國立臺灣大學八十六學年度研究所碩士班入學考試試題：線性代數與微積分

1. 線性代數
1. （$4$ 分） Given $A$ is an invertible $n\times n$ matrix, anwer each of the following as true or false.
   1. $\left(A^T\right)^{-1}$ is invertible.
   2. $a\neq0$ is a number, then $\left(aA\right)^{-1}=aA^{-1}$.
   3. The homogeneous system $AX=0$ has a unique solution.
   4. If $YA=0$, where $Y$ is $1\times n$, then necessarily $Y=0$.
   5. rank $A=n$.
訣竅
依據基本的線性代數知識即可作答。
解法
1. 本選項正確。因為按其定義可知 $A^T\left(A^T\right)^{-1}=\left(A^T\right)^{-1}A^T=I_n$，故 $\left(A^T\right)^{-1}$ 的反方陣即為 $A^T$。
2. 本選項錯誤。事實上應為 $\left(aA\right)^{-1}=a^{-1}A^{-1}$。
3. 本選項正確。因為兩邊同左乘以 $A^{-1}$ 便立即推得 $X=0$ 為其唯一解。
4. 本選項正確。因為兩邊同右乘 $A^{-1}$ 便必然推得 $Y=0$。
5. 本選項正確。此可視為 $n$ 階可逆方陣的基本等價定義之一。
故除了b.之外皆正確。


2. （$6$ 分） Consider $A=\begin{bmatrix}0&a&0\\a&0&c\\0&c&0\end{bmatrix}$ where one of $a,c\neq0$. Show that the characteristic of $A$: $c_A\left(x\right)=x\left(x-k\right)\left(x+k\right)$, where $k=\sqrt{a^2+c^2}$ and find an orthogonal matrix $P$ such that $P^{-1}AP$ is diagonal.
訣竅
按照特徵多項式的定義計算；並利用特徵向量求出正交矩陣使之對角化。
解法

按照特徵多項式的定義計算如下

$c_A\left(x\right)=\det\left(xI_3-A\right)=\det\begin{bmatrix}x&-a&0\\-a&x&-c\\0&-c&x\end{bmatrix}=x^3-\left(a+c\right)x=x\left(x^2-\left(a+c\right)\right)=x\left(x-k\right)\left(x+k\right)$

此處 $k$ 的定義如題幹所述。

現在求對應的特徵向量如下

• 若 $x=0$，則取 $\displaystyle v_1=\frac1k\begin{bmatrix}c\\0\\-a\end{bmatrix}$；
• 若 $x=k$，則取 $\displaystyle v_2=\frac1{k\sqrt2}\begin{bmatrix}a\\k\\c\end{bmatrix}$；
• 若 $x=-k$，則取 $\displaystyle v_3=\frac1{k\sqrt2}\begin{bmatrix}a\\-k\\c\end{bmatrix}$。

那麼取 $\displaystyle P=\begin{bmatrix}v_1&v_2&v_3\end{bmatrix}=\frac1{k\sqrt2}\begin{bmatrix}c\sqrt2&a&a\\0&k&-k\\-a\sqrt2&c&c\end{bmatrix}$，容易計算確認 $P$ 滿足

$\displaystyle P^T=P^{-1}=\frac1{k\sqrt2}\begin{bmatrix}c\sqrt2&0&-a\sqrt2\\a&k&c\\a&-k&c\end{bmatrix}$

並且有

$P^{-1}AP=\begin{bmatrix}0&0&0\\0&k&0\\0&0&-k\end{bmatrix}$



3. （$4$ 分） Given $A=\begin{bmatrix}\displaystyle\frac23&\displaystyle\frac{-2}3&\displaystyle\frac13\\\displaystyle\frac23&\displaystyle\frac13&\displaystyle\frac{-2}3\\\displaystyle\frac13&\displaystyle\frac23&\displaystyle\frac23\end{bmatrix}$, is $A$ an orthogonal matrix? Prove it!
訣竅
直接按照正交矩陣的定義驗證之。
解法
直接檢驗計算可知
$A^TA=\begin{bmatrix}\displaystyle\frac23&\displaystyle\frac23&\displaystyle\frac13\\\displaystyle\frac{-2}3&\displaystyle\frac13&\displaystyle\frac23\\\displaystyle\frac13&\displaystyle\frac{-2}3&\displaystyle\frac23\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\displaystyle\frac23&\displaystyle\frac{-2}3&\displaystyle\frac13\\\displaystyle\frac23&\displaystyle\frac13&\displaystyle\frac{-2}3\\\displaystyle\frac13&\displaystyle\frac23&\displaystyle\frac23\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}=I_3$
故 $A$ 為正交矩陣。


4. （$6$ 分）
   1. Is $\left\{t^2+2t-1,2t^2+3t-2\right\}$ is a basis for vector space $\mathbb{P}_2$? Prove it!
   2. For what value(s) of $\lambda$ is the set of vectors $\left\{\left(\lambda^2-5,1,0\right),\left(2,-2,3\right),\left(2,3,-3\right)\right\}$ linearly dependent?
訣竅
按線性獨立與基底的概念答題即可。
解法
1. 由於 $\dim\left(\mathbb{P}_2\right)=3$，故二元集 $\left\{t^2+2t-1,2t^2+3t-2\right\}$ 不可能生成整個 $\mathbb{P}_2$，因而無法作為基底。事實上，多項式 $t^2+1$ 便不可能由該集合中的元素進行線性組合表達出來。假設不然，存在 $c_1,c_2\in\mathbb{R}$ 使得

   $t^2+1=c_1\left(t^2+2t-1\right)+c_2\left(2t^2+3t-2\right)$

   那麼可以觀察到

   $\left\{\begin{aligned}&c_1+2c_2=1\\&2c_1+3c_2=0\\&-c_1-2c_2=1\end{aligned}\right.$

   由第一式與第三式可立即獲得矛盾，因而不存在這樣的 $c_1,c_2$ 滿足該式。
2. 由於後兩個向量不平行且為了使該集合線性相依，我們試求兩實數 $c_1$ 與 $c_2$ 滿足

   $\left(\lambda^2-5,1,0\right)=c_1\left(2,-2,3\right)+c_2\left(2,3,-3\right)$

   針對後兩個分量可以注意到

   $\left\{\begin{aligned}&-2c_1+3c_2=1\\&3c_1-3c_2=0\end{aligned}\right.$

   因此 $c_1=c_2=1$，進而確認出 $\lambda^2-5=4$，故當 $\lambda=\pm3$ 時能使該集合線性相依。
2. 微積分
注意：所有的無理數均不要化成小數，例如 $\sqrt2$ 不要化成 $1.414$。
．填充題（每格 $10$ 分，共 $50$ 分）。（務請註明題號，依序於答案卷上作答。）
1. $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2+4x}dx=$　　　。
訣竅
運用變數變換將之化為經典的瑕積分來計算。
解法

首先可以對指數的次方進行配方法得到

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2+4x}dx=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\left(x-2\right)^2+4}dx=e^4\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\left(x-2\right)^2}dx$

令 $u=x-2$，那麼所求的瑕積分可化為如下

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2+4x}dx=e^4\int_{-\infty}^{\infty}e^{-u^2}du=e^4\sqrt\pi$



2. 圓盤 $x^2+\left(y-c\right)^2=a^2$，$0<a<c$。繞 $x$ 軸旋轉一圈得一旋轉體，求此旋轉體的表面積。　　　。
訣竅
可由帕普斯幾何中心定理求解；亦可運用旋轉體表面積公式計算。
解法一
該圓盤之幾何中心為 $\left(0,c\right)$，易知該點繞 $x$ 軸旋轉所形成的路徑長為 $2\pi c$，而圓盤之圓周長為 $2\pi a$，因此由帕普斯幾何中心定理可知此旋轉體表面積為 $2\pi c\cdot2\pi a=4\pi^2ac$。
解法二
我們分別考慮上曲線與下曲線繞 $x$ 軸產生的表面積，並由對稱性僅需考慮該圓盤在 $0<x<a$ 處繞 $x$ 軸旋轉產生的表面積即可。首先我們先計算上曲線所形成的表面積如下
$\displaystyle\begin{aligned}A_1&=2\int_0^a2\pi y\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx=4\pi\int_0^a\left(c+\sqrt{a^2-x^2}\right)\sqrt{1+\left(\frac{-x}{\sqrt{a^2-x^2}}\right)^2}dx\\&=4\pi a\int_0^a\left(1+\frac{c}{\sqrt{a^2-x^2}}\right)dx=\left.4\pi a\left(x+c\sin^{-1}\frac{x}a\right)\right|_0^a=4\pi a^2+2\pi^2ac\end{aligned}$
另一方面，下曲線所形成的表面積則可計算如下
$\displaystyle\begin{aligned}A_2&=2\int_0^a2\pi y\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx=4\pi\int_0^a\left(c-\sqrt{a^2-x^2}\right)\sqrt{1+\left(\frac{x}{\sqrt{a^2-x^2}}\right)^2}dx\\&=4\pi a\int_0^a\left(-1+\frac{c}{\sqrt{a^2-x^2}}\right)dx=\left.4\pi a\left(-x+c\sin^{-1}\frac{x}a\right)\right|_0^a=-4\pi a^2+2\pi^2ac\end{aligned}$
因此總表面積為 $A=A_1+A_2=4\pi^2ac$。


3. $f\left(x\right)=\tan^{-1}x$ 在 $0$ 附近的泰勒展開式為 $\displaystyle\sum a_nx^n$，求 $a_{2m-1}=$　　　。
訣竅
運用經典的無窮等比級數求和公式搭配反正切函數的微分公式求解。
解法
觀察到
$\displaystyle\tan^{-1}x=\int_0^x\frac{dt}{1+t^2}=\int_0^x\sum_{k=0}^{\infty}\left(-t^2\right)^kdt=\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\int_0^xt^{2k}dt=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{2k+1}x^{2k+1}$
由於 $a_{2m-1}$ 為 $x^{2m-1}$ 的係數，由上式可立即求得 $\displaystyle a_{2m-1}=\frac{\left(-1\right)^{m-1}}{2m-1}$。


4. $\displaystyle F\left(x\right)=\int_0^{\tan x}\sqrt{1+t^2}dt$，求 $\displaystyle\frac{dF}{dx}\left(\frac23\pi\right)=$　　　。
訣竅
運用微積分基本定理與連鎖律即可。
解法

運用微積分基本定理與連鎖律可得

$\displaystyle\frac{\partial F}{\partial x}\left(x\right)=\sqrt{1+\tan^2x}\cdot\sec^2x=\left|\sec^3x\right|$

取 $\displaystyle x=\frac{2\pi}3$ 代入可得

$\displaystyle\frac{\partial F}{\partial x}\left(\frac{2\pi}3\right)=\left|\left(-2\right)^3\right|=8$



5. 空間中球體 $x^2+y^2+z^2\leq4$ 和圓柱體 $x^2+y^2\leq1$ 相交部分的體積 $=$　　　。
訣竅
運用底面積乘以高的思維列出體積的重積分表達式，隨後使用極座標改寫計算即可。
解法

設 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2\leq1\right\}$，那麼所求的體積可表達如下

$\displaystyle V=\iint_D\left[\sqrt{4-x^2-y^2}-\left(-\sqrt{4-x^2-y^2}\right)\right]dA=2\iint_D\sqrt{4-x^2-y^2}dA$

令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，那麼變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq1\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，那麼所求的體積可改寫並計算如下

$\displaystyle V=2\int_0^{2\pi}\int_0^1\sqrt{4-r^2}rdrd\theta=4\pi\int_0^1r\sqrt{4-r^2}dr=\left.-\frac{4\pi}3\left(4-r^2\right)^{\frac32}\right|_0^1=\frac{4\pi\left(8-3\sqrt3\right)}3$

．計算題（需寫出計算過程，只寫答案不予計分，每題 $15$ 分，共 $30$ 分）
1. 橢圓 $x^2+4y^2=4$ 與 $x$-軸正向交於 $P$ 點，設 $Q$ 為橢圓上，位於第一象限之一點，橢圓上 $PQ$ 之間的弧長以 $S$ 表，$\overset{\rightharpoonup}{OQ}$ 及 $\overset{\rightharpoonup}{OP}$ 之夾角以 $A$ 表（$O$ 為原點），求 $\displaystyle\lim_{Q\to P}\frac{S}{A}$。
訣竅
依照題意明確表達出 $S$ 與 $A$ 之量，隨後即可計算其極限。
解法

由題意可知 $P=\left(2,0\right)$，並按橢圓參數式可設 $Q=\left(2\cos\theta,\sin\theta\right)$，其中 $\displaystyle\theta\in\left(0,\frac\pi2\right)$。運用曲線弧長公式可表

$\displaystyle S=S\left(\theta\right)=\int_0^{\theta}\sqrt{\left(\frac{dx}{d\phi}\right)^2+\left(\frac{dy}{d\phi}\right)^2}d\phi=\int_0^{\theta}\sqrt{\left(-2\sin\phi\right)^2+\left(\cos\phi\right)^2}d\phi=\int_0^{\theta}\sqrt{1+3\sin^2\phi}d\phi$

另一方面，由內積與反餘弦函數則可表

$\displaystyle A=A\left(\theta\right)=\cos^{-1}\left(\frac{\overset{\rightharpoonup}{OQ}\cdot\overset{\rightharpoonup}{OP}}{\left|\overset{\rightharpoonup}{OQ}\right|\left|\overset{\rightharpoonup}{OP}\right|}\right)=\cos^{-1}\left(\frac{2\cos\theta}{\sqrt{1+3\cos^2\theta}}\right)=\tan^{-1}\left(\frac{\tan\theta}2\right)$

當 $Q\to P$ 時有 $\theta\to0$，此時可使用羅必達法則求該極限如下

$\displaystyle\lim_{Q\to P}\frac{S}{A}=\lim_{\theta\to0}\frac{\displaystyle\int_0^{\theta}\sqrt{1+3\sin^2\phi}d\phi}{\displaystyle\tan^{-1}\left(\frac{\tan\theta}2\right)}=\lim_{\theta\to0}\frac{\sqrt{1+3\sin^2\theta}}{\displaystyle\frac1{1+\left(\frac{\tan\theta}2\right)^2}\cdot\frac{\sec^2\theta}2}=\lim_{\theta\to0}\frac{\left(4+\tan^2\theta\right)\sqrt{1+3\sin^2\theta}}{2\sec^2\theta}=2$



2. 求 $f\left(x,y\right)=xy$ 在圓域 $x^2+y^2-1\leq0$ 上，最大值及最小值出現的位置。
訣竅
使用基礎的不等式即可。
解法
由 $\left(x-y\right)^2\geq0$ 以及 $\left(x+y\right)^2\geq0$，可以發現
$\displaystyle-\frac12\leq-\frac{x^2+y^2}2\leq xy\leq\frac{x^2+y^2}2\leq\frac12$
因此最大值為 $\displaystyle\frac12$ 而最小值為 $\displaystyle-\frac12$，其中等號成立的條件分別為 $x=y$ 與 $x=-y$，搭配圓盤邊界條件 $x^2+y^2=1$，可以確認最大值發生在 $\displaystyle\pm\left(\frac{\sqrt2}2,\frac{\sqrt2}2\right)$，而最小值發生在 $\displaystyle\pm\left(\frac{\sqrt2}2,-\frac{\sqrt2}2\right)$。