113 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）》

本題考驗極限的計算，特別是涉及三角函數和對數函數的複合極限。當 $x \to 0^+$ 時，$\sin(x) \to 0^+$，$\sin^2(x) \to 0^+$，$\ln(\sin^2(x)) \to -\infty$。同時，$x \to 0^+$ 且 $\tan(x) \to 0$。因此，此極限呈現 $0 \times (-\infty)$ 的不定型。我們需要將其轉換為 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 的不定型，以便使用 L'Hôpital's Rule。

令 $L = \lim_{x\to 0^+} x \tan(x) \ln(\sin^2(x))$。
將其改寫為：
$L = \lim_{x\to 0^+} \frac{\ln(\sin^2(x))}{\frac{1}{x \tan(x)}}$
或者
$L = \lim_{x\to 0^+} \frac{x \tan(x)}{\frac{1}{\ln(\sin^2(x))}}$

我們選擇第一種形式，因為 $\frac{1}{x \tan(x)}$ 的微分相對複雜。
$L = \lim_{x\to 0^+} \frac{\ln(\sin^2(x))}{\frac{1}{x \tan(x)}}$
分母可以寫成 $\frac{1}{x \frac{\sin x}{\cos x}} = \frac{\cos x}{x \sin x}$。
所以，
$L = \lim_{x\to 0^+} \frac{\ln(\sin^2(x))}{\frac{\cos x}{x \sin x}}$

這仍然是 $\frac{-\infty}{\infty}$ 的不定型。我們對分子和分母分別微分。
分子微分：$\frac{d}{dx} \ln(\sin^2(x)) = \frac{1}{\sin^2(x)} \cdot 2 \sin(x) \cos(x) = \frac{2 \cos(x)}{\sin(x)} = 2 \cot(x)$。
分母微分：$\frac{d}{dx} \left( \frac{\cos x}{x \sin x} \right) = \frac{(-\sin x)(x \sin x) - (\cos x)(\sin x + x \cos x)}{(x \sin x)^2}$
$= \frac{-x \sin^2 x - \sin x \cos x - x \cos^2 x}{x^2 \sin^2 x}$
$= \frac{-x(\sin^2 x + \cos^2 x) - \sin x \cos x}{x^2 \sin^2 x}$
$= \frac{-x - \frac{1}{2} \sin(2x)}{x^2 \sin^2 x}$

使用 L'Hôpital's Rule：

本題包含兩個不定積分的計算，(a) 題涉及指數函數和代數函數的乘積，(b) 題涉及指數函數和根號函數。

(a) $\int \frac{x e^{3x}}{(3x+1)^2} dx$

此積分看起來可以考慮分部積分法。令 $u = x e^{3x}$ 和 $dv = \frac{1}{(3x+1)^2} dx$。
則 $du = (e^{3x} + 3x e^{3x}) dx = e^{3x}(1+3x) dx$。
$v = \int \frac{1}{(3x+1)^2} dx$. 令 $w = 3x+1$, $dw = 3 dx$.
$v = \int \frac{1}{w^2} \frac{dw}{3} = \frac{1}{3} \int w^{-2} dw = \frac{1}{3} (-w^{-1}) = -\frac{1}{3(3x+1)}$。

根據分部積分公式 $\int u dv = uv - \int v du$:
$\int \frac{x e^{3x}}{(3x+1)^2} dx = x e^{3x} \left(-\frac{1}{3(3x+1)}\right) - \int \left(-\frac{1}{3(3x+1)}\right) e^{3x}(1+3x) dx$
$= -\frac{x e^{3x}}{3(3x+1)} + \frac{1}{3} \int \frac{e^{3x}(1+3x)}{3x+1} dx$
$= -\frac{x e^{3x}}{3(3x+1)} + \frac{1}{3} \int e^{3x} dx$
$= -\frac{x e^{3x}}{3(3x+1)} + \frac{1}{3} \left(\frac{1}{3} e^{3x}\right) + C$
$= -\frac{x e^{3x}}{3(3x+1)} + \frac{1}{9} e^{3x} + C$

我們可以將結果合併：
$= e^{3x} \left(-\frac{x}{3(3x+1)} + \frac{1}{9}\right) + C$
$= e^{3x} \left(\frac{-3x + (3x+1)}{9(3x+1)}\right) + C$
$= e^{3x} \left(\frac{1}{9(3x+1)}\right) + C$
$= \frac{e^{3x}}{9(3x+1)} + C$

驗證：

本題要求計算函數 $F(x)$ 的 Maclaurin 級數及其收斂半徑。Maclaurin 級數是泰勒級數在 $a=0$ 處的特殊情況。

函數 $F(x)$ 的定義為一個積分，我們可以先找到被積函數 $\ln(1+t^2)$ 的 Maclaurin 級數，然後對其進行逐項積分來得到 $F(x)$ 的級數。

我們知道 $\ln(1+u)$ 的 Maclaurin 級數是：
$\ln(1+u) = u - \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} - \frac{u^4}{4} + \dots = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{u^n}{n}$
此級數對於 $|u| < 1$ 收斂。

將 $u$ 替換為 $t^2$，我們得到 $\ln(1+t^2)$ 的 Maclaurin 級數：
$\ln(1+t^2) = t^2 - \frac{(t^2)^2}{2} + \frac{(t^2)^3}{3} - \frac{(t^2)^4}{4} + \dots = t^2 - \frac{t^4}{2} + \frac{t^6}{3} - \frac{t^8}{4} + \dots$
$\ln(1+t^2) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{(t^2)^n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{t^{2n}}{n}$
此級數對於 $|t^2| < 1$，即 $|t| < 1$ 收斂。

現在，我們對這個級數進行逐項積分來求 $F(x) = \int_0^x \ln(1+t^2) dt$。
$F(x) = \int_0^x \left( t^2 - \frac{t^4}{2} + \frac{t^6}{3} - \frac{t^8}{4} + \dots \right) dt$
$F(x) = \left[ \frac{t^3}{3} - \frac{t^5}{2 \cdot 5} + \frac{t^7}{3 \cdot 7} - \frac{t^9}{4 \cdot 9} + \dots \right]_0^x$
$F(x) = \frac{x^3}{3} - \frac{x^5}{10} + \frac{x^7}{21} - \frac{x^9}{36} + \dots$

用求和符號表示：
$F(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{1}{n} \int_0^x t^{2n} dt$

題式辨識

依照積分微分符號 $dy\,dx$，內層積分的上下限應限制 $y$，外層積分的上下限應限制 $x$。因此題目第一項的

$$\int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{4-x^2}}\int_0^{\sqrt{2}}1\,dy\,dx$$

中，$\sqrt{4-x^2}$ 被放在外層積分上限，造成 $x$ 的積分上下限仍含有 $x$，原式在形式上並未定義。

依題目的區域結構，第一項合理的排版應為

$$\int_{\sqrt{2}}^{2}\int_0^{\sqrt{4-x^2}}1\,dy\,dx + \int_0^{\sqrt{2}}\int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{4-x^2}}1\,dy\,dx.$$

以下依此標準題意求值。

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核心觀念

本題考查二重積分的幾何意義：

$$\iint_D 1\,dA$$

代表平面區域 $D$ 的面積。

其中

$$y=\sqrt{4-x^2}$$

是圓

$$x^2+y^2=4$$

的上半圓。由於 $x\geq 0$、$y\geq 0$，相關區域位於半徑 $2$ 的第一象限四分之一圓內，其面積為

$$\frac14\pi(2)^2=\pi.$$

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解題方法一：直接計算二重積分

設原式為 $I$：

$$I= \int_{\sqrt{2}}^{2}\int_0^{\sqrt{4-x^2}}1\,dy\,dx + \int_0^{\sqrt{2}}\int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{4-x^2}}1\,dy\,dx.$$

先計算第一項：

$$\begin{aligned} I_1 &=\int_{\sqrt{2}}^{2} \left(\int_0^{\sqrt{4-x^2}}1\,dy\right)dx\\ &=\int_{\sqrt{2}}^{2}\sqrt{4-x^2}\,dx. \end{aligned}$$

第二項為

$$\begin{aligned} I_2 &=\int_0^{\sqrt{2}} \left(\int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{4-x^2}}1\,dy\right)dx\\ &=\int_0^{\sqrt{2}} \left(\sqrt{4-x^2}-\sqrt{2}\right)dx. \end{aligned}$$

本題考驗線性代數中線性變換的定義以及核空間（Kernel）的維度。

(a) 證明 $T: V \to \mathbb{R}$ 是線性變換

線性變換需要滿足兩個條件：

1. 可加性：對於任意 $p(t), q(t) \in V$，有 $T(p(t) + q(t)) = T(p(t)) + T(q(t))$。
2. 齊次性：對於任意 $p(t) \in V$ 和任意純量 $\alpha$，有 $T(\alpha p(t)) = \alpha T(p(t))$。

給定 $V$ 是所有次數小於或等於 15 的多項式所成的向量空間，以及映射 $T(p(t)) = \int_0^1 p(t) \, dt$。

證明可加性：
設 $p(t)$ 和 $q(t)$ 是 $V$ 中的任意兩個多項式。
則 $p(t) + q(t)$ 也是 $V$ 中的一個多項式。
$T(p(t) + q(t)) = \int_0^1 (p(t) + q(t)) \, dt$
根據積分的線性性質：
$T(p(t) + q(t)) = \int_0^1 p(t) \, dt + \int_0^1 q(t) \, dt$
$T(p(t) + q(t)) = T(p(t)) + T(q(t))$
可加性得證。

證明齊次性：
設 $p(t)$ 是 $V$ 中的任意多項式，$\alpha$ 是任意純量（實數）。
則 $\alpha p(t)$ 也是 $V$ 中的一個多項式。
$T(\alpha p(t)) = \int_0^1 (\alpha p(t)) \, dt$
根據積分的線性性質：
$T(\alpha p(t)) = \alpha \int_0^1 p(t) \, dt$
$T(\alpha p(t)) = \alpha T(p(t))$
齊次性得證。

由於 $T$ 滿足可加性和齊次性，因此 $T$ 是一個線性變換。

(b) 求核空間（Kernel）的維度

本題要求證明一個由矩陣 $A$ 定義的線性變換 $T(x)=Ax$ 作用於子空間 $V$ 時，仍然將 $V$ 映射到 $V$ 內部，並找出在 $V$ 上的特徵值和特徵向量。

首先，我們需要理解向量空間 $V$ 的定義。
$V = \{x = (x_1, x_2, x_3)^T \in \mathbb{R}^3 \mid x_1 - 2x_2 + x_3 = 0\}$。
這表示 $V$ 是 $\mathbb{R}^3$ 中一個過原點的平面，該平面由方程 $x_1 - 2x_2 + x_3 = 0$ 定義。
我們可以找到 $V$ 的一個基底。例如，令 $x_2=s, x_3=t$，則 $x_1 = 2s - t$。
所以 $x = (2s-t, s, t)^T = s(2, 1, 0)^T + t(-1, 0, 1)^T$。
基底向量為 $v_1 = (2, 1, 0)^T$ 和 $v_2 = (-1, 0, 1)^T$。
因此，$\dim(V) = 2$。

Part (a): Show that $T: V \to V$.

要證明 $T$ 將 $V$ 映射到 $V$ 內部，我們需要證明對於任意 $x \in V$，其像 $T(x) = Ax$ 也屬於 $V$。
也就是說，如果 $x \in V$，則 $Ax$ 必須滿足 $V$ 的方程 $x_1 - 2x_2 + x_3 = 0$。
設 $x = (x_1, x_2, x_3)^T \in V$，則 $x_1 - 2x_2 + x_3 = 0$。
計算 $Ax$:
$Ax = \begin{bmatrix} 1 & -1 & 2 \\ -2 & 5 & -2 \\ 1 & -1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x_1 - x_2 + 2x_3 \\ -2x_1 + 5x_2 - 2x_3 \\ x_1 - x_2 \end{bmatrix}$。
令 $y = Ax = (y_1, y_2, y_3)^T = (x_1 - x_2 + 2x_3, -2x_1 + 5x_2 - 2x_3, x_1 - x_2)^T$。
我們需要檢查 $y$ 是否滿足 $y_1 - 2y_2 + y_3 = 0$。
$y_1 - 2y_2 + y_3 = (x_1 - x_2 + 2x_3) - 2(-2x_1 + 5x_2 - 2x_3) + (x_1 - x_2)$
$= x_1 - x_2 + 2x_3 + 4x_1 - 10x_2 + 4x_3 + x_1 - x_2$
$= (1+4+1)x_1 + (-1-10-1)x_2 + (2+4)x_3$
$= 6x_1 - 12x_2 + 6x_3$
$= 6(x_1 - 2x_2 + x_3)$。
由於 $x \in V$，我們知道 $x_1 - 2x_2 + x_3 = 0$。
所以，$y_1 - 2y_2 + y_3 = 6(0) = 0$。
這證明了 $y = Ax$ 滿足 $V$ 的方程，因此 $Ax \in V$。
所以 $T: V \to V$。

Part (b): Find the eigenvectors and eigenvalues of $T$ acting on $V$.

我們需要找到 $V$ 中的非零向量 $x$ 和純量 $\lambda$，使得 $Ax = \lambda x$，並且 $x \in V$。
首先，我們找到矩陣 $A$ 的特徵值和特徵向量。
特徵方程為 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{bmatrix} 1-\lambda & -1 & 2 \\ -2 & 5-\lambda & -2 \\ 1 & -1 & -\lambda \end{bmatrix}$
$\det(A - \lambda I) = (1-\lambda)((5-\lambda)(-\lambda) - (-2)(-1)) - (-1)((-2)(-\lambda) - (-2)(1)) + 2((-2)(-1) - (5-\lambda)(1))$
$= (1-\lambda)(-5\lambda + \lambda^2 - 2) + (2\lambda + 2) + 2(2 - 5 + \lambda)$
$= (1-\lambda)(\lambda^2 - 5\lambda - 2) + 2\lambda + 2 + 2(\lambda - 3)$
$= \lambda^2 - 5\lambda - 2 - \lambda^3 + 5\lambda^2 + 2\lambda + 2\lambda + 2 + 2\lambda - 6$
$= -\lambda^3 + 6\lambda^2 + (-\lambda^3 + (5+1)\lambda^2 + (-5+2+2+2)\lambda + (-2+2-6))$
$= -\lambda^3 + 6\lambda^2 + \lambda - 6$
$= -(\lambda^3 - 6\lambda^2 - \lambda + 6)$

我們需要解 $\lambda^3 - 6\lambda^2 - \lambda + 6 = 0$。
嘗試因式分解：
$\lambda^2(\lambda - 6) - 1(\lambda - 6) = 0$
$(\lambda^2 - 1)(\lambda - 6) = 0$
$(\lambda - 1)(\lambda + 1)(\lambda - 6) = 0$
特徵值為 $\lambda_1 = 1$, $\lambda_2 = -1$, $\lambda_3 = 6$。

現在，我們為每個特徵值找到對應的特徵向量。
Case 1: $\lambda = 1$
$(A - I)x = 0$

核心觀念

本題考查：

• 無窮廣義積分的極限比較判別法。
• 部分分式分解。
• 基本積分公式：
  $\int \frac{dx}{(x+1)^2}=-\frac{1}{x+1},$
  $\int \frac{dx}{x+1}=\ln|x+1|,$
  $\int\frac{x}{4x^2+1}\,dx=\frac18\ln(4x^2+1),$
  $\int\frac{dx}{4x^2+1}=\frac12\tan^{-1}(2x).$

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(a) $f(x)$ 的最高次數

設 $f(x)$ 的次數為 $n$，則當 $x\to\infty$ 時，

$$f(x)\sim kx^n,\qquad (x+1)^2(4x^2+1)\sim 4x^4.$$

因此

$$\frac{f(x)}{(x+1)^2(4x^2+1)} \sim \frac{k}{4}x^{n-4}.$$

而

$$\int_1^\infty x^p\,dx$$

收斂的條件為 $p<-1$，所以必須滿足

$$n-4<-1 \quad\Longrightarrow\quad n<3.$$

因為 $n$ 為非負整數，故最高次數為 $2$。

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(b) 求不定積分

題目給出

$$\frac{f(x)}{(x+1)^2(4x^2+1)} = \frac{A}{(x+1)^2} +\frac{B}{x+1} +\frac{Cx+D}{4x^2+1}.$$

逐項積分：

$$\int\frac{A}{(x+1)^2}\,dx =-\frac{A}{x+1},$$ $$\int\frac{B}{x+1}\,dx =B\ln|x+1|,$$ $$\int\frac{Cx}{4x^2+1}\,dx =\frac{C}{8}\ln(4x^2+1),$$

以及

$$\int\frac{D}{4x^2+1}\,dx =\frac{D}{2}\tan^{-1}(2x).$$

因此

$$\boxed{ \int \frac{f(x)}{(x+1)^2(4x^2+1)}\,dx = -\frac{A}{x+1} +B\ln|x+1| +\frac{C}{8}\ln(4x^2+1) +\frac{D}{2}\tan^{-1}(2x) +C_0 }$$

其中 $C_0$ 為積分常數。

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(c) 由條件求 $A,B,C,D$ 與 $f(x)$

由於原廣義積分收斂，部分分式中的 $\frac1x$ 項必須消失。

當 $x\to\infty$ 時，

$$\frac{B}{x+1}\sim\frac{B}{x}, \qquad \frac{Cx+D}{4x^2+1}\sim\frac{C}{4x}.$$

所以必須有

$$B+\frac{C}{4}=0,$$

即

$$\boxed{C=-4B}.$$