theta} = (r \sin^2 \theta + r \cos^2 \theta) \frac{\partial z}{\partial y}$

本題考查矩陣的特徵值性質，特別是與行列式和跡數 (trace) 的關係。
已知矩陣 $A$ 可以分解為 $A = LU$，其中 $L$ 是下三角矩陣，且對角線元素均為 1；$U$ 是上三角矩陣。

我們需要求 $A$ 的所有特徵值 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3, \lambda_4$ 的乘積 $\prod_{i=1}^4 \lambda_i$ 和總和 $\sum_{i=1}^4 \lambda_i$。

核心性質：

1. 對於任意方陣 $A$，其特徵值之乘積等於該矩陣的行列式，即 $\prod_{i=1}^n \lambda_i = \det(A)$。
2. 對於任意方陣 $A$，其特徵值之總和等於該矩陣的跡數 (trace)，即 $\sum_{i=1}^n \lambda_i = \operatorname{tr}(A)$。

計算行列式 $\det(A)$：
由於 $A = LU$，且行列式的性質是 $\det(AB) = \det(A)\det(B)$，所以 $\det(A) = \det(L)\det(U)$。

• $L$ 是下三角矩陣，其行列式等於其對角線元素的乘積：$\det(L) = 1 \times 1 \times 1 \times 2 = 2$。
• $U$ 是上三角矩陣，其行列式等於其對角線元素的乘積：$\det(U) = 4 \times 2 \times 1 \times 1 = 8$。

因此，$\det(A) = \det(L)\det(U) = 2 \times 8 = 16$。
所以，特徵值之乘積為 $\prod_{i=1}^4 \lambda_i = \det(A) = 16$。

計算跡數 $\operatorname{tr}(A)$：
矩陣 $A$ 是 $4 \times 4$ 的矩陣。我們可以先計算出 $A$ 的具體形式，然後計算其跡數。
$A = LU = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 \\ 3 & 3 & 1 & 0 \\ 4 & 7 & 3 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4 & 3 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & 7 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 9 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

計算矩陣乘法：
$A_{11} = 1 \times 4 + 0 \times 0 + 0 \times 0 + 0 \times 0 = 4$
$A_{12} = 1 \times 3 + 0 \times 2 + 0 \times 0 + 0 \times 0 = 3$
$A_{13} = 1 \times 2 + 0 \times 7 + 0 \times 1 + 0 \times 0 = 2$
$A_{14} = 1 \times 1 + 0 \times 4 + 0 \times 9 + 0 \times 1 = 1$

$A_{21} = 2 \times 4 + 1 \times 0 + 0 \times 0 + 0 \times 0 = 8$
$A_{22} = 2 \times 3 + 1 \times 2 + 0 \times 0 + 0 \times 0 = 6 + 2 = 8$
$A_{23} = 2 \times 2 + 1 \times 7 + 0 \times 1 + 0 \times 0 = 4 + 7 = 11$
$A_{24} = 2 \times 1 + 1 \times 4 + 0 \times 9 + 0 \times 1 = 2 + 4 = 6$

$A_{31} = 3 \times 4 + 3 \times 0 + 1 \times 0 + 0 \times 0 = 12$
$A_{32} = 3 \times 3 + 3 \times 2 + 1 \times 0 + 0 \times 0 = 9 + 6 = 15$
$A_{33} = 3 \times 2 + 3 \times 7 + 1 \times 1 + 0 \times 0 = 6 + 21 + 1 = 28$
$A_{34} = 3 \times 1 + 3 \times 4 + 1 \times 9 + 0 \times 1 = 3 + 12 + 9 = 24$

$A_{41} = 4 \times 4 + 7 \times 0 + 3 \times 0 + 2 \times 0 = 16$
$A_{42} = 4 \times 3 + 7 \times 2 + 3 \times 0 + 2 \times 0 = 12 + 14 = 26$
$A_{43} = 4 \times 2 + 7 \times 7 + 3 \times 1 + 2 \times 0 = 8 + 49 + 3 = 60$
$A_{44} = 4 \times 1 + 7 \times 4 + 3 \times 9 + 2 \times 1 = 4 + 28 + 27 + 2 = 61$

所以，矩陣 $A$ 為：
$A = \begin{pmatrix} 4 & 3 & 2 & 1 \\ 8 & 8 & 11 & 6 \\ 12 & 15 & 28 & 24 \\ 16 & 26 & 60 & 61 \end{pmatrix}$

矩陣的跡數是主對角線元素的總和：
$\operatorname{tr}(A) = A_{11} + A_{22} + A_{33} + A_{44} = 4 + 8 + 28 + 61 = 101$。

核心觀念

本題綜合考查：

• 積分平均值與夾擠定理。
• 廣義積分及 Gamma 函數：
  $\Gamma(s)=\int_0^\infty x^{s-1}e^{-x}\,dx$
• 對數極限與指數函數。
• 分部積分及階乘遞迴公式：
  $n!=n(n-1)!$

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(i) $\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x}\int_0^x\sin(t^2)\,dt$

解題方法

當 $t\to 0$ 時，$\sin(t^2)\to 0$。由積分平均值定理，存在 $\xi_x\in[0,x]$，使得

$$\frac{1}{x}\int_0^x\sin(t^2)\,dt=\sin(\xi_x^2).$$

因為 $x\to0^+$ 時，$0\leq \xi_x\leq x$，所以 $\xi_x\to0$。因此

$$\lim_{x\to0^+}\sin(\xi_x^2)=\sin 0=0.$$

故

$$\boxed{0}$$

解題技巧

也可直接使用夾擠定理。因為對 $t\geq0$，

$$0\leq \sin(t^2)\leq t^2,$$

所以

$$0\leq \frac1x\int_0^x\sin(t^2)\,dt \leq \frac1x\int_0^x t^2\,dt =\frac{x^2}{3}\to0.$$

---

(ii) $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{\int_0^x t^2e^{-t}\,dt}{\int_0^x te^{-t}\,dt}$

解題方法

由於 $t^2e^{-t}$ 與 $te^{-t}$ 都可積分於 $[0,\infty)$，可先分別計算廣義積分。

分母：

$$\int_0^\infty te^{-t}\,dt = \left[-(t+1)e^{-t}\right]_0^\infty =1.$$

分子使用分部積分：

$$\int_0^\infty t^2e^{-t}\,dt = \left[-t^2e^{-t}\right]_0^\infty + 2\int_0^\infty te^{-t}\,dt.$$

因為 $t^2e^{-t}\to0$，故

$$\int_0^\infty t^2e^{-t}\,dt =2\cdot1=2.$$

因此

$$\lim_{x\to\infty} \frac{\int_0^x t^2e^{-t}\,dt}{\int_0^x te^{-t}\,dt} = \frac{\int_0^\infty t^2e^{-t}\,dt} {\int_0^\infty te^{-t}\,dt} = \frac21=2.$$

故

$$\boxed{2}$$

解題技巧

利用 Gamma 函數公式：

$$\int_0^\infty t^k e^{-t}\,dt=k!$$

因此分子為 $2!=2$，分母為 $1!=1$，比值立即得到 $2$。

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(iii) $\displaystyle \lim_{t\to0^+}(1-\tan t)^{1/t}$

解題方法

令

$$L=\lim_{t\to0^+}(1-\tan t)^{1/t}.$$

取自然對數：

核心觀念

本題考查：

• Gram–Schmidt 正交化程序；
• 正交規範基底的求法；
• 向量在子空間上的正交投影。

若 $u_1,\ldots,u_k$ 為由 Gram–Schmidt 得到的互相正交向量，則規範化後

$$e_i=\frac{u_i}{\|u_i\|}$$

形成正交規範基底。對任意向量 $x$，其在 $V$ 上的投影為

$$\operatorname{proj}_V(x) =\sum_{i=1}^k (x\cdot e_i)e_i.$$

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解題方法

依序以 $v_1,v_2,v_3$ 進行 Gram–Schmidt 正交化。

（i）求 $V$ 的正交規範基底

第一步

令

$$u_1=v_1= \begin{bmatrix} 1\\0\\1\\0 \end{bmatrix}.$$

其長度為

$$\|u_1\|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}.$$

因此

$$e_1=\frac{u_1}{\|u_1\|} =\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1\\0\\1\\0 \end{bmatrix}.$$

第二步

先將 $v_2$ 減去其在 $u_1$ 方向上的投影：

$$\operatorname{proj}_{u_1}(v_2) =\frac{v_2\cdot u_1}{u_1\cdot u_1}u_1.$$

計算內積：

$$v_2\cdot u_1 = \begin{bmatrix} 1\\1\\1\\0 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 1\\0\\1\\0 \end{bmatrix} =2,$$

且

$$u_1\cdot u_1=2.$$

故

$$\operatorname{proj}_{u_1}(v_2)=u_1.$$

因此

$$u_2=v_2-u_1 = \begin{bmatrix} 1\\1\\1\\0 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 1\\0\\1\\0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\1\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

由於 $\|u_2\|=1$，所以

$$e_2= \begin{bmatrix} 0\\1\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

第三步

將 $v_3$ 分別投影到 $u_1$ 與 $u_2$ 上：

$$\operatorname{proj}_{u_1}(v_3) = \frac{v_3\cdot u_1}{u_1\cdot u_1}u_1.$$

其中

$$v_3\cdot u_1 = \begin{bmatrix} 1\\-1\\0\\1 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 1\\0\\1\\0 \end{bmatrix} =1,$$

因此

$$\operatorname{proj}_{u_1}(v_3) =\frac12 \begin{bmatrix} 1\\0\\1\\0 \end{bmatrix}.$$

另外，

$$\operatorname{proj}_{u_2}(v_3) = \frac{v_3\cdot u_2}{u_2\cdot u_2}u_2 =-u_2 = \begin{bmatrix} 0\\1\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

因此

$$\begin{aligned} u_3 &=v_3-\operatorname{proj}_{u_1}(v_3) -\operatorname{proj}_{u_2}(v_3)\\ &= \begin{bmatrix} 1\\-1\\0\\1 \end{bmatrix} -\frac12 \begin{bmatrix} 1\\0\\1\\0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0\\1\\0\\0 \end{bmatrix}\\ &= \begin{bmatrix} \frac12\\0\\-\frac12\\1 \end{bmatrix}. \end{aligned}$$

其長度為

$$\|u_3\| = \sqrt{\frac14+\frac14+1} = \sqrt{\frac32} = \frac{\sqrt6}{2}.$$

故

本題考查多元函數的極值與鞍點的求解，需要計算一階偏導數、二階偏導數，並應用二階偏導測試。

步驟 1：計算一階偏導數並尋找臨界點。
函數為 $f(x,y) = x^2y - xy^2 + xy - y^2$。
計算一階偏導數：
$\frac{\partial f}{\partial x} = 2xy - y^2 + y$
$\frac{\partial f}{\partial y} = x^2 - 2xy + x - 2y$

令一階偏導數為零，得到方程組：

1. $2xy - y^2 + y = 0 \implies y(2x - y + 1) = 0$
2. $x^2 - 2xy + x - 2y = 0$

由方程 (1)，我們有兩種情況：
情況 1：$y = 0$
將 $y=0$ 代入方程 (2)：
$x^2 - 2x(0) + x - 2(0) = 0$
$x^2 + x = 0$
$x(x+1) = 0$
所以，$x = 0$ 或 $x = -1$。
這給出兩個臨界點：$(0, 0)$ 和 $(-1, 0)$。

情況 2：$2x - y + 1 = 0 \implies y = 2x + 1$
將 $y = 2x + 1$ 代入方程 (2)：
$x^2 - 2x(2x+1) + x - 2(2x+1) = 0$
$x^2 - (4x^2 + 2x) + x - (4x + 2) = 0$
$x^2 - 4x^2 - 2x + x - 4x - 2 = 0$
$-3x^2 - 5x - 2 = 0$
$3x^2 + 5x + 2 = 0$
使用求根公式 $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$：
$x = \frac{-5 \pm \sqrt{5^2 - 4(3)(2)}}{2(3)} = \frac{-5 \pm \sqrt{25 - 24}}{6} = \frac{-5 \pm \sqrt{1}}{6} = \frac{-5 \pm 1}{6}$
所以，$x = \frac{-5+1}{6} = \frac{-4}{6} = -\frac{2}{3}$ 或 $x = \frac{-5-1}{6} = \frac{-6}{6} = -1$。

若 $x = -\frac{2}{3}$，則 $y = 2(-\frac{2}{3}) + 1 = -\frac{4}{3} + 1 = -\frac{1}{3}$。
這給出臨界點 $(-\frac{2}{3}, -\frac{1}{3})$。

若 $x = -1$，則 $y = 2(-1) + 1 = -2 + 1 = -1$。
這給出臨界點 $(-1, -1)$。

因此，我們有四個臨界點：$(0, 0)$, $(-1, 0)$, $(-\frac{2}{3}, -\frac{1}{3})$, $(-1, -1)$。

步驟 2：計算二階偏導數。
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x} (2xy - y^2 + y) = 2y$
$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y} (x^2 - 2xy + x - 2y) = -2x - 2$
$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (2xy - y^2 + y) = 2x - 2y + 1$
$\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (x^2 - 2xy + x - 2y) = 2x - 2y + 1$
（二階混合偏導數相等，符合 Clairaut's Theorem）。

步驟 3：應用二階偏導測試 (Hessian Matrix)。
Hessian 矩陣為 $H(x,y) = \begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy} \\ f_{yx} & f_{yy} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2y & 2x - 2y + 1 \\ 2x - 2y + 1 & -2x - 2 \end{pmatrix}$。
行列式 $D(x,y) = \det(H(x,y)) = f_{xx}f_{yy} - (f_{xy})^2 = (2y)(-2x-2) - (2x - 2y + 1)^2$。

我們需要計算在每個臨界點的 $D$ 值和 $f_{xx}$ 值。

核心觀念

本題考查內積空間中的正交補空間。

• $P_3$ 表示所有次數不超過 $3$ 的多項式所成的向量空間。
• 內積定義為 $$(f,g)=\int_0^1 f(x)g(x)\,dx.$$
• $W^\perp$ 定義為 $$W^\perp=\{f\in P_3:(f,w)=0,\ \forall w\in W\}.$$
• 若 $W$ 是有限維內積空間的子空間，則 $$\dim W+\dim W^\perp=\dim P_3.$$

---

(i) $P_3$ 中元素的一般形式

因為 $P_3$ 是所有次數不超過 $3$ 的多項式，因此任意 $f\in P_3$ 可寫成

$$f(x)=a+bx+cx^2+dx^3,$$

其中 $a,b,c,d\in\mathbb{R}$。

因此，

$$P_3=\operatorname{span}\{1,x,x^2,x^3\},$$

且

$$\dim P_3=4.$$

---

(ii) 求 $\dim W^\perp$

題目給定

$$W=\operatorname{span}\{x^2,x^3\}.$$

由於 $x^2$ 與 $x^3$ 線性獨立，因此

$$\dim W=2.$$

又因為 $\dim P_3=4$，利用正交補空間的維度公式：

$$\dim W^\perp=\dim P_3-\dim W=4-2=2.$$

所以

$$\boxed{\dim W^\perp=2}.$$

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(iii) 求 $W^\perp$ 的一組基底

令

$$f(x)=a+bx+cx^2+dx^3\in P_3.$$

要使 $f\in W^\perp$，必須同時滿足

$$(f,x^2)=0,\qquad (f,x^3)=0,$$

因為 $x^2,x^3$ 是 $W$ 的生成元。

建立正交條件

首先，

$$(f,x^2) =\int_0^1 (a+bx+cx^2+dx^3)x^2\,dx.$$

因此

$$(f,x^2) =\frac{a}{3}+\frac{b}{4}+\frac{c}{5}+\frac{d}{6}=0.$$

其次，

$$(f,x^3) =\int_0^1 (a+bx+cx^2+dx^3)x^3\,dx,$$

所以

$$(f,x^3) =\frac{a}{4}+\frac{b}{5}+\frac{c}{6}+\frac{d}{7}=0.$$

故 $a,b,c,d$ 必須滿足

$$\begin{cases} \dfrac{a}{3}+\dfrac{b}{4}+\dfrac{c}{5}+\dfrac{d}{6}=0,\\[6pt] \dfrac{a}{4}+\dfrac{b}{5}+\dfrac{c}{6}+\dfrac{d}{7}=0. \end{cases}$$

由於有兩個獨立線性條件，而原本有四個係數，因此解空間維度為 $2$，也與第 (ii) 小題的結果一致。

求兩個獨立解

令 $c=1,d=0$，則

本題考查二次型的矩陣表示以及通過變換將二次型化為標準型。

Part (i): Find a symmetric matrix $A$ such that $f(x, y) = [x, y] A \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$.
二次型 $f(x,y) = 3x^2 - 4xy + 3y^2$ 可以表示為矩陣形式。
一般形式為 $f(x,y) = \begin{pmatrix} x & y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$。
展開後得到 $ax^2 + (b+c)xy + dy^2$。
我們希望這個形式與 $3x^2 - 4xy + 3y^2$ 相等。
所以，我們需要 $a=3$, $d=3$, 且 $b+c = -4$。
為了使矩陣 $A$ 對稱，我們要求 $b=c$。
因此，$b+b = -4 \implies 2b = -4 \implies b = -2$。
所以，$c = -2$。
對稱矩陣 $A$ 為：
$A = \begin{pmatrix} 3 & -2 \\ -2 & 3 \end{pmatrix}$。

我們可以驗證：
$[x, y] \begin{pmatrix} 3 & -2 \\ -2 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = [3x - 2y, -2x + 3y] \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$
$= (3x - 2y)x + (-2x + 3y)y$
$= 3x^2 - 2xy - 2xy + 3y^2$
$= 3x^2 - 4xy + 3y^2$。
這與給定的二次型一致。

【答案】$A = \begin{pmatrix} 3 & -2 \\ -2 & 3 \end{pmatrix}$。

Part (ii): Find a matrix $Q$ such that the transformation $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = Q \begin{pmatrix} s \\ t \end{pmatrix}$ satisfies $f(x,y) = s^2 + 5t^2$.
這意味著我們需要找到一個變換，將二次型 $f(x,y)$ 化為標準型 $s^2 + 5t^2$。
標準型 $s^2 + 5t^2$ 對應的矩陣形式是 $\begin{pmatrix} s & t \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} s \\ t \end{pmatrix}$。
令 $D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix}$。
我們有 $f(x,y) = [x, y] A \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$。
變換是 $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = Q \begin{pmatrix} s \\ t \end{pmatrix}$。
所以，$\begin{pmatrix} x & y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} s & t \end{pmatrix} Q^T$。
代入二次型：
$f(x,y) = \begin{pmatrix} s & t \end{pmatrix} Q^T A Q \begin{pmatrix} s \\ t \end{pmatrix}$。
我們希望這個結果等於 $\begin{pmatrix} s & t \end{pmatrix} D \begin{pmatrix} s \\ t \end{pmatrix}$。
因此，我們需要 $Q^T A Q = D$。

這是一個特徵值分解的問題。矩陣 $A = \begin{pmatrix} 3 & -2 \\ -2 & 3 \end{pmatrix}$ 是一個對稱矩陣。
其特徵值是方程 $\det(A - \lambda I) = 0$ 的根。
$\det \begin{pmatrix} 3-\lambda & -2 \\ -2 & 3-\lambda \end{pmatrix} = (3-\lambda)^2 - (-2)^2 = (3-\lambda)^2 - 4 = 0$。
$(3-\lambda)^2 = 4$。
$3-\lambda = \pm 2$。
$\lambda = 3 \mp 2$。
所以，特徵值是 $\lambda_1 = 3-2 = 1$ 和 $\lambda_2 = 3+2 = 5$。
這與標準型 $s^2 + 5t^2$ 的係數 $1$ 和 $5$ 相符。

現在我們需要找到對應於這些特徵值的特徵向量。
對於 $\lambda_1 = 1$: