111 年 國立中山大學應用數學系碩士班甲組《基礎數學》

此題考驗對極限的計算能力，包含數列極限的求和與微積分基本定理的應用。

(a) 這是一個數列極限問題，其形式可以看作是黎曼和。
令 $S_n = \frac{n^2}{n^3+1^3} + \frac{n^2}{n^3+2^3} + \frac{n^2}{n^3+3^3} + \dots + \frac{n^2}{n^3+n^3}$。
我們可以將其改寫為：
$S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{n^2}{n^3+k^3}$
為了將其轉換為黎曼和的形式 $\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f(\frac{k}{n})$，我們需要將分子分母同除以 $n^3$：
$S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{n^2/n^3}{(n^3+k^3)/n^3} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1/n}{1+(k/n)^3}$
現在，我們可以將其視為函數 $f(x) = \frac{1}{1+x^3}$ 在區間 $[0, 1]$ 上的黎曼和，其中 $\Delta x = \frac{1}{n}$ 且 $x_k = \frac{k}{n}$。
因此，極限為：
$\lim_{n\to\infty} S_n = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1+(k/n)^3} \cdot \frac{1}{n} = \int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^3} dx$
為了計算這個積分，我們可以使用部分分式分解。
$1+x^3 = (1+x)(1-x+x^2)$
$\frac{1}{1+x^3} = \frac{A}{1+x} + \frac{Bx+C}{1-x+x^2}$
$1 = A(1-x+x^2) + (Bx+C)(1+x)$
令 $x=-1$: $1 = A(1-(-1)+(-1)^2) = A(3) \implies A = \frac{1}{3}$
令 $x=0$: $1 = A(1) + C(1) \implies 1 = \frac{1}{3} + C \implies C = \frac{2}{3}$
令 $x=1$: $1 = A(1-1+1) + (B+C)(2) \implies 1 = \frac{1}{3} + (B+\frac{2}{3})(2) \implies \frac{2}{3} = (B+\frac{2}{3})(2) \implies \frac{1}{3} = B+\frac{2}{3} \implies B = -\frac{1}{3}$
所以，$\frac{1}{1+x^3} = \frac{1/3}{1+x} + \frac{-1/3 x + 2/3}{1-x+x^2} = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{1+x} - \frac{x-2}{x^2-x+1} \right)$
$\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^3} dx = \frac{1}{3} \int_{0}^{1} \left( \frac{1}{1+x} - \frac{x-2}{x^2-x+1} \right) dx$
$\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x} dx = [\ln|1+x|]_0^1 = \ln 2 - \ln 1 = \ln 2$
對於第二項積分：$\int_{0}^{1} \frac{x-2}{x^2-x+1} dx$
分母 $x^2-x+1$ 的導數是 $2x-1$。
$\frac{x-2}{x^2-x+1} = \frac{1}{2} \frac{2x-1}{x^2-x+1} - \frac{3}{2} \frac{1}{x^2-x+1}$
$\int_{0}^{1} \frac{1}{2} \frac{2x-1}{x^2-x+1} dx = \frac{1}{2} [\ln|x^2-x+1|]_0^1 = \frac{1}{2} (\ln 1 - \ln 1) = 0$
$\int_{0}^{1} \frac{1}{x^2-x+1} dx = \int_{0}^{1} \frac{1}{(x-1/2)^2 + 3/4} dx$
令 $u = x-1/2$, $du = dx$. 當 $x=0, u=-1/2$. 當 $x=1, u=1/2$.
$\int_{-1/2}^{1/2} \frac{1}{u^2 + (\sqrt{3}/2)^2} du = \frac{1}{\sqrt{3}/2} \arctan\left(\frac{u}{\sqrt{3}/2}\right) \Big|_{-1/2}^{1/2}$
$= \frac{2}{\sqrt{3}} \left( \arctan\left(\frac{1/2}{\sqrt{3}/2}\right) - \arctan\left(\frac{-1/2}{\sqrt{3}/2}\right) \right) = \frac{2}{\sqrt{3}} \left( \arctan\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) - \arctan\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right) \right)$

此題考驗對隱函數求極值的應用，通常需要使用拉格朗日乘數法。

我們要求曲線 $f(x, y) = x^2+xy+2y^2 = 28$ 上的最高點和最低點。這裡的「最高點」和「最低點」通常指的是 $y$ 值最大/最小，或者 $x$ 值最大/最小。由於曲線是封閉的（可以證明），它會有最大和最小的 $x$ 和 $y$ 值。我們將尋找 $y$ 的最大最小值。

使用拉格朗日乘數法，我們設 $g(x, y) = x^2+xy+2y^2 - 28 = 0$。
我們需要找到 $\nabla f = \lambda \nabla g$。
然而，這裡的目標函數不明確。通常，當要求「最高點」和「最低點」時，是指在給定約束條件下的極值。由於曲線本身是一個橢圓（可以證明），它有最大和最小的 $x$ 和 $y$ 值。我們實際上是在尋找函數 $h(x, y) = y$ (或 $h(x, y) = x$) 在約束 $g(x, y) = 0$ 下的極值。

令 $h(x, y) = y$。則 $\nabla h = (0, 1)$。
我們需要解方程組：
$\nabla h = \lambda \nabla g$
$g(x, y) = 0$

$\frac{\partial g}{\partial x} = 2x + y$
$\frac{\partial g}{\partial y} = x + 4y$

方程組為：

1. $0 = \lambda (2x + y)$
2. $1 = \lambda (x + 4y)$
3. $x^2+xy+2y^2 = 28$

從方程 (1) 可知，若 $\lambda = 0$，則方程 (2) $1 = 0 \cdot (x+4y) = 0$，這是矛盾的。
因此，$\lambda \neq 0$。
所以，從方程 (1) 必須有 $2x + y = 0 \implies y = -2x$。

將 $y = -2x$ 代入方程 (3)：
$x^2 + x(-2x) + 2(-2x)^2 = 28$
$x^2 - 2x^2 + 2(4x^2) = 28$
$x^2 - 2x^2 + 8x^2 = 28$
$7x^2 = 28$
$x^2 = 4$
$x = \pm 2$

此題考驗不定積分的計算，特別是涉及有理函數的積分，需要用到部分分式分解。

我們要計算定積分 $\int_{-1}^{2} \frac{dx}{x^2-x-2}$。
首先，我們需要對被積函數 $\frac{1}{x^2-x-2}$ 進行部分分式分解。
分母 $x^2-x-2$ 可以分解為 $(x-2)(x+1)$。
所以，我們設 $\frac{1}{x^2-x-2} = \frac{A}{x-2} + \frac{B}{x+1}$。
乘以 $(x-2)(x+1)$ 得到 $1 = A(x+1) + B(x-2)$。
令 $x=2$: $1 = A(2+1) + B(2-2) \implies 1 = 3A \implies A = \frac{1}{3}$。
令 $x=-1$: $1 = A(-1+1) + B(-1-2) \implies 1 = -3B \implies B = -\frac{1}{3}$。
因此，$\frac{1}{x^2-x-2} = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{x-2} - \frac{1}{x+1} \right)$。

現在我們來計算定積分：
$\int_{-1}^{2} \frac{dx}{x^2-x-2} = \int_{-1}^{2} \frac{1}{3} \left( \frac{1}{x-2} - \frac{1}{x+1} \right) dx$
$= \frac{1}{3} \int_{-1}^{2} \left( \frac{1}{x-2} - \frac{1}{x+1} \right) dx$

我們注意到，積分區間是 $[-1, 2]$。在 $x=-1$ 和 $x=2$ 這兩個點，被積函數是沒有定義的（分母為零）。這是一個瑕積分 (improper integral)。
在 $x=-1$ 處，$\frac{1}{x+1}$ 的分母為零。
在 $x=2$ 處，$\frac{1}{x-2}$ 的分母為零。

因此，我們需要將積分分解為幾個部分，並使用極限來計算。

此題考驗對泰勒級數（特別是馬克勞林級數）的理解與推導能力。

馬克勞林級數是函數 $f(x)$ 在 $x=0$ 附近的泰勒級數，其公式為：
$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \frac{f'''(0)}{3!}x^3 + \dots$

我們需要求 $f(x) = \tan^{-1}x$ 的馬克勞林級數。
直接求高階導數會比較繁瑣。一個更簡便的方法是利用 $\tan^{-1}x$ 的導數是 $\frac{1}{1+x^2}$。
我們知道 $\frac{1}{1+x^2}$ 是一個幾何級數的和：
$\frac{1}{1+x^2} = \frac{1}{1 - (-x^2)}$
當 $|-x^2| < 1$，即 $|x| < 1$ 時，這個幾何級數收斂於：
$\frac{1}{1+x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} (-x^2)^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n} = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + x^8 - \dots$

現在，我們可以通過對這個級數逐項積分來得到 $\tan^{-1}x$ 的馬克勞林級數。

此題考驗對極座標曲線的弧長和面積計算。

(a) 曲線的弧長公式在極座標下為 $L = \int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{r^2 + (\frac{dr}{d\theta})^2} d\theta$。
給定曲線為 $r = \sqrt{1+\sin 2\theta}$，其中 $0 \le \theta < 2\pi$。
首先，我們需要計算 $\frac{dr}{d\theta}$。
$r^2 = 1+\sin 2\theta$
$\frac{dr}{d\theta} = \frac{1}{2\sqrt{1+\sin 2\theta}} \cdot (\cos 2\theta \cdot 2) = \frac{\cos 2\theta}{\sqrt{1+\sin 2\theta}}$
$(\frac{dr}{d\theta})^2 = \frac{\cos^2 2\theta}{1+\sin 2\theta}$

現在計算 $r^2 + (\frac{dr}{d\theta})^2$：
$r^2 + (\frac{dr}{d\theta})^2 = (1+\sin 2\theta) + \frac{\cos^2 2\theta}{1+\sin 2\theta}$
$= \frac{(1+\sin 2\theta)^2 + \cos^2 2\theta}{1+\sin 2\theta}$
$= \frac{1 + 2\sin 2\theta + \sin^2 2\theta + \cos^2 2\theta}{1+\sin 2\theta}$
$= \frac{1 + 2\sin 2\theta + 1}{1+\sin 2\theta}$
$= \frac{2 + 2\sin 2\theta}{1+\sin 2\theta}$

此題考驗多變數函數的極值與鞍點的判別。

首先，我們需要找到函數 $f(x, y)$ 的臨界點。臨界點是使一階偏導數為零的點。
$f(x, y) = x^2y - xy^2 + xy - y^2$

計算一階偏導數：
$\frac{\partial f}{\partial x} = 2xy - y^2 + y$
$\frac{\partial f}{\partial y} = x^2 - 2xy + x - 2y$

令一階偏導數為零，得到方程組：

1. $2xy - y^2 + y = 0 \implies y(2x - y + 1) = 0$
2. $x^2 - 2xy + x - 2y = 0$

從方程 (1) 可知，有兩種情況：
情況一：$y = 0$
將 $y=0$ 代入方程 (2)：
$x^2 - 2x(0) + x - 2(0) = 0$
$x^2 + x = 0$
$x(x+1) = 0$
所以，$x=0$ 或 $x=-1$。
這給出兩個臨界點：$(0, 0)$ 和 $(-1, 0)$。

情況二：$2x - y + 1 = 0 \implies y = 2x + 1$
將 $y = 2x + 1$ 代入方程 (2)：
$x^2 - 2x(2x+1) + x - 2(2x+1) = 0$
$x^2 - (4x^2 + 2x) + x - (4x + 2) = 0$
$x^2 - 4x^2 - 2x + x - 4x - 2 = 0$
$-3x^2 - 5x - 2 = 0$
$3x^2 + 5x + 2 = 0$
使用求根公式或因式分解：
$(3x+2)(x+1) = 0$
所以，$x = -\frac{2}{3}$ 或 $x = -1$。

當 $x = -\frac{2}{3}$ 時，$y = 2(-\frac{2}{3}) + 1 = -\frac{4}{3} + 1 = -\frac{1}{3}$。
這給出臨界點 $(-\frac{2}{3}, -\frac{1}{3})$。

當 $x = -1$ 時，$y = 2(-1) + 1 = -2 + 1 = -1$。
這給出臨界點 $(-1, -1)$。

我們找到四個臨界點：$(0, 0)$, $(-1, 0)$, $(-\frac{2}{3}, -\frac{1}{3})$, $(-1, -1)$。

接下來，我們使用二階偏導數檢驗法來判斷這些臨界點的性質。
計算二階偏導數：
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 2y$
$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = -2x - 2$
$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = 2x - 2y + 1$

計算判別式 $D(x, y) = f_{xx}(x, y) f_{yy}(x, y) - [f_{xy}(x, y)]^2$。

對於臨界點 $(0, 0)$:
$f_{xx}(0, 0) = 2(0) = 0$
$f_{yy}(0, 0) = -2(0) - 2 = -2$
$f_{xy}(0, 0) = 2(0) - 2(0) + 1 = 1$
$D(0, 0) = (0)(-2) - (1)^2 = -1$
由於 $D(0, 0) < 0$，點 $(0, 0)$ 是鞍點。

對於臨界點 $(-1, 0)$:
$f_{xx}(-1, 0) = 2(0) = 0$

此題考驗對二重積分的計算，特別是當積分順序交換可能簡化計算時。

我們要計算二重積分 $\iint_R e^{x^2} dA$，其中積分區域 $R$ 由 $0 \le x \le 3/2$ 和 $0 \le y \le x$ 給出。
積分表達式為 $\int_{0}^{3/2} \left( \int_{0}^{x} e^{x^2} dy \right) dx$。

先計算內層積分：
$\int_{0}^{x} e^{x^2} dy$
在這裡，$e^{x^2}$ 視為常數，因為積分變數是 $y$。
$\int_{0}^{x} e^{x^2} dy = e^{x^2} [y]_{0}^{x} = e^{x^2} (x - 0) = xe^{x^2}$。

現在將結果代入外層積分：
$\int_{0}^{3/2} xe^{x^2} dx$

這個積分可以通過變數替換來解決。令 $u = x^2$。
那麼 $du = 2x dx$，所以 $x dx = \frac{1}{2} du$。
當 $x=0$ 時，$u = 0^2 = 0$。
當 $x=3/2$ 時，$u = (3/2)^2 = 9/4$。

核心觀念

本題考查矩陣的列等價、零空間與欄空間。

1. 若 $A$ 與 $B$ 列等價，則兩矩陣的齊次方程組具有相同解集，因此
   $\mathcal N(A)=\mathcal N(B).$

2. $B$ 已是階梯形矩陣，可直接由 $Bx=0$ 求出自由變數與零空間基底。

3. 列運算會改變欄向量本身，因此 $\operatorname{Col}(A)$ 不等於 $\operatorname{Col}(B)$。求 $A$ 的欄空間基底時，必須先由 $B$ 找出主元欄，再取回 $A$ 中相同位置的欄向量。

---

求 $A$ 的零空間基底

令

$$x= \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5 \end{bmatrix}.$$

因為 $A$ 與 $B$ 列等價，所以只需解 $Bx=0$：

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & 2 & 5\\ 0 & 0 & 3 & -8 & 3\\ 0 & 0 & 0 & 0 & -7\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0\\0 \end{bmatrix}.$$

對應方程式為

$$x_1+2x_2+2x_4+5x_5=0,$$ $$3x_3-8x_4+3x_5=0,$$ $$-7x_5=0.$$

由第三式得

$$x_5=0.$$

代入前兩式：

$$x_1=-2x_2-2x_4,$$ $$x_3=\frac{8}{3}x_4.$$

主元變數為 $x_1,x_3,x_5$，自由變數為 $x_2,x_4$。令

$$x_2=s,\qquad x_4=t.$$

則

$$x= \begin{bmatrix} -2s-2t\\ s\\ \frac{8}{3}t\\ t\\ 0 \end{bmatrix} = s \begin{bmatrix} -2\\1\\0\\0\\0 \end{bmatrix} + t \begin{bmatrix} -2\\0\\\frac{8}{3}\\1\\0 \end{bmatrix}.$$

為避免分數，將第二個基底向量乘以 $3$，得到零空間的一組基底：

$$\left\{ \begin{bmatrix} -2\\1\\0\\0\\0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -6\\0\\8\\3\\0 \end{bmatrix} \right\}.$$

此題考驗矩陣的對角化 (Diagonalization) 以及利用對角化來計算矩陣的冪次。

給定矩陣 $A = \begin{bmatrix} a & 0 \\ a(a-b) & b \end{bmatrix}$，並且已知其可以被分解為 $A = PDP^{-1}$ 的形式。
我們需要計算 $A^k$。
利用對角化，我們有 $A^k = (PDP^{-1})^k = (PDP^{-1})(PDP^{-1})\dots(PDP^{-1})$ (k 次)。
由於 $P^{-1}P = I$ (單位矩陣)，這個連乘會簡化為 $A^k = PD^kP^{-1}$。
所以，我們需要找到矩陣 $P$ 和對角矩陣 $D$。

首先，我們需要找到矩陣 $A$ 的特徵值 (eigenvalues) 和特徵向量 (eigenvectors)。
特徵值是滿足 $\det(A - \lambda I) = 0$ 的 $\lambda$ 值。
$A - \lambda I = \begin{bmatrix} a-\lambda & 0 \\ a(a-b) & b-\lambda \end{bmatrix}$
$\det(A - \lambda I) = (a-\lambda)(b-\lambda) - 0 \cdot a(a-b) = (a-\lambda)(b-\lambda)$
所以，特徵值是 $\lambda_1 = a$ 和 $\lambda_2 = b$。

接下來，我們尋找對應於這些特徵值的特徵向量。

對於特徵值 $\lambda_1 = a$:
我們需要解 $(A - aI)\mathbf{v} = \mathbf{0}$。
$A - aI = \begin{bmatrix} a-a & 0 \\ a(a-b) & b-a \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ a(a-b) & b-a \end{bmatrix}$
方程組為：
$0x_1 + 0x_2 = 0$
$a(a-b)x_1 + (b-a)x_2 = 0$
$(b-a)[ax_1 - x_2] = 0$

如果 $a \neq b$：
則 $b-a \neq 0$，所以 $ax_1 - x_2 = 0 \implies x_2 = ax_1$。
令 $x_1 = 1$，則 $x_2 = a$。
特徵向量為 $\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ a \end{bmatrix}$。

如果 $a = b$：
那麼 $A = \begin{bmatrix} a & 0 \\ 0 & a \end{bmatrix} = aI$。
此時，任何非零向量都是特徵向量。
$A^k = (aI)^k = a^k I = a^k \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a^k & 0 \\ 0 & a^k \end{bmatrix}$。
此時 $P$ 可以是任何可逆矩陣，例如 $P=I$。$D = \begin{bmatrix} a & 0 \\ 0 & a \end{bmatrix}$。
$A^k = P D^k P^{-1} = I \begin{bmatrix} a^k & 0 \\ 0 & a^k \end{bmatrix} I^{-1} = \begin{bmatrix} a^k & 0 \\ 0 & a^k \end{bmatrix}$。
此結果與直接計算一致。

現在考慮 $a \neq b$ 的情況。

對於特徵值 $\lambda_2 = b$:
我們需要解 $(A - bI)\mathbf{v} = \mathbf{0}$。
$A - bI = \begin{bmatrix} a-b & 0 \\ a(a-b) & b-b \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a-b & 0 \\ a(a-b) & 0 \end{bmatrix}$
方程組為：
$(a-b)x_1 + 0x_2 = 0$
$a(a-b)x_1 + 0x_2 = 0$

核心觀念

二次型可寫成

$$Q(x)=x^{T}Ax,$$

其中對稱矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} 3&-2\\ -2&6 \end{pmatrix},$$

因為交叉項 $-4x_1x_2$ 對應到矩陣中的兩個非對角元素各為 $-2$。

二次型的分類可由特徵值判定：

• 所有特徵值皆為正：正定。
• 所有特徵值皆為負：負定。
• 特徵值有正有負：不定。
• 含有零特徵值且其餘特徵值同號：半定。

若 $A$ 為實對稱矩陣，則可利用正交對角化

$$A=PDP^T,$$

其中 $P$ 為正交矩陣，$D$ 為對角矩陣。令 $x=Py$，即可消除交叉項。

解題方法

一、判定二次型分類

計算特徵方程：

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 3-\lambda&-2\\ -2&6-\lambda \end{vmatrix}.$$

因此

$$\det(A-\lambda I) =(3-\lambda)(6-\lambda)-4 =\lambda^2-9\lambda+14.$$

因式分解得

$$\lambda^2-9\lambda+14 =(\lambda-2)(\lambda-7).$$

所以矩陣 $A$ 的特徵值為

$$\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=7.$$

兩個特徵值皆為正，因此原二次型為正定二次型。

也可使用 Sylvester 判準快速判斷：

$$3>0,\qquad \det(A)=3\cdot6-(-2)^2=14>0.$$

故 $A$ 正定，二次型亦為正定。

二、求正交對角化矩陣

對 $\lambda_1=2$：

$$(A-2I)v=0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix} 1&-2\\ -2&4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1\\v_2 \end{pmatrix} =0.$$

可取特徵向量

$$v^{(1)}= \begin{pmatrix} 2\\1 \end{pmatrix}.$$

其長度為 $\sqrt5$，所以單位特徵向量為

$$u_1=\frac1{\sqrt5} \begin{pmatrix} 2\\1 \end{pmatrix}.$$

對 $\lambda_2=7$：

$$(A-7I)v=0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix} -4&-2\\ -2&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1\\v_2 \end{pmatrix} =0.$$

可取特徵向量

$$v^{(2)}= \begin{pmatrix} 1\\-2 \end{pmatrix}.$$

其長度同樣為 $\sqrt5$，故單位特徵向量為