112 年 國立中山大學應用數學系碩士班甲組《基礎數學（含微積分、線性代數）》

此題考驗極限的計算，特別是當函數趨近無窮大時的行為。

解題步驟：
題目要求計算極限 $\lim_{x\to\infty} \frac{x^2 e^x}{x^2}$。

此題考驗微積分基本定理與連鎖律的應用。

解題步驟：
題目要求計算 $\frac{d}{dx} \int_{-x^2+1}^{0} \tan \theta d\theta$。
我們知道微積分基本定理指出 $\frac{d}{dx} \int_{a}^{u(x)} f(t) dt = f(u(x)) u'(x)$。
首先，我們需要將積分上下限調整為標準形式，即 $\int_{a}^{b} f(t) dt = -\int_{b}^{a} f(t) dt$。
所以，$\int_{-x^2+1}^{0} \tan \theta d\theta = - \int_{0}^{-x^2+1} \tan \theta d\theta$。
因此，我們要求計算 $\frac{d}{dx} \left( - \int_{0}^{-x^2+1} \tan \theta d\theta \right)$。

此題考驗定積分的計算，積分函數為 $\frac{1}{\cos x} = \sec x$。

解題步驟：
題目要求計算定積分 $\int_{0}^{\pi/6} \frac{dx}{\cos x}$。
積分函數是 $\sec x$。
我們知道 $\int \sec x dx = \ln|\sec x + \tan x| + C$。
因此，我們需要計算 $\left[ \ln|\sec x + \tan x| \right]_{0}^{\pi/6}$。
首先計算上限 $\pi/6$ 的值：
$\sec(\pi/6) = \frac{1}{\cos(\pi/6)} = \frac{1}{\sqrt{3}/2} = \frac{2}{\sqrt{3}}$。

核心觀念

本題考查二重積分中的「反覆積分」、變數代換，以及基本積分公式：

$$\iint_R f(x,y)\,dA = \int_a^b\int_{g_1(x)}^{g_2(x)}f(x,y)\,dy\,dx$$

其中內層積分先對 $y$ 計算。被積分函數含有

$$(3y-x)e^{(3y-x)^2},$$

適合令 $u=3y-x$，利用

$$\int u e^{u^2}\,du=\frac12e^{u^2}+C。$$

解題方法

題目中的內層積分為

$$\int_{x/3}^{(x+6)/3}x(3y-x)e^{(3y-x)^2}\,dy。$$

固定 $x$，令

$$u=3y-x, \qquad du=3\,dy, \qquad dy=\frac13\,du。$$

當 $y=\dfrac{x}{3}$ 時，

$$u=3\left(\frac{x}{3}\right)-x=0。$$

當 $y=\dfrac{x+6}{3}$ 時，

$$u=3\left(\frac{x+6}{3}\right)-x=6。$$

因此，

$$\begin{aligned} \int_{x/3}^{(x+6)/3}x(3y-x)e^{(3y-x)^2}\,dy &=\frac{x}{3}\int_0^6ue^{u^2}\,du\\ &=\frac{x}{3}\left[\frac12e^{u^2}\right]_0^6\\ &=\frac{x}{6}\left(e^{36}-1\right). \end{aligned}$$

不過，題目所列的外層 $x$ 積分上下限缺漏，因此原式無法得到唯一的數值答案。若外層積分範圍為 $a\le x\le b$，則

此題考驗級數求和，特別是利用級數的裂項相消法。

解題步驟：
題目要求計算級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}$ 的和。
我們先觀察級數的一般項 $a_n = \frac{1}{(n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}$。
嘗試對分母進行變形，看是否能湊出裂項的形式。
分母可以寫成：
$(n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1} = \sqrt{n(n+1)} \left( \frac{n+1}{\sqrt{n+1}} + \frac{n}{\sqrt{n}} \right)$
$= \sqrt{n(n+1)} (\sqrt{n+1} + \sqrt{n})$。
所以，一般項 $a_n = \frac{1}{\sqrt{n(n+1)}(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}$。
這看起來還是不太容易裂項。

我們嘗試另一種變形方式：
$(n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1} = \sqrt{n}\sqrt{n+1} \left( \sqrt{\frac{n+1}{n}} + \sqrt{\frac{n}{n+1}} \right)$
$= \sqrt{n}\sqrt{n+1} \left( \sqrt{1+\frac{1}{n}} + \sqrt{1-\frac{1}{n+1}} \right)$
這也不太對。

再次嘗試分母變形：
$(n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}$
我們想辦法讓它變成 $\sqrt{A} - \sqrt{B}$ 或 $\frac{1}{\sqrt{B}} - \frac{1}{\sqrt{A}}$ 的形式。
觀察分母的結構，有 $\sqrt{n}$ 和 $\sqrt{n+1}$。
考慮 $\sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$。
這與我們分母的後半部分有聯繫。

讓我們嘗試讓分母變成 $\sqrt{n+1}\sqrt{n}$ 的倍數。
$(n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1} = \sqrt{n}\sqrt{n+1} \left( \frac{n+1}{\sqrt{n+1}} + \frac{n}{\sqrt{n}} \right)$
$= \sqrt{n}\sqrt{n+1} (\sqrt{n+1} + \sqrt{n})$。
所以 $a_n = \frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}$。

此題考驗多變數微積分中的最佳化問題，利用拉格朗日乘數法求解。

解題步驟：
我們要找一個點 $(x, y, z)$，使得它到原點的距離平方 $f(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2$ 最小，同時滿足兩個約束條件：

1. $g_1(x, y, z) = y + 2z - 3 = 0$ (平面方程式)
2. $g_2(x, y, z) = z^2 - x^2 - y^2 = 0$ (圓錐方程式)

我們使用拉格朗日乘數法，設定 $\nabla f = \lambda_1 \nabla g_1 + \lambda_2 \nabla g_2$。
計算梯度：
$\nabla f = (2x, 2y, 2z)$
$\nabla g_1 = (0, 1, 2)$
$\nabla g_2 = (-2x, -2y, 2z)$

於是我們得到以下方程組：

1. $2x = \lambda_1 (0) + \lambda_2 (-2x) \implies 2x = -2\lambda_2 x \implies x(1+\lambda_2) = 0$
2. $2y = \lambda_1 (1) + \lambda_2 (-2y) \implies 2y = \lambda_1 - 2\lambda_2 y \implies 2y(1+\lambda_2) = \lambda_1$
3. $2z = \lambda_1 (2) + \lambda_2 (2z) \implies 2z = 2\lambda_1 + 2\lambda_2 z \implies z = \lambda_1 + \lambda_2 z \implies z(1-\lambda_2) = \lambda_1$
4. $y + 2z = 3$ (約束條件 1)
5. $z^2 = x^2 + y^2$ (約束條件 2)

從方程 1，我們有兩種情況：$x=0$ 或 $\lambda_2 = -1$。

情況 1：$x=0$
將 $x=0$ 代入約束條件 2：$z^2 = 0^2 + y^2 \implies z^2 = y^2 \implies z = y$ 或

核心觀念

線性變換 $T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3$ 的矩陣表示必須是 $3\times 3$ 方陣。若 $\lambda$ 是 $T$ 的特徵值，則必須存在非零向量 $\mathbf v\in\mathbb{R}^3$ 滿足

$$T\mathbf v=\lambda\mathbf v,$$

等價於

$$\det(A-\lambda I)=0.$$

對應的單位特徵向量則需同時滿足

$$(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0, \qquad \|\mathbf v\|=1.$$

題目中的維度問題

題目給出的矩陣為

$$A= \begin{pmatrix} a & a-b\\ b & c\\ -a+2b+c & -2a+b-c \end{pmatrix},$$

這是一個 $3\times 2$ 矩陣。然而題目宣稱

$$T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3,$$

並要求計算

核心觀念

本題考的是對數不等式

$$\ln x \le x-1 \qquad (x>0),$$

等號成立當且僅當 $x=1$。題目中的每一項都可利用這個不等式估計，再將所有項加總。

解題方法

固定任意一組 $i,j$。由於 $a_{ij},b_{ij}>0$，可令 $x=b_{ij}/a_{ij}>0$。套用 $\ln x\le x-1$：

$$\ln\left(\frac{b_{ij}}{a_{ij}}\right) \le \frac{b_{ij}}{a_{ij}}-1.$$

兩側乘以 $a_{ij}>0$，並整理可得

$$a_{ij}\ln\left(\frac{a_{ij}}{b_{ij}}\right) \ge a_{ij}-b_{ij}.$$

因此，

核心觀念

本題考查：

• 非負項級數的比較判別法；
• 收斂級數的必要條件：若 $\sum a_n$ 收斂，則 $a_n\to 0$；
• 函數
  $f(x)=\frac{x}{1+x}$
  在 $x$ 接近 $0$ 時與 $x$ 同階。

關鍵在於：當 $0\le x\le 1$ 時，

$$\frac{x}{2}\le \frac{x}{1+x}\le x.$$

因此，只要確認 $a_n\le 1$ 從某項開始成立，兩個級數的尾項便可互相比較。

解題方法

分別證明兩個方向。

一、若 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收斂，則 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{a_n+1}$ 收斂

由於 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 為收斂級數，依收斂級數的必要條件，

$$a_n\to 0.$$

所以存在正整數 $N$，使得當 $n\ge N$ 時，

$$0\le a_n\le 1.$$

對於 $0\le a_n\le 1$，有 $a_n+1\ge 1$，故

$$0\le \frac{a_n}{a_n+1}\le a_n.$$

因此

$$0\le \sum_{n=N}^{\infty}\frac{a_n}{a_n+1} \le \sum_{n=N}^{\infty}a_n.$$

右側級數收斂，依比較判別法，

$$\sum_{n=N}^{\infty}\frac{a_n}{a_n+1}$$

收斂。前面有限多項不影響級數的收斂性，所以

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{a_n+1}$$

收斂。

二、若 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{a_n+1}$ 收斂，則 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收斂

令

$$b_n=\frac{a_n}{a_n+1}.$$

已知 $\sum b_n$ 收斂，因此其一般項必須趨近於 $0$：