115 年 國立臺灣大學統計與數據科學碩士班《數學》

此題考驗定積分的計算，區域 $R$ 是一個以原點為中心、邊長為 $\sqrt{2}$ 的正方形。

(a) 積分區域 $R$ 為 $|x| + |y| \leq 1$，這是一個以原點為中心、頂點在 $(1,0), (0,1), (-1,0), (0,-1)$ 的正方形。由於被積分函數 $e^{x+y}$ 在區域 $R$ 上是對稱的，且區域 $R$ 也關於 $x$ 軸、$y$ 軸和原點對稱，我們可以利用這個對稱性來簡化計算。

考慮在第一象限的積分，即 $x \ge 0, y \ge 0$ 且 $x+y \le 1$。此區域是一個直角三角形，頂點為 $(0,0), (1,0), (0,1)$。
在第一象限的積分為 $\int_0^1 \int_0^{1-x} e^{x+y} dy dx$。
先對 $y$ 積分：
$\int_0^{1-x} e^{x+y} dy = e^x \int_0^{1-x} e^y dy = e^x [e^y]_0^{1-x} = e^x (e^{1-x} - e^0) = e^x (e^{1-x} - 1) = e - e^x$。
接著對 $x$ 積分：
$\int_0^1 (e - e^x) dx = [ex - e^x]_0^1 = (e \cdot 1 - e^1) - (e \cdot 0 - e^0) = (e - e) - (0 - 1) = 1$。

因為積分區域 $R$ 包含四個象限，而函數 $e^{x+y}$ 在各象限的積分值是相等的（可以透過變數替換證明，例如在第二象限令 $x'=-x, y'=y$，則

核心觀念

本題考查二重高斯積分與二次型配方。基本公式為

$$\iint_{\mathbb{R}^2} e^{-(u^2+v^2)}\,du\,dv=\pi.$$

關鍵在於將指數中的二次式

$$x^2+xy+y^2$$

透過配方與變數變換化為 $u^2+v^2$ 的形式，同時正確計算雅可比行列式。

此外，

$$x^2+xy+y^2 = \left(x+\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3}{4}y^2>0$$

除了 $(x,y)=(0,0)$ 外皆為正，因此積分確實收斂。

解題方法

先將二次式配方：

$$x^2+xy+y^2 = \left(x+\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3}{4}y^2.$$

令

$$u=x+\frac{y}{2},\qquad v=\frac{\sqrt{3}}{2}y.$$

則

$$x^2+xy+y^2=u^2+v^2.$$

計算雅可比行列式：

$$\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} = \begin{vmatrix} 1 & \frac12\\ 0 & \frac{\sqrt3}{2} \end{vmatrix} = \frac{\sqrt3}{2}.$$

因此

$$dx\,dy = \left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|du\,dv = \frac{2}{\sqrt3}\,du\,dv.$$

原積分化為

此題考驗積分的換元法與分部積分法，是關於反函數積分的一個重要性質。

(a) 我們要證明 $\int_{f(a)}^{f(b)} g(y)dy = bf(b) - af(a) - \int_a^b f(x)dx$。
考慮積分 $\int_{f(a)}^{f(b)} g(y)dy$。
我們對這個積分進行變數替換。令 $y = f(x)$。
由於 $f$ 是嚴格單調的，且 $f'$ 連續，所以 $y$ 的範圍從 $f(a)$ 到 $f(b)$ 對應於 $x$ 的範圍從 $a$ 到 $b$。
當 $y = f(a)$ 時，$x = a$。
當 $y = f(b)$ 時，$x = b$。
$dy = f'(x)dx$。
所以，$\int_{f(a)}^{f(b)} g(y)dy = \int_a^b g(f(x)) f'(x) dx$。

核心觀念

本題利用 (a) 的反函數積分公式。若 $f$ 在區間上嚴格單調且可微，$g=f^{-1}$，則反函數圖形下方的面積可透過原函數的積分計算。

本題取

$$f(x)=e^x,\qquad g(x)=\ln x$$

因為 $e^x$ 與 $\ln x$ 互為反函數。由於 $\ln x$ 在 $x=0$ 附近無定義，積分

$$\int_0^1\ln x\,dx$$

必須視為瑕積分。

解題方法

先在 $[\varepsilon,1]$ 上計算，其中 $\varepsilon>0$。令

$$f(x)=e^x,\qquad g(x)=\ln x$$

則 $g=f^{-1}$，且

$$f(\ln\varepsilon)=\varepsilon,\qquad f(0)=1.$$

由 (a) 的反函數積分關係，

$$\int_{\ln\varepsilon}^{0}e^x\,dx + \int_{\varepsilon}^{1}\ln x\,dx = 0\cdot 1-(\ln\varepsilon)\varepsilon.$$

先計算指數函數部分：

$$\int_{\ln\varepsilon}^{0}e^x\,dx = \left[e^x\right]_{\ln\varepsilon}^{0} = 1-\varepsilon.$$

因此

$$1-\varepsilon+\int_{\varepsilon}^{1}\ln x\,dx = -\varepsilon\ln\varepsilon.$$

移項得

這題是線性代數中關於「投影矩陣」最經典且核心的考題，主要測驗考生對於正交投影幾何定義與代數性質（冪等性、對稱性）之間等价關係的掌握度。解題關鍵在於熟練運用內積的定義將幾何上的「垂直」條件轉譯為矩陣運算，並透過取特殊向量（如 $Pv$ 或 $v-Pv$）來推導矩陣必須滿足的代數約束。這不僅是台大統計所常考的證明題型，更是理解最小平方誤差（Least Squares）與主成分分析（PCA）等統計方法的數學基礎。

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第 3 題 (a) 詳解

題目分析：
題目給定正交投影矩陣的幾何定義：對於任意 $v \in \mathbb{R}^n$，殘差向量 $(v - Pv)$ 必須與值域 $S = \text{Im}(P)$ 中的任何向量 $w$ 正交。我们需要證明此幾何定義等价於代數定義：$P$ 是冪等矩陣（$P^2=P$）且為對稱矩陣（$P^T=P$）。證明需分為兩個方向：$(\Rightarrow)$ 由幾何定義推導代數性質，以及 $(\Leftarrow)$ 由代數性質推導幾何定義。

證明過程：

方向一：$(\Rightarrow)$ 若 $P$ 是正交投影矩陣，則 $P$ 是冪等且對稱的。

1. 證明冪等性 ($P^2 = P$)：
   根據題目定義，$S = \text{Im}(P)$。對於任意向量 $v \in \mathbb{R}^n$，投影後的向量 $Pv$ 必然落在 $S$ 中（因為 $Pv$ 本身就是 $P$ 作用於 $v$ 的結果，屬於 $P$ 的行空間）。
   既然 $Pv \in S$，我們可以將 $Pv$ 視為定義中的 $w$。根據正交投影的定義，殘差 $(v - Pv)$ 必須與 $S$ 中的所有向量正交，當然也包含 $Pv$ 本身。
   然而，更直觀的論證是利用投影的冪等特性：若 $x$ 已經在子空間 $S$ 上，則對 $x$ 再次投影不會改變它。
   具體來說，考慮任意 $v \in \mathbb{R}^n$。令 $u = Pv$，則 $u \in S$。
   根據投影的定義，$Pu$ 應該是 $u$ 在 $S$ 上的投影。由於 $u$ 本身就在 $S$ 中，其投影就是它自己，即 $Pu = u$。
   代入 $u=Pv$，我們得到 $P(Pv) = Pv$，即 $P^2 v = Pv$。
   由於這對所有 $v \in \mathbb{R}^n$ 都成立，故：
   $P^2 = P$
   此即證得 $P$ 為冪等矩陣。

2. 證明對稱性 ($P^T = P$)：
   根據題目給定的正交條件：對於任意 $v \in \mathbb{R}^n$ 以及任意 $w \in S$，都有 $w^T(v - Pv) = 0$。
   由於 $S = \text{Im}(P)$，任意 $w \in S$ 都可以寫成 $w = Py$ 的形式，其中 $y \in \mathbb{R}^n$。
   將 $w = Py$ 代入正交條件式：
   $(Py)^T (v - Pv) = 0$

核心觀念

在實矩陣空間上，內積須滿足正定性、對稱性，以及加法性與齊次性。此題的關鍵是把跡內積改寫成矩陣元素的乘積總和。

令 $A=(a_{ij})$、$B=(b_{ij})$。由矩陣乘法與跡的定義，

$$\langle A,B\rangle =\operatorname{tr}(A^T B) =\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}a_{ij}b_{ij}.$$

因此，這個映射就是把兩個矩陣相同位置的元素相乘後加總。

解題方法

逐一驗證四項內積公理。

1. 正定性

令 $B=A$，則

$$\langle A,A\rangle =\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}a_{ij}^{\,2} \geq 0.$$

此總和等於 $0$，當且僅當每個 $a_{ij}=0$，也就是 $A=0$。故 $\langle A,A\rangle\geq 0$，且 $\langle A,A\rangle=0$ 當且僅當 $A=0$。

2. 對稱性

交換 $A$ 與 $B$，利用實數乘法的交換律：

$$\langle A,B\rangle =\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}a_{ij}b_{ij} =\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}b_{ij}a_{ij} =\langle B,A\rangle.$$

3. 加法性

核心觀念

線性獨立的定義，是檢查向量的線性組合何時會等於零向量。設 $V$ 是定義在數域 $\mathbb{F}$ 上的向量空間，向量 $v_1,\ldots,v_k$ 線性獨立，意指：

$$a_1v_1+\cdots+a_kv_k=0_V,\qquad a_1,\ldots,a_k\in\mathbb{F}$$

成立時，必定有

$$a_1=\cdots=a_k=0.$$

其中 $0_V$ 表示 $V$ 中的零向量。

解題方法

核心觀念

本題考查「對應於相異特徵值的特徵向量必線性獨立」。特徵向量 $v_i$ 對應特徵值 $\lambda_i$，依定義滿足

$$T(v_i)=\lambda_i v_i,\qquad v_i\ne 0.$$

證明線性獨立的標準做法，是假設這些向量存在一組線性組合等於零，再利用線性轉換與特徵值的性質，逐步推出所有係數都為零。

解題方法

對 $k$ 使用數學歸納法。

當 $k=1$ 時，$v_1$ 是特徵向量，因此 $v_1\ne 0$。若 $c_1v_1=0$，必有 $c_1=0$，故 $\{v_1\}$ 線性獨立。

假設任意對應於 $k-1$ 個相異特徵值的特徵向量皆線性獨立。考慮 $k$ 個特徵向量，並假設

$$c_1v_1+c_2v_2+\cdots+c_kv_k=0.$$

對等式兩側施以線性算子 $T-\lambda_k I$。由線性性及 $T(v_i)=\lambda_i v_i$，可得

$$\sum_{i=1}^{k}c_i\bigl(T(v_i)-\lambda_kv_i\bigr)=0,$$

也就是

$$\sum_{i=1}^{k-1}c_i(\lambda_i-\lambda_k)v_i=0.$$

核心觀念

本題考拉格朗日乘數法：在等式限制下尋找極值時，若限制函數的梯度線性獨立，極值點必須滿足目標函數的梯度可由限制函數梯度線性表示。

本題有兩個限制：

$$g_1(x,y)=\sum_{i=1}^{n}x_i^2-1=0,\qquad g_2(x,y)=\sum_{i=1}^{n}y_i^2-1=0.$$

在可行點上，$x$ 與 $y$ 都是單位向量，因此 $\nabla g_1=(2x,0)$ 與 $\nabla g_2=(0,2y)$ 均非零且線性獨立，符合使用拉格朗日乘數法的條件。

解題方法

設拉格朗日函數為

$$\mathcal{L}(x,y,\lambda,\mu) =\sum_{i=1}^{n}x_i y_i -\lambda\left(\sum_{i=1}^{n}x_i^2-1\right) -\mu\left(\sum_{i=1}^{n}y_i^2-1\right).$$

對每個 $x_i$、$y_i$ 分別微分並令偏導數為零：

$$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial x_i} =y_i-2\lambda x_i=0, \qquad \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial y_i} =x_i-2\mu y_i=0.$$

因此對所有 $i$，有

$$y_i=2\lambda x_i,\qquad x_i=2\mu y_i.$$

核心觀念

柯西–施瓦茲不等式的核心，是利用平方和必定非負。令

$$A=\sum_{i=1}^{n}a_i^2,\qquad B=\sum_{i=1}^{n}b_i^2,\qquad C=\sum_{i=1}^{n}a_i b_i.$$

對任意實數 $t$，平方和非負給出

$$\sum_{i=1}^{n}(a_i-tb_i)^2\geq 0.$$

展開後，這是一個關於 $t$ 的二次式。

解題方法

先處理 $B=0$ 的情形。因為 $B$ 是平方和，$B=0$ 表示每個 $b_i=0$，因此 $C=0$，題目不等式成立。

接著假設 $B>0$。對任意實數 $t$，有

$$0\leq\sum_{i=1}^{n}(a_i-tb_i)^2 =A-2tC+t^2B.$$

取 $t=\dfrac{C}{B}$，得到

核心觀念

若矩陣 $A$ 有 $n$ 個線性獨立的特徵向量，將這些特徵向量依序排成矩陣 $P$ 的各欄，並將對應的特徵值依序排在對角矩陣 $D$ 上，便有

$$A=PDP^{-1}.$$

因此，求特徵分解的關鍵是找出一組線性獨立的特徵向量，並讓 $P$ 的欄向量順序與 $D$ 的對角元素順序一致。

解題方法

矩陣 $A$ 的前兩列與前兩行形成區塊

$$\begin{bmatrix} 2&1\\ 1&2 \end{bmatrix},$$

第三個座標則獨立對應特徵值 $3$。對左上方的 $2\times2$ 區塊計算特徵值：

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

所以整個矩陣的特徵值為 $\lambda=1$ 與 $\lambda=3$；其中 $\lambda=3$ 對應兩個線性獨立的特徵向量。

對 $\lambda=3$，可取

$$v_1=\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}, \qquad v_3=\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}.$$

直接計算可得 $Av_1=3v_1$、$Av_3=3v_3$。

對 $\lambda=1$，可取

$$v_2=\begin{bmatrix}1\\-1\\0\end{bmatrix},$$

且 $Av_2=v_2$。

將這些特徵向量依序排成 $P$ 的欄，對應特徵值依序排入 $D$：

核心觀念

若矩陣 $A$ 可對角化，且 $A=PDP^{-1}$，則可在特徵值所在的對角矩陣上取平方根：若 $D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)$，取 $R=\operatorname{diag}(\sqrt{\lambda_1},\sqrt{\lambda_2},\sqrt{\lambda_3})$，便有 $R^2=D$。因此令 $B=PRP^{-1}$，即可得到 $B^2=A$。

解題方法

左上角的 $2\times2$ 區塊

$$\begin{bmatrix} 2&1\\ 1&2 \end{bmatrix}$$

有特徵向量 $\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$，對應特徵值 $3$；以及特徵向量 $\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}$，對應特徵值 $1$。第三個特徵向量為 $\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}$，對應特徵值 $3$。

取這些特徵向量為 $P$ 的欄向量，可得

$$P= \begin{bmatrix} 1&1&0\\ 1&-1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}, \qquad P^{-1}= \begin{bmatrix} \frac12&\frac12&0\\ \frac12&-\frac12&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}.$$