108 年 國立中山大學應用數學系碩士班甲組《基礎數學》

本題考查線性轉換的特徵值（eigenvalues）概念。線性轉換 $f$ 的特徵值 $\lambda$ 滿足 $f(v) = \lambda v$ 對於非零向量 $v$ 成立。這等價於求解齊次線性方程組 $(A - \lambda I)v = 0$ 有非零解，其中 $A$ 是線性轉換 $f$ 在標準基底下的矩陣表示，而 $I$ 是單位矩陣。

首先，我們需要找出線性轉換 $f$ 在標準基底下的矩陣表示 $A$。
標準基底為 $e_1 = (1, 0, 0)$, $e_2 = (0, 1, 0)$, $e_3 = (0, 0, 1)$。
計算 $f(e_1)$, $f(e_2)$, $f(e_3)$:
$f(1, 0, 0) = (3(0) - 0, 1 - 0 + 2(0), 4(0)) = (0, 1, 0)$
$f(0, 1, 0) = (3(1) - 0, 0 - 1 + 2(0), 4(0)) = (3, -1, 0)$
$f(0, 0, 1) = (3(0) - 1, 0 - 0 + 2(1), 4(1)) = (-1, 2, 4)$

所以，矩陣 $A$ 的行向量分別是 $f(e_1), f(e_2), f(e_3)$ 的座標向量：
$A = \begin{pmatrix} 0 & 3 & -1 \\ 1 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}$

接著，我們需要求解特徵值方程 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 0-\lambda & 3 & -1 \\ 1 & -1-\lambda & 2 \\ 0 & 0 & 4-\lambda \end{pmatrix}$

計算行列式：

核心觀念

本題涉及反三角函數的定義域、變上限積分微分公式，以及鏈鎖律。求 $f'(2)$ 前，必須先確認 $f(2)$ 是否有定義。

解題方法

在實數範圍內，$\arcsin x$ 的定義域是 $-1\le x\le 1$。因此 $x=2$ 不在 $\arcsin x$ 的實數定義域內，$f(2)$ 無法依題目所給的實數函數定義取得，故 $f'(2)$ 不存在。

對於 $0<x<1$，由微積分基本定理與鏈鎖律可得：

本題考查瑕積分（improper integral）的計算，特別是涉及指數函數和多項式乘積的積分。

我們需要計算積分 $\int_0^\infty x^2 e^{-x} \, dx$.
這是一個瑕積分，因為積分區間是無限的。我們將其定義為極限：
$\int_0^\infty x^2 e^{-x} \, dx = \lim_{b \to \infty} \int_0^b x^2 e^{-x} \, dx$.

我們可以使用分部積分法（integration by parts）來計算定積分 $\int_0^b x^2 e^{-x} \, dx$.
分部積分公式為 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.

第一次分部積分：
令 $u = x^2$, $dv = e^{-x} \, dx$.
則 $du = 2x \, dx$, $v = \int e^{-x} \, dx = -e^{-x}$.
$\int_0^b x^2 e^{-x} \, dx = [-x^2 e^{-x}]_0^b - \int_0^b (-e^{-x}) (2x \, dx)$
$= (-b^2 e^{-b} - (-0^2 e^{-0})) + 2 \int_0^b x e^{-x} \, dx$
$= -b^2 e^{-b} + 2 \int_0^b x e^{-x} \, dx$.

現在我們需要計算 $\int_0^b x e^{-x} \, dx$。再次使用分部積分法。
令 $u = x$, $dv = e^{-x} \, dx$.
則 $du = dx$, $v = -e^{-x}$.
$\int_0^b x e^{-x} \, dx = [-x e^{-x}]_0^b - \int_0^b (-e^{-x}) \, dx$
$= (-b e^{-b} - (-0 e^{-0})) + \int_0^b e^{-x} \, dx$
$= -b e^{-b} + [-e^{-x}]_0^b$
$= -b e^{-b} + (-e^{-b} - (-e^{-0}))$

本題考查二重積分的計算，特別是當積分區域和被積函數具有極座標對稱性時，轉換到極座標可以簡化計算。

我們需要計算二重積分 $I = \int_0^\infty \int_0^\infty \frac{1}{1 + (x^2 + y^2)^2} \, dx \, dy$.
積分區域是 $x \ge 0$ 且 $y \ge 0$ 的第一象限。
被積函數 $\frac{1}{1 + (x^2 + y^2)^2}$ 包含 $x^2 + y^2$ 的形式，這提示我們轉換到極座標。

在極座標系中，變數轉換為 $x = r \cos \theta$, $y = r \sin \theta$.
則 $x^2 + y^2 = r^2$.
微分面積元素 $dx \, dy$ 變為 $r \, dr \, d\theta$.

積分區域是整個第一象限。在極座標下，這對應於 $r$ 從 $0$ 變到 $\infty$，$\theta$ 從 $0$ 變到 $\frac{\pi}{2}$。
所以，積分變為：
$I = \int_0^{\pi/2} \int_0^\infty \frac{1}{1 + (r^2)^2} \cdot r \, dr \, d\theta$
$I = \int_0^{\pi/2} \int_0^\infty \frac{r}{1 + r^4} \, dr \, d\theta$.

本題考查三重積分的計算，積分區域和被積函數的形式提示我們轉換到球座標系。

我們需要計算三重積分 $I = \int_{-2}^0 \int_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}} \int_{-\sqrt{4-x^2-y^2}}^{\sqrt{4-x^2-y^2}} z^2 \, dz \, dy \, dx$.

首先分析積分區域。
內層積分是關於 $z$ 從 $-\sqrt{4-x^2-y^2}$ 到 $\sqrt{4-x^2-y^2}$。這表示 $z^2 \le 4-x^2-y^2$, 或 $x^2+y^2+z^2 \le 4$. 這是一個以原點為中心，半徑為 2 的球體。
中層積分是關於 $y$ 從 $-\sqrt{4-x^2}$ 到 $\sqrt{4-x^2}$。這表示 $y^2 \le 4-x^2$, 或 $x^2+y^2 \le 4$. 這是一個以原點為中心，半徑為 2 的圓柱面。
外層積分是關於 $x$ 從 $-2$ 到 $0$.

綜合來看，積分區域是球體 $x^2+y^2+z^2 \le 4$ 在 $x \in [-2, 0]$ 範圍內的部分。
由於 $x^2+y^2 \le 4$ 已經包含在 $x^2+y^2+z^2 \le 4$ 內，且 $x \in [-2, 0]$ 是球體在 $x$ 軸上的投影範圍的一部分，所以整個積分區域是半徑為 2 的球體在 $x \le 0$ 的部分。
更精確地說，由於 $y$ 的範圍是 $-\sqrt{4-x^2}$ 到 $\sqrt{4-x^2}$，這意味著 $x^2+y^2 \le 4$。而 $z$ 的範圍是 $-\sqrt{4-x^2-y^2}$ 到 $\sqrt{4-x^2-y^2}$，這意味著 $x^2+y^2+z^2 \le 4$.
因此，積分區域就是球 $x^2+y^2+z^2 \le 4$ 在 $x \le 0$ 的半球。

被積函數是 $z^2$. 轉換到球座標系：
$x = \rho \sin \phi \cos \theta$
$y = \rho \sin \phi \sin \theta$
$z = \rho \cos \phi$
微分體積元素 $dV = dz \, dy \, dx$ 變為 $\rho^2 \sin \phi \, d\rho \, d\phi \, d\theta$.
$z^2 = (\rho \cos \phi)^2 = \rho^2 \cos^2 \phi$.

積分區域在球座標系下：
球體 $x^2+y^2+z^2 \le 4$ 對應於 $0 \le \rho \le 2$.
$x \le 0$ 的半球。
$\theta$ 的範圍：由於 $x$ 可以從 $-2$ 到 $0$，並且 $y$ 涵蓋 $-\sqrt{4-x^2}$ 到 $\sqrt{4-x^2}$，這表示我們涵蓋了 $x \le 0$ 的區域。
若 $x \le 0$ 且 $y$ 任意，則 $\theta$ 的範圍是 $[\pi/2, 3\pi/2]$。
然而，我們必須看 $x$ 的限制。
$x = \rho \sin \phi \cos \theta$.

本題考查定積分的計算。被積函數的形式 $\sqrt{\frac{1-x}{x}}$ 提示我們進行三角換元。

我們需要計算積分 $I = \int_{1/2}^1 \sqrt{\frac{1-x}{x}} \, dx$.

令 $x = \sin^2 \theta$.
則 $dx = 2 \sin \theta \cos \theta \, d\theta$.
當 $x = 1/2$ 時, $\sin^2 \theta = 1/2 \implies \sin \theta = 1/\sqrt{2}$. 在 $[0, \pi/2]$ 範圍內，$\theta = \pi/4$.
當 $x = 1$ 時, $\sin^2 \theta = 1 \implies \sin \theta = 1$. 在 $[0, \pi/2]$ 範圍內，$\theta = \pi/2$.

被積函數變為：
$\sqrt{\frac{1-x}{x}} = \sqrt{\frac{1-\sin^2 \theta}{\sin^2 \theta}} = \sqrt{\frac{\cos^2 \theta}{\sin^2 \theta}} = \frac{|\cos \theta|}{|\sin \theta|}$.
在積分範圍 $\theta \in [\pi/4, \pi/2]$ 內，$\cos \theta \ge 0$ 且 $\sin \theta > 0$.
所以，$\sqrt{\frac{1-x}{x}} = \frac{\cos \theta}{\sin \theta} = \cot \theta$.

積分變為：
$I = \int_{\pi/4}^{\pi/2} (\cot \theta) (2 \sin \theta \cos \theta) \, d\theta$

本題考查多元函數的絕對極值問題。由於函數的定義域是整個 $\mathbb{R}^2$（無限制），且函數的形式是指數函數，其絕對極值（如果存在）通常發生在臨界點（critical points）處。

首先，我們需要分析指數函數的性質。令 $g(x,y) = -2x^2 - 2xy^2 - 5y^4 - 6x + 6y^2 - 8$. 則 $f(x,y) = e^{g(x,y)}$.
由於指數函數 $e^u$ 是嚴格單調遞增的，所以 $f(x,y)$ 的極值與 $g(x,y)$ 的極值發生在同一點。
因此，我們需要找到 $g(x,y)$ 的極值。

我們需要找到 $g(x,y)$ 的臨界點，即令其偏導數為零的點。
$\frac{\partial g}{\partial x} = -4x - 2y^2 - 6$
$\frac{\partial g}{\partial y} = -4xy - 20y^3 + 12y$

令偏導數為零：
(1) $-4x - 2y^2 - 6 = 0 \implies 2x = -y^2 - 3 \implies x = -\frac{1}{2}y^2 - \frac{3}{2}$
(2) $-4xy - 20y^3 + 12y = 0$

將 (1) 代入 (2)：
$-4(-\frac{1}{2}y^2 - \frac{3}{2})y - 20y^3 + 12y = 0$
$(2y^2 + 6)y - 20y^3 + 12y = 0$
$2y^3 + 6y - 20y^3 + 12y = 0$
$-18y^3 + 18y = 0$
$18y(-y^2 + 1) = 0$
$18y(1-y)(1+y) = 0$.

這給出三個可能的 $y$ 值：$y=0$, $y=1$, $y=-1$.

將這些 $y$ 值代回 (1) 求對應的 $x$ 值：
若 $y=0$:
$x = -\frac{1}{2}(0)^2 - \frac{3}{2} = -\frac{3}{2}$.
臨界點為 $(-\frac{3}{2}, 0)$.

若 $y=1$:
$x = -\frac{1}{2}(1)^2 - \frac{3}{2} = -\frac{1}{2} - \frac{3}{2} = -\frac{4}{2} = -2$.
臨界點為 $(-2, 1)$.

若 $y=-1$:
$x = -\frac{1}{2}(-1)^2 - \frac{3}{2} = -\frac{1}{2} - \frac{3}{2} = -\frac{4}{2} = -2$.
臨界點為 $(-2, -1)$.

現在，我們需要判斷這些臨界點是局部極大值、局部極小值還是鞍點。我們使用二階偏導數檢驗法。
$\frac{\partial^2 g}{\partial x^2} = -4$
$\frac{\partial^2 g}{\partial y^2} = -4x - 60y^2 + 12$
$\frac{\partial^2 g}{\partial x \partial y} = -4y$

計算 Hessian 矩陣的行列式 $D(x,y) = (\frac{\partial^2 g}{\partial x^2})(\frac{\partial^2 g}{\partial y^2}) - (\frac{\partial^2 g}{\partial x \partial y})^2$.

對於臨界點 $(-\frac{3}{2}, 0)$:
$\frac{\partial^2 g}{\partial x^2} = -4$.
$\frac{\partial^2 g}{\partial y^2} = -4(-\frac{3}{2}) - 60(0)^2 + 12 = 6 + 12 = 18$.
$\frac{\partial^2 g}{\partial x \partial y} = -4(0) = 0$.
$D(-\frac{3}{2}, 0) = (-4)(18) - (0)^2 = -72$.
由於 $D < 0$, 點 $(-\frac{3}{2}, 0)$ 是鞍點。

對於臨界點 $(-2, 1)$:
$\frac{\partial^2 g}{\partial x^2} = -4$.
$\frac{\partial^2 g}{\partial y^2} = -4(-2) - 60(1)^2 + 12 = 8 - 60 + 12 = -40$.
$\frac{\partial^2 g}{\partial x \partial y} = -4(1) = -4$.
$D(-2, 1) = (-4)(-40) - (-4)^2 = 160 - 16 = 144$.
由於 $D > 0$ 且 $\frac{\partial^2 g}{\partial x^2} = -4 < 0$, 點 $(-2, 1)$ 是局部極大值點。

對於臨界點 $(-2, -1)$:
$\frac{\partial^2 g}{\partial x^2} = -4$.
$\frac{\partial^2 g}{\partial y^2} = -4(-2) - 60(-1)^2 + 12 = 8 - 60 + 12 = -40$.
$\frac{\partial^2 g}{\partial x \partial y} = -4(-1) = 4$.
$D(-2, -1) = (-4)(-40) - (4)^2 = 160 - 16 = 144$.
由於 $D > 0$ 且 $\frac{\partial^2 g}{\partial x^2} = -4 < 0$, 點 $(-2, -1)$ 是局部極大值點。

現在我們計算這些局部極大值點的函數值。
在點 $(-2, 1)$：
$g(-2, 1) = -2(-2)^2 - 2(-2)(1)^2 - 5(1)^4 - 6(-2) + 6(1)^2 - 8$
$= -2(4) - 2(-2) - 5 - (-12) + 6 - 8$
$= -8 + 4 - 5 + 12 + 6 - 8$
$= -8 + 4 - 5 + 12 + 6 - 8 = 1$.
$f(-2, 1) = e^{g(-2, 1)} = e^1 = e$.

本題考查求曲面上離原點最近的點，這是一個約束優化問題，可以使用拉格朗日乘數法來解決。

我們要求點 $(x, y, z)$ 在曲面 $xy z^2 = -3$ 上，且距離原點 $(0, 0, 0)$ 最近。
距離的原平方是 $d^2 = x^2 + y^2 + z^2$. 我們最小化 $d^2$ 等價於最小化 $d$.
約束條件是 $g(x, y, z) = xy z^2 + 3 = 0$.
我們要最小化函數 $f(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2$.

根據拉格朗日乘數法，我們需要求解方程組 $\nabla f = \lambda \nabla g$ 和 $g(x, y, z) = 0$.
$\nabla f = (2x, 2y, 2z)$
$\nabla g = (yz^2, xz^2, 2xyz)$

方程組為：

1. $2x = \lambda yz^2$
2. $2y = \lambda xz^2$
3. $2z = \lambda (2xyz)$
4. $xyz^2 = -3$

從方程 (3) $2z = 2\lambda xyz$：
如果 $z \ne 0$, 則 $1 = \lambda xy$.
如果 $z = 0$, 則 $xyz^2 = 0$, 這與約束條件 $xyz^2 = -3$ 矛盾。所以 $z \ne 0$.

由 $1 = \lambda xy$, 我們得到 $\lambda = \frac{1}{xy}$. (注意：如果 $x=0$ 或 $y=0$, 則 $xyz^2=0$, 與約束矛盾，所以 $x \ne 0, y \ne 0$).

將 $\lambda = \frac{1}{xy}$ 代入方程 (1) 和 (2)：

1. $2x = \frac{1}{xy} yz^2 \implies 2x = \frac{z^2}{x} \implies 2x^2 = z^2$.
2. $2y = \frac{1}{xy} xz^2 \implies 2y = \frac{z^2}{y} \implies 2y^2 = z^2$.

從 $2x^2 = z^2$ 和 $2y^2 = z^2$, 我們得到 $2x^2 = 2y^2$, 所以 $x^2 = y^2$.
這意味著 $y = x$ 或 $y = -x$.

現在我們將 $z^2 = 2x^2$ 和 $y^2 = x^2$ 代入約束條件 $xyz^2 = -3$.
$xy (2x^2) = -3$.
$2x^3 y = -3$.

情況 1：$y = x$.
$2x^3 (x) = -3 \implies 2x^4 = -3$.
這個方程在實數範圍內無解，因為 $x^4$ 必定大於或等於 0。

情況 2：$y = -x$.
$2x^3 (-x) = -3 \implies -2x^4 = -3 \implies 2x^4 = 3$.
$x^4 = \frac{3}{2}$.
$x^2 = \sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{\sqrt{6}}{2}$.
$x = \pm \sqrt{\frac{\sqrt{6}}{2}} = \pm \frac{6^{1/4}}{\sqrt{2}} = \pm \frac{\sqrt{2} 6^{1/4}}{2} = \pm \frac{\sqrt[4]{2^2 \cdot 6}}{2} = \pm \frac{\sqrt[4]{24}}{2}$.
更簡潔的寫法是 $x = \pm (\frac{3}{2})^{1/4}$.

當 $x = (\frac{3}{2})^{1/4}$ 時, $y = -(\frac{3}{2})^{1/4}$.

本題考查級數的收斂區間（interval of convergence）的求解，通常使用 ratio test (比值檢驗法) 或 root test (根值檢驗法)。

我們考慮級數 $\sum_{k=2}^\infty a_k$, 其中 $a_k = \frac{x^k}{k(\ln k)^2}$.
我們使用 ratio test 來尋找半徑 $R$。
$L = \lim_{k \to \infty} \left| \frac{a_{k+1}}{a_k} \right| = \lim_{k \to \infty} \left| \frac{x^{k+1}}{(k+1)(\ln(k+1))^2} \cdot \frac{k(\ln k)^2}{x^k} \right|$
$L = \lim_{k \to \infty} \left| x \cdot \frac{k}{k+1} \cdot \left(\frac{\ln k}{\ln(k+1)}\right)^2 \right|$
$L = |x| \lim_{k \to \infty} \frac{k}{k+1} \cdot \lim_{k \to \infty} \left(\frac{\ln k}{\ln(k+1)}\right)^2$.

首先計算 $\lim_{k \to \infty} \frac{k}{k+1} = \lim_{k \to \infty} \frac{1}{1+1/k} = 1$.

接下來計算 $\lim_{k \to \infty} \frac{\ln k}{\ln(k+1)}$.
這是一個 $\frac{\infty}{\infty}$ 的不定型，可以使用 L'Hopital's Rule。
$\lim_{k \to \infty} \frac{\frac{d}{dk}(\ln k)}{\frac{d}{dk}(\ln(k+1))} = \lim_{k \to \infty} \frac{1/k}{1/(k+1)} = \lim_{k \to \infty} \frac{k+1}{k} = \lim_{k \to \infty} (1 + \frac{1}{k}) = 1$.
所以，$\lim_{k \to \infty} \left(\frac{\ln k}{\ln(k+1)}\right)^2 = 1^2 = 1$.

因此，$L = |x| \cdot 1 \cdot 1 = |x|$.
根據 ratio test，級數在 $L < 1$ 時收斂，即 $|x| < 1$.
所以，收斂半徑 $R = 1$.
級數至少在區間 $(-1, 1)$ 上收斂。

本題考查瑕積分的收斂性判斷。積分 $\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} \, dx$ 是一個著名的瑕積分，稱為 Dirichlet integral。

這個積分可以分成兩部分來考慮： $\int_0^1 \frac{\sin x}{x} \, dx$ 和 $\int_1^\infty \frac{\sin x}{x} \, dx$.

對於積分 $\int_0^1 \frac{\sin x}{x} \, dx$:
函數 $\frac{\sin x}{x}$ 在 $x=0$ 處是連續的，因為 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$.
因此，在有限區間 $[0, 1]$ 上，函數 $\frac{\sin x}{x}$ 是有界的（其最大值為 1）。
所以，積分 $\int_0^1 \frac{\sin x}{x} \, dx$ 是一個正常的定積分，其值是有限的。

對於積分 $\int_1^\infty \frac{\sin x}{x} \, dx$:
這是一個瑕積分。我們可以使用 Dirichlet test (狄利克雷檢驗法) 來判斷其收斂性。
Dirichlet test 適用於積分 $\int_a^\infty f(x) g(x) \, dx$，如果滿足以下條件：

1. $f(x)$ 在 $[a, \infty)$ 上有界且單調遞減，且 $\lim_{x \to \infty} f(x) = 0$.