112 年 國立清華大學計算與建模科學研究所《數學分析》

本題考查多變數微積分（Multivariable Calculus）中二重積分的計算技巧與極限性質。核心觀念包含：

1. 二重積分交換積分順序（Change of Order of Integration）：當原設定之積分順序無法直接求出初等原函數（如 $\sin(y^3)$ 對 $y$ 無法直接微積分基本定理求解）時，利用重積分區域 $D$ 的幾何特徵重新描述變數邊界，改換積分順序（由 $dy \, dx$ 改為 $dx \, dy$）以化簡計算。
2. 瑕積分與富比尼定理（Fubini's Theorem）的成立條件：若被積函數在積分區域內含有奇異點（Singularity）且非絕對可積（即 $\iint_D |f(x,y)| \, dA = \infty$），則富比尼定理不適用，逐次積分（Iterated Integral）的順序不可隨意交換。本題第 (ii) 小題即為說明「積分順序影響結果」的經典理論反例。

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(i) 評估二重積分 $\iint_D \sin(y^3) \, dy \, dx$

解題過程與原理說明：

步驟一：分析積分區域 $D$ 並交換積分順序
原積分式給定為：
$\iint_D \sin(y^3) \, dy \, dx = \int_0^1 \int_x^1 \sin(y^3) \, dy \, dx$
由於 $\sin(y^3)$ 對 $y$ 的不定積分無法表示為初等函數（Non-elementary Integral），直接對 $y$ 積分無法進行，因此必須交換積分順序。

原積分區域 $D$ 描述為：
$D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid 0 \le x \le 1, x \le y \le 1\}$
此區域在直角座標平面上是由 $x = 0$、$x = 1$、$y = x$ 與 $y = 1$ 所圍成的三角形區域。

若改為先對 $x$ 積分、再對 $y$ 積分：

1. $y$ 的整體變動範圍為從底部 $y = 0$ 到頂部 $y = 1$，即 $0 \le y \le 1$。
2. 對於任意固定的 $y$， $x$ 的變動範圍是由左邊界 $x = 0$ 到右邊界 $x = y$，即 $0 \le x \le y$。

因此，區域 $D$ 可重新描述為：
$D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid 0 \le y \le 1, 0 \le x \le y\}$

步驟二：執行逐次積分
根據富比尼定理（被積函數在緊緻區域 $D$ 上連續，可自由交換順序），原式改寫為：
$\iint_D \sin(y^3) \, dy \, dx = \int_0^1 \int_0^y \sin(y^3) \, dx \, dy$

內層對 $x$ 積分時，$\sin(y^3)$ 視為常數：
$\int_0^y \sin(y^3) \, dx = \left[ x \sin(y^3) \right]_{x=0}^{x=y} = y \sin(y^3)$

帶回外層積分，得到：
$\int_0^1 y \sin(y^3) \, dy$

步驟三：求解單變數積分
利用馬克勞林級數（Maclaurin Series）展開式 $\sin(t) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} t^{2k+1}$，帶入 $t = y^3$：
$\sin(y^3) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} y^{6k+3}$
將其帶入積分中：
$\int_0^1 y \sin(y^3) \, dy = \int_0^1 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} y^{6k+4} \, dy$
由於幂級數在區間 $[0,1]$ 上均勻收斂，可將積分與無窮級數求和符號交換並進行逐項積分：
$\int_0^1 y \sin(y^3) \, dy = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} \left[ \frac{y^{6k+5}}{6k+5} \right]_0^1 = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!(6k+5)}$

這兩題考驗對極限的計算能力，特別是涉及指數函數和 $n$ 次方根的極限。

(i) $\lim_{n \to \infty} \frac{2^n + 3^n}{2^{n+1} + 3^{n+1}}$
這是當 $n \to \infty$ 時，分子和分母都趨於無窮大的不定型。
我們可以通過提取主導項來簡化表達式。
分子中的主導項是 $3^n$，分母中的主導項是 $3^{n+1}$。
將分子和分母同除以 $3^n$：
$\frac{2^n + 3^n}{2^{n+1} + 3^{n+1}} = \frac{\frac{2^n}{3^n} + \frac{3^n}{3^n}}{\frac{2^{n+1}}{3^n} + \frac{3^{n+1}}{3^n}} = \frac{(\frac{2}{3})^n + 1}{2 \cdot \frac{2^n}{3^n} + 3} = \frac{(\frac{2}{3})^n + 1}{2 (\frac{2}{3})^n + 3}$

核心觀念

本題考查受限條件下的函數極值，以及判斷函數在可行集合上是否有界。

若函數在可行集合上存在最大值 $M$，必須滿足：

$$f(x,y,z)\le M$$

對所有可行點成立，且至少有一個可行點使 $f=M$。最小值亦同理。若能構造可行點列，使函數值趨近 $+\infty$ 或 $-\infty$，即可分別判定函數無最大值或無最小值。

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解題方法

題目中的限制條件為

$$2x^2-3z^2\le 3-x^2y.$$

移項得

$$x^2(y+2)-3z^2\le 3,$$

或寫成

$$x^2(y+2)\le 3+3z^2.$$

當 $x\ne 0$ 時，可解出 $y$ 的上界：

$$y\le \frac{3(1+z^2)}{x^2}-2.$$

但 $y$ 沒有下界，因此首先可直接構造函數值趨近 $-\infty$ 的可行點。

一、函數無最小值

取

$$x=1,\qquad z=1,\qquad y=-t,\qquad t>0.$$

此時限制條件左側為

$$2(1)^2-3(1)^2=-1,$$

右側為

$$3-(1)^2(-t)=3+t.$$

因為對所有 $t>0$ 都有

$$-1\le 3+t,$$

所以這些點全部可行。

函數值為

$$f(1,-t,1)=1\cdot(-t)\cdot1=-t.$$

當 $t\to+\infty$ 時，

$$f(1,-t,1)\to-\infty.$$

因此 $f$ 在可行集合上無下界，故不存在最小值。

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二、函數無最大值

取 $t>0$，令

核心觀念

本題應用微積分基本定理。若

$$f_k(x)+\int_0^x kf_k(y)\,dy=1,$$

且 $f_k$ 連續，則由微積分基本定理，

$$\frac{d}{dx}\left(\int_0^x kf_k(y)\,dy\right)=kf_k(x).$$

因此原式可微分為一階微分方程

$$f_k'(x)+kf_k(x)=0.$$

又令 $x=0$ 代回原式，可得初始條件

$$f_k(0)=1.$$

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解題方法

由

$$f_k'(x)+kf_k(x)=0,$$

可分離變數：

$$\frac{f_k'(x)}{f_k(x)}=-k.$$

積分得

$$\ln |f_k(x)|=-kx+C.$$

因此

$$f_k(x)=Ce^{-kx}.$$

利用初始條件 $f_k(0)=1$：

$$1=C.$$

所以唯一解為

$$\boxed{f_k(x)=e^{-kx}}.$$

代回原積分方程也可驗證：

$$e^{-kx}+\int_0^x ke^{-ky}\,dy =e^{-kx}+\left[-e^{-ky}\right]_0^x =e^{-kx}+1-e^{-kx}=1.$$

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(i) 當 $k=\dfrac{1}{e-1}$

將

$$k=\frac{1}{e-1}$$

代入一般解，得到

$$\boxed{ f_k(x)=e^{-\frac{x}{e-1}} }.$$

題目所列函數

$$\frac{e-1}{e^x(e-1)-1}$$

並非此積分方程的解。直接檢查其在 $x=0$ 的導數即可看出矛盾：

原方程微分後要求

$$f_k'(0)=-kf_k(0)=-\frac{1}{e-1}.$$

但題目所列函數 $g(x)=\dfrac{e-1}{e^x(e-1)-1}$ 滿足

$$g'(0)=-\frac{e}{e-1},$$

兩者不相等。因此題目中的 (i) 應有誤植。

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(ii) 當 $k\to\infty$

由一般解

這兩小題考驗對多元函數偏導數的連續性判斷，需要計算偏導數並分析其在特定點的行為。

令 $f(x, y) = (x^2 + y^2)^r$，其中 $r > 0$ 是常數。

首先計算 $\frac{\partial f}{\partial x}$。
使用鏈式法則：
$\frac{\partial f}{\partial x} = r (x^2 + y^2)^{r-1} \cdot \frac{\partial}{\partial x}(x^2 + y^2)$
$\frac{\partial f}{\partial x} = r (x^2 + y^2)^{r-1} \cdot (2x)$
$\frac{\partial f}{\partial x} = 2rx (x^2 + y^2)^{r-1}$

(i) 判斷 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 在 $(0, 0)$ 的連續性。
為了使 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 在 $(0, 0)$ 連續，我們需要 $\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = \frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$。

首先計算 $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$。
直接代入 $x=0, y=0$ 在 $\frac{\partial f}{\partial x} = 2rx (x^2 + y^2)^{r-1}$ 中會遇到 $0^0$ 或 $0^{-\infty}$ 的問題，取決於 $r-1$ 的值。
我們應該使用極座標或定義來計算。
令 $x = \rho \cos \theta$, $y = \rho \sin \theta$。
$\frac{\partial f}{\partial x} = 2r (\rho \cos \theta) (\rho^2)^{r-1} = 2r \rho \cos \theta \cdot \rho^{2r-2} = 2r \cos \theta \cdot \rho^{2r-1}$。

為了計算 $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$，我們需要看 $\lim_{\rho \to 0} 2r \cos \theta \cdot \rho^{2r-1}$。
這個極限存在且等於 0，當且僅當指數 $2r-1 > 0$。
所以，我們需要 $2r > 1 \implies r > 1/2$。
如果 $r > 1/2$，則 $\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = 0$。
此時，我們需要確認 $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ 的值。
根據定義， $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h}$。
$f(h,0) = (h^2 + 0^2)^r = (h^2)^r = h^{2r}$。
$f(0,0) = (0^2 + 0^2)^r = 0^r = 0$ (因為 $r>0$)。
所以，$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{h^{2r}}{h} = \lim_{h \to 0} h^{2r-1}$。
這個極限存在且等於 0，當且僅當 $2r-1 > 0 \implies r > 1/2$。

所以，如果 $r > 1/2$，則 $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = 0$。
我們也需要 $\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = 0$。
$\lim_{(x,y) \to (0,0)} 2rx (x^2 + y^2)^{r-1}$。
在極座標下，這變成 $\lim_{\rho \to 0} 2r (\rho \cos \theta) (\rho^2)^{r-1} = \lim_{\rho \to 0} 2r \cos \theta \cdot \rho^{2r-1}$。
為了使這個極限為 0，我們需要 $2r-1 > 0$，即 $r > 1/2$。
如果 $r=1/2$, 則 $\lim_{\rho \to 0} 2(1/2) \cos \theta \cdot \rho^0 = \cos \theta$, 這不是一個常數，所以極限不存在。
如果 $r < 1/2$, 則 $2r-1 < 0$, $\rho^{2r-1}$ 當 $\rho \to 0$ 時趨於無窮大，極限不存在。

因此，為了使 $\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = \frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = 0$，我們需要 $r > 1/2$。
此時，$\frac{\partial f}{\partial x}$ 在 $(0,0)$ 是連續的。

【答案】$r > 1/2$。

(ii) 判斷 $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}$ 在 $(0, 0)$ 的連續性。
首先計算 $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}$。
我們需要對 $\frac{\partial f}{\partial x} = 2rx (x^2 + y^2)^{r-1}$ 對 $y$ 求偏導數。
$\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = \frac{\partial}{\partial y} [2rx (x^2 + y^2)^{r-1}]$
$\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = 2rx \cdot (r-1) (x^2 + y^2)^{r-2} \cdot \frac{\partial}{\partial y}(x^2 + y^2)$
$\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = 2rx \cdot (r-1) (x^2 + y^2)^{r-2} \cdot (2y)$
$\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = 4r(r-1) xy (x^2 + y^2)^{r-2}$
注意，這個公式對於 $r=1$ 時，需要特別處理。
如果 $r=1$, $f(x,y) = x^2+y^2$.
$\frac{\partial f}{\partial x} = 2x$.
$\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = \frac{\partial}{\partial y} (2x) = 0$.
在 $r=1$ 的情況下，$\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = 0$ 對所有 $(x,y)$。
因此，在 $(0,0)$ 點是連續的，且極限值為 $0$。
所以 $r=1$ 滿足條件。

現在我們假設 $r \ne 1$。
$\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = 4r(r-1) xy (x^2 + y^2)^{r-2}$。
為了使這個函數在 $(0,0)$ 連續，我們需要 $\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}(x,y) = \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}(0,0)$。

首先計算 $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}(0,0)$。
使用極座標 $x = \rho \cos \theta$, $y = \rho \sin \theta$。
$xy = \rho^2 \cos \theta \sin \theta$。
$x^2+y^2 = \rho^2$.
$\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = 4r(r-1) (\rho^2 \cos \theta \sin \theta) (\rho^2)^{r-2}$
$= 4r(r-1) \cos \theta \sin \theta \cdot \rho^2 \cdot \rho^{2r-4}$
$= 4r(r-1) \cos \theta \sin \theta \cdot \rho^{2r-2}$
$= 2r(r-1) \sin(2\theta) \cdot \rho^{2r-2}$

為了使 $\lim_{\rho \to 0} 2r(r-1) \sin(2\theta) \cdot \rho^{2r-2}$ 存在且為 0，我們需要指數 $2r-2 > 0$。
所以 $2r > 2 \implies r > 1$。
如果 $r > 1$, 則 $\lim_{\rho \to 0} 2r(r-1) \sin(2\theta) \cdot \rho^{2r-2} = 0$。
此時，我們需要 $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}(0,0) = 0$。

這題考驗對向量空間、內積、範數以及矩陣運算的理解，特別是複數共軛轉置和跡的性質。

令 $V = M_{n \times n}(\mathbb{C})$ 為 $n \times n$ 複數矩陣組成的向量空間。
定義 Frobenius 內積為 $(A, B)_F = \text{trace}(B^*A)$，其中 $B^*$ 是 $B$ 的共軛轉置。

(i) 證明 $(\cdot, \cdot)_F$ 是 $V$ 上的內積。
要證明一個雙線性形式是內積，需要驗證以下四個性質：

1. 線性性 (Linearity)：對於任意 $A_1, A_2, B \in V$ 和標量 $c \in \mathbb{C}$，
   $(c A_1 + A_2, B)_F = c (A_1, B)_F + (A_2, B)_F$。
2. 共軛對稱性 (Conjugate Symmetry)：對於任意 $A, B \in V$，
   $(A, B)_F = \overline{(B, A)_F}$。
3. 正定性 (Positive-definiteness)：對於任意 $A \in V$，
   $(A, A)_F \ge 0$，且 $(A, A)_F = 0$ 當且僅當 $A$ 是零矩陣。

我們利用矩陣運算和跡的性質來證明。
設 $A, B, C \in M_{n \times n}(\mathbb{C})$ 且 $c \in \mathbb{C}$。

1. 線性性 (Linearity)：
我們需要證明 $(cA + B, C)_F = c(A, C)_F + (B, C)_F$。
根據內積的定義：
$(cA + B, C)_F = \text{trace}(C^*(cA + B))$
$= \text{trace}(c C^*A + C^*B)$
由於跡的線性性質：$\text{trace}(X+Y) = \text{trace}(X) + \text{trace}(Y)$ 和 $\text{trace}(cX) = c \text{trace}(X)$。
$= c \text{trace}(C^*A) + \text{trace}(C^*B)$
$= c (A, C)_F + (B, C)_F$。
因此，左線性性（對於第一個變量）成立。

2. 共軛對稱性 (Conjugate Symmetry)：
我們需要證明 $(A, B)_F = \overline{(B, A)_F}$。
$(A, B)_F = \text{trace}(B^*A)$。
$(B, A)_F = \text{trace}(A^*B)$。
我們需要證明 $\text{trace}(B^*A) = \overline{\text{trace}(A^*B)}$。
設 $X = A^*B$。則 $X^* = (A^*B)^* = B^*(A^*)^* = B^*A$。
由於跡的性質，對於任意矩陣 $X \in M_{n \times n}(\mathbb{C})$， $\text{trace}(X^*) = \overline{\text{trace}(X)}$。
所以，$\text{trace}(B^*A) = \text{trace}((A^*B)^*) = \overline{\text{trace}(A^*B)}$。
因此，共軛對稱性成立。

3. 正定性 (Positive-definiteness)：
我們需要證明 $(A, A)_F \ge 0$，且 $(A, A)_F = 0$ 當且僅當 $A = 0$。
$(A, A)_F = \text{trace}(A^*A)$。
設 $A = (a_{ij})$，則 $A^* = (\overline{a_{ji}})$。
$A^*A$ 是一個 $n \times n$ 矩陣。其 $ij$ 項為 $(A^*A)_{ij} = \sum_{k=1}^n (A^*)_{ik} A_{kj} = \sum_{k=1}^n \overline{a_{ki}} a_{kj}$。
跡是主對角線元素之和：
$\text{trace}(A^*A) = \sum_{i=1}^n (A^*A)_{ii} = \sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n \overline{a_{ki}} a_{ki}$。
對於任意複數 $z = a+bi$， $\overline{z}z = (a-bi)(a+bi) = a^2 + b^2 = |z|^2 \ge 0$。

核心觀念

本題涵蓋線性代數與二次形式（Quadratic Forms）的核心主題：

1. 實對稱矩陣的正交對角化（Orthogonal Diagonalization）與譜定理（Spectral Theorem）：
   • 實對稱矩陣 $A$（即 $A = A^T$）的所有特徵值皆為實數。
   • 屬於相異特徵值的特徵向量互相正交。
   • 存在正交矩陣 $P$（滿足 $P^T = P^{-1}$）使得 $P^T A P = D$（或寫為 $A = P D P^T$），其中 $D$ 為實對角矩陣。
2. Gram-Schmidt 正交化程序：
   • 當某特徵值的重數大於 $1$ 時，利用 Gram-Schmidt 正交化將對應特徵空間的基底轉換為單範正交基底（Orthonormal Basis）。
3. 二次形式的主軸定理（Principal Axis Theorem）與坐標變換：
   • 二次曲面 $Q(\mathbf{x}) = \mathbf{x}^T A \mathbf{x} + \cdots$ 可透過正交變換轉換為主軸坐標系，消除交叉項（cross-product terms）。
   • 注意題目所定義的表示法：$A = P^T D P$ 等價於 $D = P A P^T = (P^T)^T A (P^T)$，因此令新坐標向量為 $\mathbf{x}' = P \mathbf{x}$ 時，二次形式可寫為 $\mathbf{x}^T A \mathbf{x} = \mathbf{x}^T (P^T D P) \mathbf{x} = (P\mathbf{x})^T D (P\mathbf{x}) = (\mathbf{x}')^T D \mathbf{x}'$。

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解題方法

(i) 證明：$A$ 與對角矩陣正交等價 $\iff A$ 為對稱矩陣

• ($\Rightarrow$) 必要性證明：
  假設 $A$ 與某對角矩陣 $D$ 正交等價，即存在正交矩陣 $P$（滿足 $P^T P = P P^T = I_n$）使得：

  $$A = P^T D P$$

  對等號兩側取轉置矩陣：

  $$A^T = (P^T D P)^T = P^T D^T (P^T)^T = P^T D^T P$$

  因為 $D$ 為對角矩陣，故 $D^T = D$。代入上式得：

  $$A^T = P^T D P = A$$

  故 $A$ 為實對稱矩陣。

• ($\Leftarrow$) 充分性證明（對維度 $n$ 使用數學歸納法）：
  設 $A \in M_{n \times n}(\mathbb{R})$ 且 $A = A^T$。

  1. 當 $n = 1$ 時，任何 $1 \times 1$ 實數矩陣本身即為對角矩陣，取 $P = [1]$ 即可，$P$ 為正交矩陣，命題顯然成立。
  2. 設當維度為 $k$ 時命題成立，即任何 $k \times k$ 實對稱矩陣皆與對角矩陣正交等價。
  3. 考慮維度為 $n$ 的實對稱矩陣 $A$：
     • 由代數基本定理，特徵多項式 $\det(\lambda I_n - A) = 0$ 至少有一個複數特徵值 $\lambda_1$。
     • 設 $\mathbf{v}$ 為 $\lambda_1$ 對應的特徵向量（$\mathbf{v} \neq \mathbf{0}$），則 $A\mathbf{v} = \lambda_1 \mathbf{v}$。
       兩邊取共軛轉置並利用 $A = A^T = \overline{A}^T$： $$\mathbf{v}^* A \mathbf{v} = \mathbf{v}^* (\lambda_1 \mathbf{v}) = \lambda_1 (\mathbf{v}^* \mathbf{v})$$ 另一方面： $$(\mathbf{v}^* A \mathbf{v})^* = \mathbf{v}^* A^* \mathbf{v} = \mathbf{v}^* A \mathbf{v} = \overline{\lambda_1} (\mathbf{v}^* \mathbf{v})$$ 因 $\mathbf{v}^* \mathbf{v} = \|\mathbf{v}\|^2 > 0$，得 $\lambda_1 = \overline{\lambda_1}$，即 $\lambda_1 \in \mathbb{R}$。因此對應的特徵向量可取為實向量，且經單位化後滿足 $\|\mathbf{u}_1\| = 1$。
     • 將單位向量 $\mathbf{u}_1$ 擴充為 $\mathbb{R}^n$ 的一組單範正交基底 $\{\mathbf{u}_1, \mathbf{w}_2, \dots, \mathbf{w}_n\}$，並令正交矩陣 $Q_1 = [\mathbf{u}_1 \ \mathbf{w}_2 \ \dots \ \mathbf{w}_n]$。
     • 計算 $Q_1^T A Q_1$： $$Q_1^T A Q_1 = \begin{pmatrix} \mathbf{u}_1^T \\ \mathbf{w}_2^T \\ \vdots \\ \mathbf{w}_n^T \end{pmatrix} A \begin{pmatrix} \mathbf{u}_1 & \mathbf{w}_2 & \dots & \mathbf{w}_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \mathbf{u}_1^T A \mathbf{u}_1 & \mathbf{u}_1^T A W \\ W^T A \mathbf{u}_1 & W^T A W \end{pmatrix}$$ 其中 $W = [\mathbf{w}_2 \ \dots \ \mathbf{w}_n]$。
       因為 $A \mathbf{u}_1 = \lambda_1 \mathbf{u}_1$，所以 $\mathbf{u}_1^T A \mathbf{u}_1 = \lambda_1$，且 $W^T A \mathbf{u}_1 = \lambda_1 W^T \mathbf{u}_1 = \mathbf{0}$。
       又 $(Q_1^T A Q_1)^T = Q_1^T A^T Q_1 = Q_1^T A Q_1$，故 $\mathbf{u}_1^T A W = \mathbf{0}^T$。因此： $$Q_1^T A Q_1 = \begin{pmatrix} \lambda_1 & \mathbf{0}^T \\ \mathbf{0} & A_1 \end{pmatrix}$$ 其中 $A_1 = W^T A W$ 為 $(n-1) \times (n-1)$ 的實對稱矩陣。
     • 根據歸納假設，存在 $(n-1) \times (n-1)$ 的正交矩陣 $Q_2$，使得 $Q_2^T A_1 Q_2 = D_1$ 為對角矩陣。
     • 令 $n \times n$ 矩陣 $P_1 = \begin{pmatrix} 1 & \mathbf{0}^T \\ \mathbf{0} & Q_2 \end{pmatrix}$，則 $P_1$ 亦為正交矩陣。
     • 定義正交矩陣 $P = (Q_1 P_1)^T = P_1^T Q_1^T$（注意正交矩陣的轉置仍為正交矩陣），計算： $$P A P^T = P_1^T (Q_1^T A Q_1) P_1 = \begin{pmatrix} 1 & \mathbf{0}^T \\ \mathbf{0} & Q_2^T \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda_1 & \mathbf{0}^T \\ \mathbf{0} & A_1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & \mathbf{0}^T \\ \mathbf{0} & Q_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda_1 & \mathbf{0}^T \\ \mathbf{0} & D_1 \end{pmatrix} = D$$ 其中 $D$ 為實對角矩陣。
       由於 $P$ 為正交矩陣，兩側同乘以 $P^T$ 與 $P$ 可得： $$A = P^T D P$$ 故 $A$ 與對角矩陣正交等價。

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(ii) 計算：求 $P$ 與 $D$ 使得 $A = P^T D P$

給定矩陣：

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix}$$

Step 1. 求特徵值（Eigenvalues）
計算特徵多項式 $\det(\lambda I_3 - A) = 0$：

$$\det(\lambda I_3 - A) = \det \begin{pmatrix} \lambda - 1 & 0 & 1 \\ 0 & \lambda - 1 & 1 \\ 1 & 1 & \lambda - 2 \end{pmatrix}$$

對第 1 列展開：

$$\begin{aligned} \det(\lambda I_3 - A) &= (\lambda - 1) \left[ (\lambda - 1)(\lambda - 2) - 1 \right] + 1 \left[ 0 - (\lambda - 1) \right] \\ &= (\lambda - 1) \left[ \lambda^2 - 3\lambda + 2 - 1 \right] - (\lambda - 1) \\ &= (\lambda - 1) \left[ (\lambda^2 - 3\lambda + 1) - 1 \right] \\ &= (\lambda - 1)(\lambda^2 - 3\lambda) \\ &= \lambda (\lambda - 1)(\lambda - 3) \end{aligned}$$

解得特徵值為：

$$\lambda_1 = 0, \quad \lambda_2 = 1, \quad \lambda_3 = 3$$

Step 2. 求對應特徵向量並單位化（Eigenvectors and Normalization）

• 當 $\lambda_1 = 0$ 時：
  解 $(A - 0I)\mathbf{v} = \mathbf{0}$：