113 年 國立清華大學計算與建模科學研究所《數學分析》

此題主要在考察多元函數的偏導數計算，特別是混合偏導數的求解。

(i) 求解 $f_{xxy}$：
給定函數 $f(x,y) = y^2\ln(x)$。
首先計算對 $x$ 的一階偏導數 $f_x$：
$f_x = \frac{\partial}{\partial x}(y^2\ln(x)) = y^2 \cdot \frac{1}{x} = \frac{y^2}{x}$。
接著計算對 $y$ 的一階偏導數 $f_{xy}$：
$f_{xy} = \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{y^2}{x}\right) = \frac{1}{x} \cdot \frac{\partial}{\partial y}(y^2) = \frac{1}{x} \cdot 2y = \frac{2y}{x}$。
最後計算對 $x$ 的一階偏導數 $f_{xxy}$：
$f_{xxy} = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{2y}{x}\right) = 2y \cdot \frac{\partial}{\partial x}(x^{-1}) = 2y \cdot (-1)x^{-2} = -\frac{2y}{x^2}$。

【答案】$-\frac{2y}{x^2}$

(ii) 求解 $\frac{\partial^3 f}{\partial y \partial x^2}$：
給定函數 $f(x,y) = e^{xy}$。
根據混合偏導數定理，只要各階偏導數連續，則偏導數的次序可以交換。

此題考察單變數函數在閉區間上的極值問題，以及多元函數在約束條件下的極值問題（拉格朗日乘數法）。

(i) 求單變數函數在閉區間上的極值：
給定函數 $f(x) = 2x^3 + 3x^2 - 12x$ 在閉區間 $[-4,3]$ 上的最大值與最小值。
首先，我們需要找到函數的臨界點。計算 $f(x)$ 的一階導數：
$f'(x) = \frac{d}{dx}(2x^3 + 3x^2 - 12x) = 6x^2 + 6x - 12$。
令 $f'(x) = 0$ 來尋找臨界點：
$6x^2 + 6x - 12 = 0$
$x^2 + x - 2 = 0$
$(x+2)(x-1) = 0$
所以臨界點為 $x = -2$ 和 $x = 1$。
這兩個臨界點都落在閉區間 $[-4,3]$ 內。
接下來，我們需要計算函數在臨界點以及區間端點的值：
$f(-4) = 2(-4)^3 + 3(-4)^2 - 12(-4) = 2(-64) + 3(16) + 48 = -128 + 48 + 48 = -32$。
$f(-2) = 2(-2)^3 + 3(-2)^2 - 12(-2) = 2(-8) + 3(4) + 24 = -16 + 12 + 24 = 20$。
$f(1) = 2(1)^3 + 3(1)^2 - 12(1) = 2 + 3 - 12 = -7$。
$f(3) = 2(3)^3 + 3(3)^2 - 12(3) = 2(27) + 3(9) - 36 = 54 + 27 - 36 = 45$。
比較這些值：$-32, 20, -7, 45$。
最大值是 $45$，發生在 $x=3$。
最小值是 $-32$，發生在 $x=-4$。

【答案】最大值為 $45$，最小值為 $-32$。

(ii) 使用拉格朗日乘數法求約束條件下的極值：
要求函數 $f(x,y) = xy$ 在約束條件 $g(x,y) = x^2 + 4y^2 - 2 = 0$ 下的最大值。
根據拉格朗日乘數法，我們需要解以下方程組：
$\nabla f = \lambda \nabla g$
$g(x,y) = 0$

計算梯度：
$\nabla f = \left(\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}\right) = (y, x)$
$\nabla g = \left(\frac{\partial g}{\partial x}, \frac{\partial g}{\partial y}\right) = (2x, 8y)$

方程組為：

1. $y = \lambda (2x)$
2. $x = \lambda (8y)$
3. $x^2 + 4y^2 = 2$

從方程 (1) 和 (2) 中，我們需要考慮 $x=0$ 或 $y=0$ 的情況。
若 $x=0$，則由 (2) 式得 $0 = \lambda (8y)$。
如果 $y \neq 0$，則 $\lambda = 0$。
若 $\lambda = 0$，則由 (1) 式得 $y = 0 \cdot (2x) = 0$。

此題要求找到一個函數 $f(x)$，使得其導數為 $x^3$，並且其圖形與直線 $x+y=0$ 相切。

首先，根據 $f'(x) = x^3$，我們可以積分得到函數 $f(x)$ 的一般形式：
$f(x) = \int f'(x) dx = \int x^3 dx = \frac{1}{4}x^4 + C$
其中 $C$ 是積分常數。

接下來，我們需要利用「切線」的條件。直線 $x+y=0$ 可以寫成 $y = -x$。
如果直線 $y = -x$ 是函數 $f(x)$ 圖形的一條切線，那麼在切點 $(x_0, y_0)$ 處，必須滿足以下兩個條件：

1. 點 $(x_0, y_0)$ 在直線 $y=-x$ 上，即 $y_0 = -x_0$。
2. 點 $(x_0, y_0)$ 在函數 $f(x)$ 的圖形上，即 $y_0 = f(x_0)$。
3. 在切點 $x_0$ 處，函數的斜率等於切線的斜率，即 $f'(x_0)$ 等於直線 $y=-x$ 的斜率。

直線 $y = -x$ 的斜率是 $-1$。
所以，我們需要 $f'(x_0) = -1$。
根據題目給定的 $f'(x) = x^3$，我們有：
$x_0^3 = -1$
解得 $x_0 = -1$。

現在我們找到了切點的 $x$ 座標 $x_0 = -1$。
根據條件 1，切點的 $y$ 座標 $y_0$ 應該滿足 $y_0 = -x_0$，所以 $y_0 = -(-1) = 1$。
因此，切點是 $(-1, 1)$。

此題要求計算三變數函數在指定點沿著指定方向的وه方向導數。

方向導數的定義為：
$D_{\mathbf{u}}f(\mathbf{x}_0) = \nabla f(\mathbf{x}_0) \cdot \mathbf{u}$
其中 $\nabla f(\mathbf{x}_0)$ 是函數 $f$ 在點 $\mathbf{x}_0$ 的梯度，而 $\mathbf{u}$ 是單位方向向量。

首先，我們需要計算函數 $f(x,y,z) = \sin(yz) + \ln(x^2)$ 在點 $(1,1,\pi)$ 的梯度 $\nabla f(1,1,\pi)$。
計算梯度向量：
$\nabla f = \left(\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z}\right)$

$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(\sin(yz) + \ln(x^2)) = 0 + \frac{1}{x^2} \cdot 2x = \frac{2x}{x^2} = \frac{2}{x}$。
$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(\sin(yz) + \ln(x^2)) = \cos(yz) \cdot z + 0 = z\cos(yz)$。
$\frac{\partial f}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z}(\sin(yz) + \ln(x^2)) = \cos(yz) \cdot y + 0 = y\cos(yz)$。

所以，梯度向量為 $\nabla f = \left(\frac{2}{x}, z\cos(yz), y\cos(yz)\right)$。

接下來，我們在點 $(1,1,\pi)$ 處計算梯度：
$x=1, y=1, z=\pi$。

此題考察泰勒級數（包括麥克勞林級數）的計算。

(i) 求 $f(x) = \sqrt{1 - x^2}$ 的六階麥克勞林多項式：
麥克勞林多項式是泰勒多項式在 $a=0$ 時的特殊情況。一個函數 $f(x)$ 的 $n$ 階麥克勞林多項式為：
$P_n(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \frac{f'''(0)}{3!}x^3 + \dots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$。
我們需要計算到六階，即 $n=6$。

函數為 $f(x) = (1-x^2)^{1/2}$。
$f(0) = (1-0^2)^{1/2} = 1$。

計算導數：
$f'(x) = \frac{1}{2}(1-x^2)^{-1/2} \cdot (-2x) = -x(1-x^2)^{-1/2}$。
$f'(0) = -0(1-0)^{-1/2} = 0$。

$f''(x) = -1 \cdot (1-x^2)^{-1/2} + (-x) \cdot (-\frac{1}{2})(1-x^2)^{-3/2} \cdot (-2x)$
$f''(x) = -(1-x^2)^{-1/2} - x^2(1-x^2)^{-3/2}$。
$f''(0) = -(1-0)^{-1/2} - 0^2(1-0)^{-3/2} = -1$。

$f'''(x) = -(-\frac{1}{2})(1-x^2)^{-3/2}(-2x) - [2x(1-x^2)^{-3/2} + x^2(-\frac{3}{2})(1-x^2)^{-5/2}(-2x)]$
$f'''(x) = -x(1-x^2)^{-3/2} - 2x(1-x^2)^{-3/2} - 3x^3(1-x^2)^{-5/2}$
$f'''(x) = -3x(1-x^2)^{-3/2} - 3x^3(1-x^2)^{-5/2}$。
$f'''(0) = 0 - 0 = 0$。

$f^{(4)}(x) = -3(1-x^2)^{-3/2} -3x(-\frac{3}{2})(1-x^2)^{-5/2}(-2x) - [9x^2(1-x^2)^{-5/2} + 3x^3(-\frac{5}{2})(1-x^2)^{-7/2}(-2x)]$
$f^{(4)}(x) = -3(1-x^2)^{-3/2} - 9x^2(1-x^2)^{-5/2} - 9x^2(1-x^2)^{-5/2} + 15x^4(1-x^2)^{-7/2}$
$f^{(4)}(x) = -3(1-x^2)^{-3/2} - 18x^2(1-x^2)^{-5/2} + 15x^4(1-x^2)^{-7/2}$。
$f^{(4)}(0) = -3(1)^{-3/2} - 0 + 0 = -3$。

$f^{(5)}(x)$ 的計算會很複雜，而且我們發現奇數階導數在 $x=0$ 時都為 0。這是因為 $f(x) = \sqrt{1-x^2}$ 是一個偶函數，其麥克勞林級數只包含偶次項。
因此，我們可以預期 $f^{(5)}(0) = 0$。
我們只需要計算偶數階的導數：
$f(0) = 1$
$f''(0) = -1$
$f^{(4)}(0) = -3$

為了計算 $f^{(6)}(0)$，我們需要從 $f^{(4)}(x)$ 開始。
$f^{(4)}(x) = -3(1-x^2)^{-3/2} - 18x^2(1-x^2)^{-5/2} + 15x^4(1-x^2)^{-7/2}$。
對 $f^{(4)}(x)$ 進行微分，並代入 $x=0$。
注意到 $f^{(4)}(x)$ 中的第一項 $-3(1-x^2)^{-3/2}$ 的導數在 $x=0$ 時為 $0$。
第二項 $-18x^2(1-x^2)^{-5/2}$ 的導數在 $x=0$ 時，只有常數項會留下。
第三項 $15x^4(1-x^2)^{-7/2}$ 的導數在 $x=0$ 時也為 $0$。
我們只需要關注 $f^{(4)}(x)$ 的常數項。
$f^{(4)}(x) = -3(1-x^2)^{-3/2} - 18x^2(1-x^2)^{-5/2} + 15x^4(1-x^2)^{-7/2}$。
我們可以利用二項式定理的近似：$(1+u)^k \approx 1 + ku$ 當 $u$ 很小時。
$(1-x^2)^{-3/2} \approx 1 + (-\frac{3}{2})(-x^2) = 1 + \frac{3}{2}x^2$。
$(1-x^2)^{-5/2} \approx 1 + (-\frac{5}{2})(-x^2) = 1 + \frac{5}{2}x^2$。
$(1-x^2)^{-7/2} \approx 1 + (-\frac{7}{2})(-x^2) = 1 + \frac{7}{2}x^2$。

$f^{(4)}(x) \approx -3(1 + \frac{3}{2}x^2) - 18x^2(1 + \frac{5}{2}x^2) + 15x^4(1 + \frac{7}{2}x^2)$
$f^{(4)}(x) \approx -3 - \frac{9}{2}x^2 - 18x^2 - 270x^4 + 15x^4 + \dots$
$f^{(4)}(x) \approx -3 - (\frac{9}{2} + 18)x^2 + \dots$
$f^{(4)}(x) \approx -3 - \frac{45}{2}x^2 + \dots$

這仍然是計算 $f^{(6)}(0)$ 的一種間接方式。更直接的方式是計算 $f^{(4)}(x)$ 的導數，然後代入 $x=0$。
$f^{(4)}(x) = -3(1-x^2)^{-3/2} - 18x^2(1-x^2)^{-5/2} + 15x^4(1-x^2)^{-7/2}$。
$f^{(5)}(x) = -3(-\frac{3}{2})(1-x^2)^{-5/2}(-2x) - [36x(1-x^2)^{-5/2} + 18x^2(-\frac{5}{2})(1-x^2)^{-7/2}(-2x)] + [60x^3(1-x^2)^{-7/2} + 15x^4(-\frac{7}{2})(1-x^2)^{-9/2}(-2x)]$

此題要求找出曲線 $x^2 + xy + y^2 = 12$ 上的最高點和最低點。這裡的「最高點」和「最低點」通常是指函數 $y$ 的最大值和最小值，或者函數 $x$ 的最大值和最小值。由於曲線是對稱的，我們可以先考慮求解 $y$ 的極值。

我們將使用拉格朗日乘數法來求解。
令函數為 $f(x,y) = y$ (我們想最大化/最小化 $y$)。
約束條件為 $g(x,y) = x^2 + xy + y^2 - 12 = 0$。

根據拉格朗日乘數法，我們需要解以下方程組：
$\nabla f = \lambda \nabla g$
$g(x,y) = 0$

計算梯度：
$\nabla f = (0, 1)$
$\nabla g = (2x+y, x+2y)$

方程組為：

1. $0 = \lambda (2x+y)$
2. $1 = \lambda (x+2y)$
3. $x^2 + xy + y^2 = 12$

從方程 (1) $0 = \lambda (2x+y)$：
我們有兩種可能：$\lambda = 0$ 或 $2x+y = 0$。

情況 1: $\lambda = 0$。
如果 $\lambda = 0$，則方程 (2) $1 = \lambda (x+2y)$ 變成 $1 = 0 \cdot (x+2y) = 0$，這是不可能的。
因此，$\lambda \neq 0$。

情況 2: $2x+y = 0$。
這意味著 $y = -2x$。
將 $y = -2x$ 代入約束條件 (3)：
$x^2 + x(-2x) + (-2x)^2 = 12$
$x^2 - 2x^2 + 4x^2 = 12$
$3x^2 = 12$
$x^2 = 4$
$x = \pm 2$。

如果 $x = 2$，則 $y = -2x = -2(2) = -4$。
點為 $(2, -4)$。
在這個點，函數值 $f(x,y) = y = -4$。

如果 $x = -2$，則 $y = -2x = -2(-2) = 4$。
點為 $(-2, 4)$。
在這個點，函數值 $f(x,y) = y = 4$。

我們找到的候選點是 $(2, -4)$ 和 $(-2, 4)$。
在 $(2, -4)$ 處，$y = -4$。
在 $(-2, 4)$ 處，$y = 4$。

這兩個點分別是 $y$ 的最小值和最大值。
所以，最低點是 $(2, -4)$，最高點是 $(-2, 4)$。

我們也可以考慮求解 $x$ 的極值。由於曲線方程 $x^2 + xy + y^2 = 12$ 對 $x$ 和 $y$ 是對稱的（如果將 $x$ 和 $y$ 互換，方程形式不變），我們可以預

第 7 題

(i) $\displaystyle \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+x^4}}\,dx$

核心觀念

本題利用三角代換，將根式中的 $1+x^4$ 化為含有 $\sin^2\theta$ 的形式，最後寫成第一類完全橢圓積分：

$$K(k)=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-k^2\sin^2\theta}}.$$

這個積分一般沒有初等函數形式。

解題方法

令

$$x=\tan\theta,\qquad dx=\sec^2\theta\,d\theta.$$

當 $x=0$ 時，$\theta=0$；當 $x=1$ 時，$\theta=\frac{\pi}{4}$。

又因為

$$1+\tan^4\theta =\frac{\cos^4\theta+\sin^4\theta}{\cos^4\theta},$$

且

$$\cos^4\theta+\sin^4\theta =(\sin^2\theta+\cos^2\theta)^2-2\sin^2\theta\cos^2\theta =1-\frac12\sin^2(2\theta),$$

因此在 $0\leq \theta\leq \frac{\pi}{4}$ 時，

$$\sqrt{1+\tan^4\theta} = \frac{\sqrt{1-\frac12\sin^2(2\theta)}}{\cos^2\theta}.$$

所以

$$\begin{aligned} \int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1+x^4}} &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sec^2\theta\,d\theta} {\sqrt{1+\tan^4\theta}}\\ &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{d\theta}{\sqrt{1-\frac12\sin^2(2\theta)}}. \end{aligned}$$

再令 $u=2\theta$，則 $d\theta=\frac12du$，得到

$$\begin{aligned} \int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1+x^4}} &= \frac12\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{du}{\sqrt{1-\frac12\sin^2u}}\\ &= \frac12K\left(\frac1{\sqrt2}\right). \end{aligned}$$

解題技巧

核心觀念

本題考查：

1. 線性算子的迭代與特徵向量；
2. 以標準基底表示線性算子；
3. 特徵多項式；
4. 特徵空間維度與 Jordan canonical form；
5. 廣義特徵向量與 Jordan 鏈。

取 $P_4(\mathbb R)$ 的標準基底

$$\mathcal B=(1,x,x^2,x^3,x^4).$$

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(i) 討論 $T^n(2024+2024x^2+2024x^3)$

令

$$p=2024(1+x^2+x^3).$$

先計算

$$T(1+x^2+x^3) =T(1)+T(x^2)+T(x^3).$$

代入題目給定的資料：

$$\begin{aligned} T(1+x^2+x^3) &=-1+(2-x^3-x^4)+(-2+x^2+2x^3+x^4)\\ &=-3+x^2+x^3. \end{aligned}$$

更有效率的作法是觀察

$$T(1)=-1,$$

因此 $1$ 是特徵值 $-1$ 的特徵向量；另外

$$\begin{aligned} T(x^2+x^3) &=T(x^2)+T(x^3)\\ &=(2-x^3-x^4)+(-2+x^2+2x^3+x^4)\\ &=x^2+x^3. \end{aligned}$$

所以 $x^2+x^3$ 是特徵值 $1$ 的特徵向量。於是

$$1+x^2+x^3 =1+(x^2+x^3),$$

其中兩部分分別屬於特徵值 $-1$ 與 $1$。

因此

$$T^n(1)=(-1)^n, \qquad T^n(x^2+x^3)=x^2+x^3.$$

由線性性，

$$\boxed{ T^n(2024+2024x^2+2024x^3) = 2024\bigl((-1)^n+x^2+x^3\bigr) }.$$

故：

• 當 $n$ 為偶數時，

  $$T^n(p)=2024(1+x^2+x^3);$$

• 當 $n$ 為奇數時，

  $$T^n(p)=2024(-1+x^2+x^3).$$

此迭代序列以 $2$ 為週期，不會收斂。

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(ii) 特徵多項式

在基底 $\mathcal B$ 下，$T$ 的矩陣為

$$[T]_{\mathcal B} = \begin{pmatrix} -1&0&2&-2&1\\ 0&2&0&0&0\\ 0&0&0&1&1\\ 0&0&-1&2&0\\ 0&0&-1&1&3 \end{pmatrix}.$$

此矩陣可視為分塊上三角矩陣：

$$[T]_{\mathcal B} = \begin{pmatrix} -1& * & *\\ 0&2&0\\ 0&0&B \end{pmatrix},$$

其中

$$B= \begin{pmatrix} 0&1&1\\ -1&2&0\\ -1&1&3 \end{pmatrix}.$$

因此

$$\chi_T(\lambda) =(\lambda+1)(\lambda-2)\det(\lambda I-B).$$

計算 $B$ 的特徵多項式：

$$\begin{aligned} \det(\lambda I-B) &= \det \begin{pmatrix} \lambda&-1&-1\\ 1&\lambda-2&0\\ 1&-1&\lambda-3 \end{pmatrix}\\ &=\lambda^3-5\lambda^2+8\lambda-4\\ &=(\lambda-1)(\lambda-2)^2. \end{aligned}$$

故

$$\boxed{ \chi_T(\lambda) =(\lambda+1)(\lambda-1)(\lambda-2)^3 }.$$

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此題要求計算一個矩陣乘積的行列式。
根據行列式的性質，對於方陣 $X, Y$，有 $\det(XY) = \det(X)\det(Y)$。
同時，對於可逆矩陣 $P$，有 $\det(P^{-1}) = 1/\det(P)$。
因此，$\det(P_1 P_2 P_1 A P_1 P_2 P_3) = \det(P_1)\det(P_2)\det(P_1)\det(A)\det(P_1)\det(P_2)\det(P_3)$。
由於 $P_1, P_2, P_3$ 是可逆矩陣，它們的行列式是非零的。
我們可以將上式寫成：
$\det(P_1)^3 \det(P_2)^2 \det(P_3) \det(A)$。
我們需要計算矩陣 $A$ 的行列式。

矩陣 $A$ 是 $6 \times 6$ 的。

$$A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 6 & 6 & 6 & 3^2 & 3^3 & 3^4 \\ 6 & 6 & 6 & 1 & 2^3 & 2^4 \\ 6 & 6 & 6 & 0 & 0 & 0 \\ 6 & 6 & 6 & 2^2 & 2^3 & 2^4 \\ 6 & 6 & 6 & 4^2 & 4^3 & 4^4 \end{pmatrix}$$

觀察矩陣 $A$ 的結構。
第一行是 $(2, 0, 0, 0, 0, 0)$。
第二列到第六列的前三列都是 $6, 6, 6$。
我們可以利用行列式的性質來簡化計算。

核心觀念

本題評量數值線性代數（Numerical Linear Algebra）與線性代數中兩大基礎且重要的矩陣分解（Matrix Factorization）：

1. LU 分解（LU Decomposition）：
   將矩陣 $A$ 分解為單位下三角矩陣 $L$（對角線皆為 $1$）與上三角矩陣 $U$。其代數本質為高斯消去法（Gaussian Elimination）。若在消去過程中不需要列交換（Row Interchanges / Pivoting），則乘數（Multipliers）恰好可填入矩陣 $L$ 的相對應位置。
2. QR 分解（QR Decomposition）：
   將行獨立矩陣 $A = [\mathbf{a}_1\ \mathbf{a}_2\ \mathbf{a}_3]$ 分解為正交行向量矩陣 $Q = [\mathbf{q}_1\ \mathbf{q}_2\ \mathbf{q}_3]$（滿足 $Q^T Q = I$）與可逆上三角矩陣 $R$。其標準計算法為格拉姆－許密特正交化程序（Gram-Schmidt Process）。

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解題方法

(i) LU 分解推導

目標為將 $A$ 經由初等列運算化簡為上三角矩陣 $U$，記錄基本列運算矩陣之反矩陣的乘積即得 $L$。
給定矩陣：

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ -1 & 6 & 1 \\ 0 & -2 & 5 \end{pmatrix}$$

第一步：消去第一行
將第 $1$ 列乘以 $1$ 加至第 $2$ 列（即 $R_2 \leftarrow R_2 + 1 \cdot R_1$），對應消去乘數 $m_{21} = -1$：

$$E_1 A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ -1 & 6 & 1 \\ 0 & -2 & 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 8 & 4 \\ 0 & -2 & 5 \end{pmatrix}$$

由於原矩陣第 $3$ 列第 $1$ 行元素已為 $0$，故無需消去，乘數 $m_{31} = 0$。

第二步：消去第二行
將第 $2$ 列乘以 $\frac{1}{4}$ 加至第 $3$ 列（即 $R_3 \leftarrow R_3 + \frac{1}{4} \cdot R_2$），對應消去乘數 $m_{32} = -\frac{1}{4}$：

$$E_2 (E_1 A) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & \frac{1}{4} & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 8 & 4 \\ 0 & -2 & 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 8 & 4 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}$$

此即上三角矩陣 $U$：

$$U = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 8 & 4 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}$$

第三步：求下三角矩陣 $L$
$L = (E_2 E_1)^{-1} = E_1^{-1} E_2^{-1}$，其元素由各步驟對應之乘數填入對角線下方：

$$L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{4} & 1 \end{pmatrix}$$

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(ii) QR 分解推導

令 $A$ 的行向量為 $\mathbf{a}_1, \mathbf{a}_2, \mathbf{a}_3$：

$$\mathbf{a}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{a}_2 = \begin{pmatrix} 2 \\ 6 \\ -2 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{a}_3 = \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix}$$

採用 Gram-Schmidt 正交化程序求正交基底 $\{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3\}$ 與單公正交基底 $\{\mathbf{q}_1, \mathbf{q}_2, \mathbf{q}_3\}$，同時求取 $R$ 之各元素 $r_{ij} = \mathbf{q}_i \cdot \mathbf{a}_j$：

第 1 個向量：

$$\|\mathbf{a}_1\| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 0^2} = \sqrt{2}$$

設定 $r_{11} = \|\mathbf{a}_1\| = \sqrt{2}$，得：

$$\mathbf{q}_1 = \frac{\mathbf{a}_1}{r_{11}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \end{pmatrix}$$

第 2 個向量：
計算投影長度：

$$r_{12} = \mathbf{q}_1 \cdot \mathbf{a}_2 = \frac{1}{\sqrt{2}} (1 \cdot 2 + (-1) \cdot 6 + 0 \cdot (-2)) = \frac{2 - 6}{\sqrt{2}} = -\frac{4}{\sqrt{2}} = -2\sqrt{2}$$

正交分量：

$$\mathbf{u}_2 = \mathbf{a}_2 - r_{12}\mathbf{q}_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ 6 \\ -2 \end{pmatrix} - (-2\sqrt{2}) \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 6 \\ -2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 4 \\ -2 \end{pmatrix}$$

計算其長度：

$$r_{22} = \|\mathbf{u}_2\| = \sqrt{4^2 + 4^2 + (-2)^2} = \sqrt{16 + 16 + 4} = \sqrt{36} = 6$$

歸一化得：

$$\mathbf{q}_2 = \frac{\mathbf{u}_2}{r_{22}} = \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 4 \\ 4 \\ -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{2}{3} \\ \frac{2}{3} \\ -\frac{1}{3} \end{pmatrix}$$

第 3 個向量：
計算投影長度：

$$r_{13} = \mathbf{q}_1 \cdot \mathbf{a}_3 = \frac{1}{\sqrt{2}} (1 \cdot 3 + (-1) \cdot 1 + 0 \cdot 5) = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$$