114 年 國立清華大學計算與建模科學研究所《數學分析》

核心觀念

本題考查柯西–施瓦茲不等式：

$$\left(\sum_{k=1}^{9}a_kb_k\right)^2 \leq \left(\sum_{k=1}^{9}a_k^2\right) \left(\sum_{k=1}^{9}b_k^2\right).$$

關鍵是將條件式 $\sum_{k=1}^9 kx_k=1$ 改寫成適合使用柯西–施瓦茲不等式的形式。

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解題方法

將每一項寫成

$$kx_k=\frac{x_k}{\sqrt{k}}\cdot k\sqrt{k}.$$

因此

$$\sum_{k=1}^{9}kx_k = \sum_{k=1}^{9} \frac{x_k}{\sqrt{k}}\cdot k\sqrt{k}.$$

由題設 $\sum_{k=1}^{9}kx_k=1$，套用柯西–施瓦茲不等式得

$$1 = \left( \sum_{k=1}^{9} \frac{x_k}{\sqrt{k}}\cdot k\sqrt{k} \right)^2 \leq \left(\sum_{k=1}^{9}\frac{x_k^2}{k}\right) \left(\sum_{k=1}^{9}k^3\right).$$

計算立方和：

$$\sum_{k=1}^{9}k^3 = \left(\frac{9\cdot 10}{2}\right)^2 = 45^2 = 2025.$$

故

$$1 \leq 2025\left(\sum_{k=1}^{9}\frac{x_k^2}{k}\right),$$

從而得到

$$\boxed{ \sum_{k=1}^{9}\frac{x_k^2}{k}\geq \frac{1}{2025} }.$$

也就是

$$\frac{x_1^2}{1}+\frac{x_2^2}{2}+\cdots+\frac{x_9^2}{9} \geq \frac{1}{2025}.$$

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等號成立條件

柯西–施瓦茲不等式取等號的條件是兩組數列成比例，即存在常數 $\lambda$，使得

$$\frac{x_k}{\sqrt{k}}=\lambda k\sqrt{k} \qquad (k=1,2,\dots,9).$$

化簡得

$$x_k=\lambda k^2.$$

代回題設：

核心觀念

本題考查兩個概念：

1. 方向導數存在，不代表函數可微。
2. 若 $f$ 在 $(0,0)$ 可微，則存在線性映射 $L$ 使得
   $f(h,k)-f(0,0)=L(h,k)+o\left(\sqrt{h^2+k^2}\right).$

因此，可微函數的方向導數必須由同一個線性映射產生。

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解題方法一：證明所有方向導數存在

取任意非零方向向量 $(a,b)$，方向導數定義為

$$D_{(a,b)}f(0,0) = \lim_{t\to 0} \frac{f(ta,tb)-f(0,0)}{t}.$$

當 $t\neq 0$ 時，

$$f(ta,tb) = \frac{(ta)^3}{2(ta)^2+3(tb)^2} = \frac{t^3a^3}{t^2(2a^2+3b^2)} = \frac{ta^3}{2a^2+3b^2}.$$

又因為 $f(0,0)=0$，所以

$$\frac{f(ta,tb)-f(0,0)}{t} = \frac{1}{t}\cdot \frac{ta^3}{2a^2+3b^2} = \frac{a^3}{2a^2+3b^2}.$$

此值與 $t$ 無關，因此極限存在，且

$$\boxed{ D_{(a,b)}f(0,0) = \frac{a^3}{2a^2+3b^2} }.$$

因為 $(a,b)\neq(0,0)$ 時，$2a^2+3b^2>0$，故任意方向的方向導數皆存在。

特別地，兩個偏導數為

$$f_x(0,0)=D_{(1,0)}f(0,0)=\frac12,$$ $$f_y(0,0)=D_{(0,1)}f(0,0)=0.$$

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證明 $f$ 在 $(0,0)$ 不可微

若 $f$ 在 $(0,0)$ 可微，則其導數必為

$$Df(0,0)(h,k) = f_x(0,0)h+f_y(0,0)k = \frac h2.$$

考慮路徑 $(x,y)=(t,t)$。此時

$$f(t,t) = \frac{t^3}{2t^2+3t^2} = \frac t5.$$

而可微性要求

核心觀念

本題考查：

• 三角函數在特殊點附近的極限；
• 利用恆等式將極限化為基本極限；
• 三重積分的積分區域轉換；
• Fubini 定理與積分順序交換；
• 可去奇點與反常積分的處理。

令

$$F(x)=\frac{1-\sin\left(\frac{\pi}{2}x\right)}{(1-x)^2},\qquad 0<x<1.$$

雖然 $x=1$ 時分母為 $0$，但分子同樣具有二階零點，因此 $F(x)$ 在 $x=1$ 附近有有限極限。

(i) 求 $\displaystyle\lim_{x\to1^-}F(x)$

令

$$h=1-x.$$

當 $x\to1^-$ 時，$h\to0^+$，且

$$\frac{\pi}{2}x =\frac{\pi}{2}(1-h) =\frac{\pi}{2}-\frac{\pi h}{2}.$$

因此

$$\sin\left(\frac{\pi}{2}x\right) =\sin\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi h}{2}\right) =\cos\left(\frac{\pi h}{2}\right).$$

故

$$F(x) =\frac{1-\cos\left(\frac{\pi h}{2}\right)}{h^2}.$$

利用恆等式

$$1-\cos t=2\sin^2\left(\frac{t}{2}\right),$$

得到

$$F(x) = 2\left[ \frac{\sin\left(\frac{\pi h}{4}\right)}{h} \right]^2.$$

再利用基本極限

$$\lim_{u\to0}\frac{\sin u}{u}=1,$$

可得

$$\lim_{h\to0^+} \frac{\sin\left(\frac{\pi h}{4}\right)}{h} = \frac{\pi}{4}.$$

因此

$$\lim_{x\to1^-}F(x) = 2\left(\frac{\pi}{4}\right)^2 = \frac{\pi^2}{8}.$$

所以

$$\boxed{\lim_{x\to1^-}F(x)=\frac{\pi^2}{8}}.$$

(ii) 求三重積分

考慮積分區域

$$0\le z\le y\le x\le1.$$

原積分為

$$I=\int_0^1\int_0^x\int_0^y F(z)\,dz\,dy\,dx.$$

題目核對

依題面所給參數式，(i) 的結論並不成立。取 $t=\dfrac{\pi}{2}$，有

$$x=0,\qquad y=2,$$

故此點的極座標為 $(r,\theta)=(2,\frac{\pi}{2})$，但

$$4\sin^2\frac{\pi}{2}=4\neq 2.$$

因此題目中的 $y(t)=2\sin t-\sin 2t$ 應有誤植。與(i)相符的標準參數式應為

$$x(t)=4\cos t\sin^2t,\qquad y(t)=4\sin^3t.$$

以下依此合理修正後的題意作答。

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核心觀念

本題使用：

1. 直角座標與極座標的關係

   $$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,\qquad r=\sqrt{x^2+y^2}.$$

2. 極座標曲線面積公式

   $$A=\frac12\int_\alpha^\beta r^2\,d\theta.$$

3. 極座標曲線弧長公式

   $$L=\int_\alpha^\beta\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2}\,d\theta.$$

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(i) 證明極座標方程式

修正後的參數式為

$$x=4\cos t\sin^2t,\qquad y=4\sin^3t.$$

先計算 $r$：

$$\begin{aligned} r^2 &=x^2+y^2\\ &=16\cos^2t\sin^4t+16\sin^6t\\ &=16\sin^4t(\cos^2t+\sin^2t)\\ &=16\sin^4t. \end{aligned}$$

因為 $r\geq 0$，所以

$$r=4\sin^2t.$$

另一方面，

$$\frac{x}{r}=\cos t,\qquad \frac{y}{r}=\sin t,$$

故極角可取 $\theta=t$。因此

$$\boxed{r=4\sin^2\theta}.$$

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(ii) 求封閉區域面積

曲線一週可由 $0\leq\theta\leq2\pi$ 描述，因此

$$A=\frac12\int_0^{2\pi}r^2\,d\theta.$$

代入 $r=4\sin^2\theta$：

$$\begin{aligned} A &=\frac12\int_0^{2\pi}(4\sin^2\theta)^2\,d\theta\\ &=8\int_0^{2\pi}\sin^4\theta\,d\theta. \end{aligned}$$

利用

$$\sin^4\theta =\frac{3-4\cos2\theta+\cos4\theta}{8},$$

在 $[0,2\pi]$ 上，餘弦項積分皆為 $0$，所以

$$\int_0^{2\pi}\sin^4\theta\,d\theta =\frac{3}{8}(2\pi)=\frac{3\pi}{4}.$$

因此

$$\boxed{A=8\cdot\frac{3\pi}{4}=6\pi}.$$

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(iii) 求曲線周長

極座標弧長公式為

核心觀念

本題的關鍵是二項式係數所形成的高階有限差分：

$$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}(x-k)^n=n!.$$

由於題目中的和從 $k=1$ 開始，因此必須扣除 $k=0$ 的項 $x^n$。

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先求出 $P_n(x)$

令

$$S_n(x)=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}(x-k)^n.$$

將 $(x-k)^n$ 展開：

$$(x-k)^n=\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}x^{n-j}(-k)^j.$$

因此

$$S_n(x) = \sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}x^{n-j}(-1)^j \sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}k^j.$$

對於 $j<n$，有限差分性質給出

$$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}k^j=0,$$

而當 $j=n$ 時，

$$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}k^n=(-1)^n n!.$$

故

$$S_n(x)=(-1)^n(-1)^n n!=n!.$$

題目中的 $P_n(x)$ 少了 $k=0$ 項，所以

$$\boxed{P_n(x)=n!-x^n}.$$

特別地，

$$P_2(x)=2-x^2,\qquad P_n'(x)=-nx^{n-1}.$$

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(i) 計算積分

分母為

$$3-P_2(x)=3-(2-x^2)=1+x^2.$$

因此被積分函數為

$$\frac{P_n'(x)-2P_n(x)}{3-P_2(x)} = \frac{-nx^{n-1}-2(n!-x^n)}{1+x^2},$$

即

$$\frac{P_n'(x)-2P_n(x)}{3-P_2(x)} = \frac{2x^n-nx^{n-1}-2n!}{1+x^2}.$$

當 $n\ge 2$ 時，

$$\frac{2x^n-nx^{n-1}-2n!}{1+x^2} \sim 2x^{n-2}\qquad (x\to\infty).$$

由於

$$\int^\infty x^{n-2}\,dx$$

在 $n\ge2$ 時發散，因此原積分發散至正無窮。

當 $n=1$ 時，

$$\frac{2x-3}{1+x^2}$$

的主要部分為 $2/x$，而

$$\int^\infty \frac{2}{x}\,dx$$

亦發散至正無窮。

所以對所有 $n\ge1$，

$$\boxed{ \int_0^\infty \frac{P_n'(x)-2P_n(x)}{3-P_2(x)}\,dx=+\infty }$$

核心觀念

矩陣相似表示存在可逆矩陣 $P$，使得 $PAP^{-1}=B$。相似變換會保留特徵值與特徵多項式；本題的 $A$、$B$ 都是特徵值為 $1$ 的 $2\times 2$ Jordan 型矩陣，差別只在右上角的非零元素。透過對角矩陣作相似變換，可以縮放這個元素。

解題方法

取可逆對角矩陣

$$P=\begin{pmatrix}p&0\\0&q\end{pmatrix}, \qquad p,q\ne 0.$$

其反矩陣為

$$P^{-1}=\begin{pmatrix}1/p&0\\0&1/q\end{pmatrix}.$$

直接計算：

$$PAP^{-1} = \begin{pmatrix}p&0\\0&q\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&2025\\0&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1/p&0\\0&1/q\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&2025\,p/q\\0&1\end{pmatrix}.$$

核心觀念

向量 $v$ 在非零向量 $w$ 上的正交投影為

$$\operatorname{proj}_{w}v = \frac{v\cdot w}{w\cdot w}w.$$

若子空間 $S$ 有一組正交基底 $\{u_1,\ldots,u_k\}$，則 $v$ 投影到 $S$ 的向量為

$$\operatorname{proj}_{S}v = \sum_{j=1}^{k} \frac{v\cdot u_j}{u_j\cdot u_j}u_j.$$

投影向量位於目標向量或子空間中，且投影誤差 $v-\operatorname{proj}_{S}v$ 與該子空間正交。

解題方法

(i) 投影到 $w_1$

先計算內積與 $w_1$ 的長度平方：

$$v\cdot w_1 = (2)(3)+(1)(0)+(1)(4) = 10, \qquad w_1\cdot w_1 = 3^2+0^2+4^2 = 25.$$

代入投影公式：

$$\operatorname{proj}_{w_1}v = \frac{10}{25} \begin{pmatrix}3\\0\\4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac65\\0\\\frac85\end{pmatrix}.$$

(ii) 投影到 $S=\operatorname{span}\{w_1,w_2\}$

先確認 $w_1,w_2$ 互相正交：

$$w_1\cdot w_2 = (3)(0)+(0)(2)+(4)(0) = 0.$$

因此 $\{w_1,w_2\}$ 是 $S$ 的正交基底，可以分別計算 $v$ 在兩個基底向量上的投影，再相加。第一項已由 (i) 求得。第二項為

核心觀念

列簡化階梯形矩陣（RREF）的每個主元欄，對應一個主變數；非主元欄對應自由變數。矩陣的秩是主元個數，而零空間的維度（零度）可由秩－零度定理求得：

$$\operatorname{rank}(A)+\operatorname{nullity}(A)=\text{欄數}.$$

解題方法

對矩陣施行初等列運算，將其化為 RREF。先交換前兩列，再消去第一欄其餘元素：

$$\begin{aligned} A &\xrightarrow{R_1\leftrightarrow R_2} \begin{pmatrix} 1&5&-3&11\\ 2&-3&-6&-4\\ 2&7&-6&16 \end{pmatrix}\\ &\xrightarrow[\;R_3\leftarrow R_3-2R_1\;] {R_2\leftarrow R_2-2R_1} \begin{pmatrix} 1&5&-3&11\\ 0&-13&0&-26\\ 0&-3&0&-6 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

將第二列除以 $-13$，再消去第三列第二欄與第一列第二欄的元素：

$$\begin{aligned} &\xrightarrow{R_2\leftarrow-\frac{1}{13}R_2} \begin{pmatrix} 1&5&-3&11\\ 0&1&0&2\\ 0&-3&0&-6 \end{pmatrix}\\ &\xrightarrow[\;R_3\leftarrow R_3+3R_2\;] {R_1\leftarrow R_1-5R_2} \begin{pmatrix} 1&0&-3&1\\ 0&1&0&2\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}. \end{aligned}$$

因此，

$$\operatorname{rref}(A)= \begin{pmatrix} 1&0&-3&1\\ 0&1&0&2\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}.$$

主元位於第 $1$、第 $2$ 欄，所以

$$\operatorname{rank}(A)=2.$$

核心觀念

向量空間 $V$ 與 $W$ 同構，表示存在一個線性雙射 $T:V\to W$。有限維向量空間的維度，是其任一組基底的向量個數。

以下假設 $V$ 與 $W$ 都是定義在同一個域 $\mathbb{F}$ 上的向量空間；同構要求線性映射使用相同的純量域。

解題方法

分別證明兩個方向：

1. 若 $V$ 與 $W$ 同構，線性雙射會將 $V$ 的一組基底映成 $W$ 的一組基底，因此兩者維度相同。
2. 若兩者維度相同，取同樣長度的基底，逐一配對基底向量，即可定義一個線性雙射。

證明

方向一：若 $V\cong W$，則 $\dim V=\dim W$。

設 $T:V\to W$ 是線性雙射，並取 $V$ 的一組基底 $\{v_1,\ldots,v_n\}$。考察向量組
$\{T(v_1),\ldots,T(v_n)\}$。

先證明它張成 $W$。任取 $w\in W$，因 $T$ 為滿射，存在 $v\in V$ 使得 $T(v)=w$。由於 $\{v_1,\ldots,v_n\}$ 是 $V$ 的基底，可寫成

$$v=\sum_{i=1}^{n}a_i v_i$$

其中 $a_i\in\mathbb{F}$。利用 $T$ 的線性性，

$$w=T(v)=T\left(\sum_{i=1}^{n}a_i v_i\right) =\sum_{i=1}^{n}a_iT(v_i).$$

所以 $\{T(v_1),\ldots,T(v_n)\}$ 張成 $W$。

核心觀念

矩陣 $A=uv^T$ 是外積矩陣，秩至多為 $1$。本題會用到以下性質：

• $\operatorname{tr}(uv^T)=v^Tu$。
• $(uv^T)^2=u(v^Tu)v^T=(v^Tu)uv^T$。
• 對 $A=uv^T$，其唯一可能的非零特徵值為 $v^Tu$；其餘特徵值為 $0$。
• 矩陣行列式引理：$\det(I+uv^T)=1+v^Tu$。

先計算內積：

$$v^Tu=1\cdot1+(-1)\cdot2+0\cdot3+2\cdot4=7.$$

因此 $A$ 的秩為 $1$，且其非零特徵值為 $7$。

解題方法與推導

(i) 計算 $\det(A^{100})$

由

$$A^2=(uv^T)(uv^T)=u(v^Tu)v^T=7A$$

可知對所有正整數 $n$，

$$A^n=7^{n-1}A.$$

所以 $A^{100}$ 仍是秩至多為 $1$ 的 $4\times4$ 矩陣。因為其秩小於 $4$，行列式為 $0$：

$$\det(A^{100})=0.$$

(ii) 計算 $\operatorname{tr}(A)$ 並求出 $A$ 的所有特徵值

由跡的性質，

$$\operatorname{tr}(A)=\operatorname{tr}(uv^T)=v^Tu=7.$$

為了求特徵值，先看 $u$：

$$Au=uv^Tu=u(v^Tu)=7u,$$

故 $7$ 是 $A$ 的特徵值。

若 $x\in\mathbb R^4$ 滿足 $v^Tx=0$，則

$$Ax=u(v^Tx)=0,$$

因此 $0$ 是特徵值。