國立臺灣大學九十二學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分與矩陣運算

1. ($40$ 分) Let $x_n$ ($n=1,\cdots,N$) be $N$ real numbers that are known. Let $f\left(\mu,\sigma^2\right)$ be the product of the $n$ functions $\displaystyle\exp\left\{-\frac{\left(x_n-\mu\right)^2}{2\sigma^2}\right\}$ of $\mu$ and $\sigma^2$, with $n$ running from $1$ to $N$.
   1. Please find the maxima of $f\left(\mu,\sigma^2\right)$ in the region $R_C=\left\{\left(\mu,\sigma^2\right):~\mu\leq0~\mbox{and}~\sigma^2\geq1\right\}$. Then, please find the global maximum in $R_C$ of the above problem.
   2. Please do (1) in the region $R_O=\left\{\left(\mu,\sigma^2\right):~\mu<0~\mbox{and}~\sigma^2>1\right\}$. Please do (2) in the region region $R_O$.
   3. Please do (1) in the region $R_U=\left\{\left(\mu,\sigma^2\right):~\mu\leq0~\mbox{or}~\sigma^2>1\right\}$. Please do (2) in the region $R_U$.
訣竅
明確地表達出 $f$ 後可以注意到 $f$ 是否達到最大值等同於其指數的次方的是否達到最大值，隨後利用偏導求出極值。
解法
對 $f$ 取自然對數有
$\displaystyle g\left(\mu,\sigma^2\right):=\log f\left(\mu,\sigma^2\right)=\log\prod_{n=1}^N\exp\left\{-\frac{\left(x_n-\mu\right)^2}{2\sigma^2}\right\}=-\frac1{2\sigma^2}\sum_{n=1}^N\left(x_n-\mu\right)^2$.
將 $g$ 分別對 $\mu$ 與 $\sigma^2$ 求偏導有
$\displaystyle\frac{\partial g}{\partial\mu}=-\frac1{\sigma^2}\sum_{n=1}^N\left(x_n-\mu\right),\qquad\frac{\partial g}{\partial\sigma^2}=\frac1{2\left(\sigma^2\right)^2}\sum_{n=1}^N\left(x_n-\mu\right)^2$.
由於 $\displaystyle\frac{\partial g}{\partial\sigma^2}$ 一般狀況下不可能為零，除非 $x_1=\cdots=x_n=\mu$，故極值必定發生在區域的邊界上。
1. 經由前述討論，假若 $x_1=\cdots=x_n<0$，那麼取 $\mu=x_i$ 則 $f$ 達到最大值，其值為 $1$；假若 $x_1=\cdots=x_n\leq0$ 或 $x_i$ 不全相同，那麼 $f$ 的極值發生在 $R_C$ 的邊界上，即

   $\partial R_C=\left\{\left(\mu,\sigma^2\right)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}^+:~\mu=0,~\sigma^2\geq1\right\}\cup\left\{\left(\mu,\sigma^2\right)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}^+:~\mu\leq0,~\sigma^2=1\right\}$.

   在上述聯集中的第一道邊界上可以看出 $f$ 可以使用 $1$ 作為他的最小上界，因取 $\mu=0$ 時，$f$ 將隨 $\sigma^2$ 單調遞增。而在第二道邊界上則 $f$ 的最大值即發生在 $\mu=0$ 且 $\sigma^2=1$ 處，但此值不為最大值。
2. 如同先前小題中的論述幾乎有相同的結論，唯一的差異在於 $x_1=\cdots=x_n<0$ 時才有最大值，而在其它情形則僅有最小上界而無最大值。
3. 結論同第一小題。


2. ($10$ 分) Please show that $f\left(x\right)=\left(1+x\right)^{1/x}$ is decreasing on $\left(0,\infty\right)$.
訣竅
使用換底公式後運用連鎖律求導，隨後確認導函數恆負從而遞減。
解法
換底後直接使用連鎖律求導如下
$\displaystyle\frac{df}{dx}\left(x\right)=\frac d{dx}\left(1+x\right)^{\frac1x}=\frac d{dx}e^{\frac{\ln\left(1+x\right)}x}=e^{\frac{\ln\left(1+x\right)}x}\cdot\frac{\frac x{1+x}-\ln\left(1+x\right)}{x^2}=\frac{\left(1+x\right)^{\frac1x}}{x^2}\left(\frac x{1+x}-\ln\left(1+x\right)\right)$.
設 $\displaystyle g\left(x\right)=\frac x{1+x}-\ln\left(1+x\right)$，容易注意到 $g\left(0\right)$ 且 $\displaystyle g'\left(x\right)=-\frac x{\left(1+x\right)^2}<0$，故 $g$ 嚴格遞減，即 $g\left(x\right)<g\left(0\right)=0$。進而有
$\displaystyle\frac{df}{dx}\left(x\right)=\frac{\left(1+x\right)^{\frac1x}}{x^2}g\left(x\right)<0$.
這也表明了函數 $f$ 在 $\left(0,\infty\right)$ 上遞減，證明完畢。


3. ($10$ 分) Please show that $\displaystyle e=\lim_{h\to0}\left(1+h\right)^{1/h}$.
訣竅
本題所要證明的為自然指數的基本定義之一。我們應援引其它的等價定義來證明此極限式。
解法

此處我們使用這樣的定義：考慮函數 $F$ 如下

$\displaystyle F\left(x\right)=\int_1^x\frac{dt}t$.

而 $e=F^{-1}\left(1\right)$。

首先我們可以確認 $F$ 為對數函數。一個明顯的事情為 $F\left(1\right)=0$。再者，我們可以觀察發現

$\displaystyle F\left(b\right)=\int_1^b\frac{dt}t=\int_1^b\frac{adt}{at}=\int_{u=a}^{u=ab}\frac{du}u=F\left(ab\right)-F\left(a\right)$.

此即 $F\left(a\right)+F\left(b\right)=F\left(ab\right)$。再者連續函數的不定積分亦為連續函數，而滿足該關係式的連續函數只可能為對數函數，因此 $F\left(x\right)=\log_ex$，且有 $\displaystyle F'\left(x\right)=\frac1x$。

由這些準備，我們使用換底公式與 L'Hôpital 法則來處理：

$\displaystyle\lim_{h\to0}\left(1+h\right)^{1/h}=\lim_{h\to0}e^{\frac{\log_e\left(1+h\right)}h}=\exp\left(\lim_{h\to0}\frac{\log_e\left(1+h\right)}h\right)=\exp\left(\lim_{h\to0}\frac{1/\left(1+h\right)}1\right)=\exp(1)=e$.



4. ($10$ 分) For any given $x$, $0\leq x\leq1$, define the function $f\left(y\mid x\right)=y\cdot x^{y-1}$, $0<y<\infty$. Please find $y^*$, such that $f\left(y\mid x\right)$ is minimized at $y^*$.
訣竅
利用微分的位置使求其極值，隨後用二階導函數來驗證其為極大值。
解法

當 $x=1$ 時，不存在 $y^*$ 使 $f\left(y\mid1\right)$ 達到極小，事實上此時函數並沒有最小值（但有下界為零，但 $y>0$）。而當 $x=0$ 時 $f$ 恆為零，故處處皆為極小值（也為極大值）。

故我們僅考慮 $x\in\left(0,1\right)$ 的情形，此時對 $y$ 求導可得

$\displaystyle\frac{df}{dy}\left(y\mid x\right)=x^{y-1}+yx^{y-1}\ln x$.

解 $\displaystyle\frac{df}{dy}\left(y\mid x\right)=0$ 可得 $\displaystyle y=y^*:=-\frac1{\ln x}$。進一步，我們計算二階導函數如下

$\displaystyle\frac{d^2f}{dy^2}\left(y\mid x\right)=2x^{y-1}\ln x+yx^{y-1}\ln^2x$.

取 $y=y^*$ 有

$\displaystyle\frac{d^2f}{dy^2}\left(y^*\mid x\right)=x^{y^*-1}\ln x\left(2+y^*\ln x\right)=x^{y^*-1}>0$.

故函數 $f\left(y\mid x\right)$ 確實在 $y^*$ 處達到極小值。



5. ($10$ 分) Let matrix $P=\begin{pmatrix}p^2&2pq&q^2\\p^2&2pq&q^2\\p^2&2pq&q^2\end{pmatrix}$, where $p+q=1$. Please show that $P$ is idempotent. That is, to show that $P^2=P$.
訣竅
直接計算驗證即可。
解法
直接計算可知
$\begin{aligned}P^2&=\begin{pmatrix}p^2&2pq&q^2\\p^2&2pq&q^2\\p^2&2pq&q^2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}p^2&2pq&q^2\\p^2&2pq&q^2\\p^2&2pq&q^2\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}p^2\left(p^2+2pq+q^2\right)&2pq\left(p^2+2pq+q^2\right)&q^2\left(p^2+2pq+q^2\right)\\p^2\left(p^2+2pq+q^2\right)&2pq\left(p^2+2pq+q^2\right)&q^2\left(p^2+2pq+q^2\right)\\p^2\left(p^2+2pq+q^2\right)&2pq\left(p^2+2pq+q^2\right)&q^2\left(p^2+2pq+q^2\right)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}p^2&2pq&q^2\\p^2&2pq&q^2\\p^2&2pq&q^2\end{pmatrix}=P,\end{aligned}$
其中我們使用了 $p^2+2pq+q^2=\left(p+q\right)^2=1$。


6. ($10$ 分) Let matrix $A=\begin{pmatrix}1&1/2\\0&1/2\end{pmatrix}$, please find $A^n$.
訣竅
運用數學歸納法計算之；亦可將其對角化後求高次方矩陣。
解法一
藉由計算可以觀察到
$A^n=\begin{pmatrix}1&\displaystyle1-\frac1{2^n}\\0&\displaystyle\frac1{2^n}\end{pmatrix}$.
現在用數學歸納法證明。當 $n=1$ 時命題成立；現設 $n=k$ 時命題成立，那麼當 $n=k+1$ 時有
$A^{k+1}=AA^k=\begin{pmatrix}1&\displaystyle\frac12\\0&\displaystyle\frac12\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&\displaystyle1-\frac1{2^k}\\0&\displaystyle\frac1{2^k}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&\displaystyle1-\frac1{2^{k+1}}\\0&\displaystyle\frac1{2^k}\end{pmatrix}$.
故命題在 $n=k+1$ 時也成立。因此由數學歸納法可確認出矩陣 $A^n$ 確實如上的觀察。
解法二

由於 $A$ 為上三角矩陣，故其特徵值即為對角線上的元素： $1$ 與 $1/2$。再者容易取出特徵向量分別為 $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ 與 $\displaystyle\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$，如此取 $P=\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}$ 與 $\Lambda=\begin{pmatrix}1&0\\0&1/2\end{pmatrix}$，便有

$A=P\Lambda P^{-1}$.

同取 $n$ 方可得

$A^n=P\Lambda^nP^{-1}=\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&\left(1/2\right)^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}1&\left(1/2\right)^n\\0&-\left(1/2\right)^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1-\left(1/2\right)^n\\0&\left(1/2\right)^n\end{pmatrix}$.



7. ($10$ 分) Let matrix $B=\begin{pmatrix}2&2&0\\2&1&1\\-7&2&-3\end{pmatrix}$, please find its determinant, inverse, and eigenvalues.
訣竅
按行列式的定義計算，而為了求反方陣則應計算其餘因子矩陣與古典伴隨矩陣求解，而特徵值則應寫出其特徵多項式並解其根。
解法
直接按照行列式的定義計算如下
$\det\left(B\right)=\left|\begin{matrix}2&2&0\\2&1&1\\-7&2&-3\end{matrix}\right|=-6-14+0-0-4+12=-12$.
由於行列式值不為零，故存在反方陣。為此先計算餘因子矩陣如下
$\mbox{cof}\left(B\right)=\begin{pmatrix}C_{11}&C_{12}&C_{13}\\C_{21}&C_{22}&C_{23}\\C_{31}&C_{32}&C_{33}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\begin{vmatrix}1&1\\2&-3\end{vmatrix}&-\begin{vmatrix}2&1\\-7&-3\end{vmatrix}&\begin{vmatrix}2&1\\-7&2\end{vmatrix}\\-\begin{vmatrix}2&0\\2&-3\end{vmatrix}&\begin{vmatrix}2&0\\-7&-3\end{vmatrix}&-\begin{vmatrix}2&2\\-7&2\end{vmatrix}\\\begin{vmatrix}2&0\\1&1\end{vmatrix}&-\begin{vmatrix}2&0\\2&1\end{vmatrix}&\begin{vmatrix}2&2\\2&1\end{vmatrix}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-5&-1&11\\6&-6&-18\\2&-2&-2\end{pmatrix}$.
從而古典伴隨矩陣為
$\mbox{adj}\left(B\right)=\left(\mbox{cof}\left(B\right)\right)^t=\begin{pmatrix}-5&6&2\\-1&-6&-2\\11&-18&-2\end{pmatrix}$.
因此 $B$ 的反方陣為
$\displaystyle B^{-1}=-\frac1{12}\begin{pmatrix}-5&6&2\\-1&-6&-2\\11&-18&-2\end{pmatrix}$.
最後，為了求特徵值，我們考慮矩陣 $B$ 的特徵多項式如下
$\begin{aligned}p\left(x\right)&=\det\left(xI-B\right)=\begin{vmatrix}x-2&-2&0\\-2&x-1&-1\\7&-2&x+3\end{vmatrix}\\&=\left(x-2\right)\left(x-1\right)\left(x+3\right)+14+0-0-2\left(x-2\right)-4\left(x+3\right)\\&=x^3-13x+12=\left(x-1\right)\left(x-3\right)\left(x+4\right).\end{aligned}$
因此特徵根為 $1$、$3$ 與 $-4$。