114 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）》

核心觀念

令

$$I(t)=\int_0^1 [bx+a(1-x)]^{1/t}\,dx.$$

題目考查：

• 冪次趨近 $+\infty$ 或 $-\infty$ 時，積分的主導區域；
• 變數代換計算積分；
• $t\to 0^+$ 與 $t\to 0^-$ 的單側極限。

因為 $0<a<b$，且

$$bx+a(1-x)=a+(b-a)x$$

在 $[0,1]$ 上由 $a$ 單調增加至 $b$，所以正次高冪會由最大值 $b$ 主導，負次高冪則會由最小值 $a$ 主導。

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解題方法

作代換

$$u=a+(b-a)x,\qquad du=(b-a)\,dx.$$

當 $x=0$ 時，$u=a$；當 $x=1$ 時，$u=b$。因此

$$I(t) =\frac{1}{b-a}\int_a^b u^{1/t}\,du.$$

當 $t$ 接近 $0$ 時，$t\neq -1$，故

$$I(t) =\frac{1}{b-a}\cdot \frac{u^{1+1/t}}{1+1/t}\bigg|_a^b =\frac{t}{(b-a)(t+1)} \left(b^{1+1/t}-a^{1+1/t}\right).$$

接著分別考慮兩側極限。

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一、計算 $t\to 0^+$

此時

$$\frac{1}{t}\to +\infty.$$

由於 $b>a$，最大值 $b$ 的貢獻會壓倒 $a$ 的貢獻。將積分式整理為

$$I(t) = \frac{t}{(b-a)(t+1)} b^{1+1/t} \left[ 1-\left(\frac ab\right)^{1+1/t} \right].$$

因此

$$I(t)^t = b^{t+1} \left[ \frac{t}{(b-a)(t+1)} \right]^t \left[ 1-\left(\frac ab\right)^{1+1/t} \right]^t.$$

其中：

$$b^{t+1}\to b,$$

且

$$\left(\frac ab\right)^{1+1/t}\to 0.$$

另外，若 $C(t)$ 為正且只以多項式速度趨近 $0$ 或有限值，則

$$C(t)^t=e^{t\ln C(t)}\to 1.$$

所以

$$\boxed{\lim_{t\to 0^+}I(t)^t=b}.$$

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二、計算 $t\to 0^-$

此時

核心觀念

本題考查：

• 遞迴數列與生成函數的轉換。
• 生成函數的微分公式
  $A(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n,$

$$A'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1},\qquad A''(x)=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nx^{n-2}.$$

• 二階微分方程的解法。
• 最後利用 $\sum_{n=0}^{\infty}a_n=A(1)$ 求和。

解題方法

令生成函數為

$$A(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n.$$

由 $a_0=a_1=1$ 可得

$$A(0)=1,\qquad A'(0)=1.$$

將遞迴式

$$n(n-1)a_n=(n-1)(n-2)a_{n-1}-(n-3)a_{n-2}$$

兩邊乘以 $x^n$，並對 $n\geq 2$ 求和。

左側為

$$\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nx^n=x^2A''(x).$$

第一項右側令 $m=n-1$，則

$$\begin{aligned} \sum_{n=2}^{\infty}(n-1)(n-2)a_{n-1}x^n &=x\sum_{m=1}^{\infty}m(m-1)a_mx^m\\ &=x^3A''(x). \end{aligned}$$

第二項右側令 $m=n-2$，則

$$\begin{aligned} -\sum_{n=2}^{\infty}(n-3)a_{n-2}x^n &=-x^2\sum_{m=0}^{\infty}(m-1)a_mx^m\\ &=-x^2\left(xA'(x)-A(x)\right). \end{aligned}$$

因此

$$x^2A''(x)=x^3A''(x)-x^3A'(x)+x^2A(x).$$

除以 $x^2$，得到微分方程

$$(1-x)A''(x)+xA'(x)-A(x)=0.$$

觀察可知 $A(x)=e^x$ 是此方程的解，因為

核心觀念

本題考查廣義積分的變數代換與反正切函數的倒數關係：

$$\arctan\frac{1}{u}=\frac{\pi}{2}-\arctan u,\qquad u>0.$$

積分上下限為 $0$ 到 $\infty$，適合使用倒數代換 $x=\frac{1}{t}$，觀察被積分函數在 $x$ 與 $\frac1x$ 下的對稱性。

此外，積分確實收斂：

• 當 $x\to 0^+$ 時，
  $\arctan(\sqrt{x})-\arctan(x)\sim \sqrt{x},$
  故被積分函數約為 $x^{-1/2}$，可積分。
• 當 $x\to\infty$ 時，
  $\arctan(\sqrt{x})-\arctan(x)\sim-\frac1{\sqrt{x}},$
  故被積分函數約為 $-x^{-3/2}$，亦可積分。

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解題方法

令

$$I=\int_{0}^{\infty} \frac{\arctan(\sqrt{x})-\arctan(x)}{x}\,dx.$$

作倒數代換

$$x=\frac1t,\qquad dx=-\frac1{t^2}\,dt.$$

則

核心觀念

本題考查：

• 無窮廣義積分的變數代換。
• 有理函數積分與部分分式分解。
• 利用導數拆解被積分函數，以降低計算難度。

原積分為

$$I=\int_{1}^{\infty}\frac{x^4}{(1+x^3)^2}\,dx.$$

當 $x\to\infty$ 時， integrand 約為 $1/x^2$，因此積分收斂。

解題方法

採用倒數代換

$$t=\frac1x,\qquad x=\frac1t,\qquad dx=-\frac1{t^2}\,dt.$$

又有

$$\frac{x^4}{(1+x^3)^2} = \frac{t^{-4}}{\left(1+t^{-3}\right)^2} = \frac{t^2}{(1+t^3)^2}.$$

因此

$$\begin{aligned} I &=\int_{1}^{0}\frac{t^2}{(1+t^3)^2} \left(-\frac1{t^2}\right)\,dt\\ &=\int_0^1\frac{1}{(1+t^3)^2}\,dt. \end{aligned}$$

接著利用

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{t}{1+t^3}\right) = \frac{1-2t^3}{(1+t^3)^2}.$$

可將被積分函數拆成

$$\frac1{(1+t^3)^2} = \frac13\frac{d}{dt}\left(\frac{t}{1+t^3}\right) +\frac23\frac1{1+t^3},$$

因為

$$\frac13(1-2t^3)+\frac23(1+t^3)=1.$$

所以

$$I = \frac13\left[\frac{t}{1+t^3}\right]_0^1 +\frac23\int_0^1\frac{dt}{1+t^3}.$$

第一項為

$$\frac13\left(\frac12-0\right)=\frac16.$$

令

$$J=\int_0^1\frac{dt}{1+t^3}.$$

因為

$$1+t^3=(t+1)(t^2-t+1),$$

部分分式分解為

此題考驗線性代數中特徵值與特徵向量的求解。

給定線性轉換 $T: F^3 \to F^3$ 定義為 $T(z_1, z_2, z_3) = (2z_2, 0, 5z_3)$，其中 $F$ 為實數域 $\mathbb{R}$ 或複數域 $\mathbb{C}$。我們需要找到 $T$ 的所有特徵值 (eigenvalues) 和對應的特徵向量 (eigenvectors)。

特徵值 $\lambda$ 和特徵向量 $v$ 滿足 $T(v) = \lambda v$。
令 $v = (z_1, z_2, z_3)$ 為 $F^3$ 中的一個非零向量。
根據 $T$ 的定義，我們有：
$T(z_1, z_2, z_3) = (2z_2, 0, 5z_3)$.
所以，特徵值方程為：
$(2z_2, 0, 5z_3) = \lambda (z_1, z_2, z_3)$.
$(2z_2, 0, 5z_3) = (\lambda z_1, \lambda z_2, \lambda z_3)$.

將此向量方程拆解為三個分量方程：

1. $2z_2 = \lambda z_1$
2. $0 = \lambda z_2$
3. $5z_3 = \lambda z_3$

我們需要解這個方程組，找出所有可能的 $\lambda$ 值以及對應的非零向量 $(z_1, z_2, z_3)$。

從方程 (2) $0 = \lambda z_2$ 開始分析：
這意味著 $\lambda = 0$ 或者 $z_2 = 0$ (或兩者皆是)。

情況 1：$\lambda = 0$.
如果 $\lambda = 0$, 則方程組變為：

1. $2z_2 = 0 \cdot z_1 \implies 2z_2 = 0 \implies z_2 = 0$.
2. $0 = 0 \cdot z_2 \implies 0 = 0$ (此方程提供不了額外資訊)。
3. $5z_3 = 0 \cdot z_3 \implies 5z_3 = 0 \implies z_3 = 0$.

所以，當 $\lambda = 0$ 時，特徵向量的形式為 $(z_1, 0, 0)$，其中 $z_1$ 是 $F$ 中的任意非零元素（因為特徵向量必須是非零向量）。
因此，$\lambda_1 = 0$ 是一個特徵值，對應的特徵向量是形如 $(c, 0, 0)$，其中 $c \in F$ 且 $c \neq 0$。

情況 2：$z_2 = 0$.
如果 $z_2 = 0$, 我們接著看方程 (3) $5z_3 = \lambda z_3$.
這個方程可以寫成 $(\lambda - 5) z_3 = 0$.
這意味著 $\lambda - 5 = 0$ 或者 $z_3 = 0$.

子情況 2a：$\lambda - 5 = 0 \implies \lambda = 5$.
此時，$z_2 = 0$ 且 $\lambda = 5$.
回到方程 (1)：$2z_2 = \lambda z_1$.
$2(0) = 5 z_1 \implies 0 = 5 z_1 \implies z_1 = 0$.
所以，當 $\lambda = 5$ 時，特徵向量的形式為 $(0, 0, z_3)$，其中 $z_3$ 是 $F$ 中的任意非零元素。
因此，$\lambda_2 = 5$ 是一個特徵值，對應的特徵向量是形如 $(0, 0, c)$，其中 $c \in F$ 且 $c \neq 0$。

子情況 2b：$z_3 = 0$.
此時，$z_2 = 0$ 且 $z_3 = 0$.
我們回到方程 (1) $2z_2 = \lambda z_1$.
由於 $z_2 = 0$, 方程變為 $0 = \lambda z_1$.
這意味著 $\lambda = 0$ 或者 $z_1 = 0$.
如果 $\lambda = 0$, 我們已經在情況 1 中處理過了，得到特徵向量 $(z_1, 0, 0)$。
如果 $z_1 = 0$, 則 $z_1=0, z_2=0, z_3=0$. 這是一個零向量，不是特徵向量。

我們還需要考慮 $\lambda \neq 0$ 的情況下，方程 (2) $0 = \lambda z_2$ 必須要求 $z_2=0$.
所以，只有當 $\lambda=0$ 時，才可能出現 $z_2 \neq 0$ 的情況。但如果 $\lambda=0$, $2z_2 = 0 \cdot z_1 \implies z_2=0$ 且 $5z_3 = 0 \cdot z_3 \implies z_3=0$.
所以，當 $\lambda=0$, 特徵向量只能是 $(z_1, 0, 0)$，其中 $z_1 \neq 0$.

我們總結一下我們找到的特徵值和特徵向量：

1. 當 $\lambda = 0$: $z_2=0, z_3=0$. 方程 (1) $0 = 0 \cdot z_1$ 對任意 $z_1$ 都成立。所以特徵向量是 $(z_1, 0, 0)$，其中 $z_1 \neq 0$.
2. 當 $\lambda = 5$: $z_2=0$ (來自方程 (2), 因為 $\lambda \ne 0$). 方程 (3) $5z_3 = 5z_3$ 恆成立。方程 (1) $2z_2 = 5z_1 \implies 2(0) = 5z_1 \implies z_1 = 0$. 所以特徵向量是 $(0, 0, z_3)$，其中 $z_3 \neq 0$.

我們還需要考慮方程 (3) $5z_3 = \lambda z_3$, 即 $(\lambda-5)z_3=0$.
這意味著 $\lambda=5$ 或者 $z_3=0$.
我們已經處理了 $\lambda=5$ 的情況。
如果 $z_3=0$, 則我們有：

1. $2z_2 = \lambda z_1$
2. $0 = \lambda z_2$
3. $0 = 5z_3 = 0$ (這總是成立的)

從 (2), 如果 $\lambda \neq 0$, 則 $z_2=0$.
此時，方程組變為：

1. $0 = \lambda z_1$. 因為 $\lambda \neq 0$, 所以 $z_1=0$.
2. $0 = \lambda \cdot 0$.
3. $0 = 0$.
   這得到特徵向量 $(0, 0, 0)$, 這不是一個有效的特徵向量。

如果 $\lambda = 0$, 則 $z_3=0$.
方程組變為：

1. $2z_2 = 0 \cdot z_1 \implies z_2=0$.
2. $0 = 0 \cdot z_2$.
3. $0 = 0$.
   得到特徵向量 $(z_1, 0, 0)$，其中 $z_1 \neq 0$. 這就是我們之前找到的 $\lambda=0$ 的情況。

所以，我們找到的特徵值和對應的特徵向量是：
特徵值 $\lambda_1 = 0$. 對應的特徵向量是形如 $(c, 0, 0)$, $c \in F, c \neq 0$.
特徵值 $\lambda_2 = 5$. 對應的特徵向量是形如 $(0, 0, c)$, $c \in F, c \neq 0$.

我們還需要仔細檢查方程 (1) $2z_2 = \lambda z_1$ 和方程 (3) $5z_3 = \lambda z_3$.
從 (3), $(\lambda-5)z_3 = 0$.
從 (2), $\lambda z_2 = 0$.

情況 A: $\lambda = 0$.
方程 (1): $2z_2 = 0 \implies z_2 = 0$.
方程 (2): $0 = 0$.
方程 (3): $5z_3 = 0 \implies z_3 = 0$.
特徵向量為 $(z_1, 0, 0)$, $z_1 \neq 0$. 特徵值 $\lambda_1 = 0$.

情況 B: $\lambda = 5$.
方程 (1): $2z_2 = 5z_1$.
方程 (2): $0 = 5z_2 \implies z_2 = 0$.
方程 (3): $5z_3 = 5z_3$ (恆成立)。
結合 $z_2=0$ 和 $2z_2 = 5z_1$, 我們得到 $0 = 5z_1 \implies z_1 = 0$.
所以特徵向量為 $(0, 0, z_3)$, $z_3 \neq 0$. 特徵值 $\lambda_2 = 5$.

情況 C: $\lambda \neq 0$ 且 $\lambda \neq 5$.
從方程 (3), $(\lambda-5)z_3 = 0 \implies z_3 = 0$.
從方程 (2), $\lambda z_2 = 0$. 因為 $\lambda \neq 0$, 所以 $z_2 = 0$.
方程 (1) 變為 $2(0) = \lambda z_1 \implies 0 = \lambda z_1$. 因為 $\lambda \neq 0$, 所以 $z_1 = 0$.

好的，這是一題關於向量空間與線性代數的題目，主要考驗學生對 子空間 (subspace)、張成 (span)、正規化 (orthonormalization) 以及 正交補空間 (orthogonal complement) 的理解與計算能力。具體來說，我們需要利用 Gram-Schmidt 正交化過程 來找出子空間 $W$ 的一組標準正交基，並進一步求出其正交補空間 $W^\perp$ 的一組標準正交基。

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題目：
Let $W$ be the subspace of $\mathbb{R}^4$ spanned by $v_1 = (1,2,3,-4)$ and $v_2 = (-5,4,3,2)$. Find an orthonormal basis of $W$ and an orthonormal basis of the orthogonal complement of $W$.

解題過程：

第一部分：求 $W$ 的標準正交基

子空間 $W$ 由向量 $v_1 = (1,2,3,-4)$ 和 $v_2 = (-5,4,3,2)$ 張成。由於這兩個向量顯然不平行，它們是線性獨立的，因此 $W$ 的維度是 2。我們可以使用 Gram-Schmidt 正交化過程來找到 $W$ 的一組標準正交基。

1. Gram-Schmidt 過程的第一步：
   令 $u_1 = v_1 = (1,2,3,-4)$。
   接著，我們將 $u_1$ 正規化，得到第一個標準正交向量 $e_1$：
   $\|u_1\| = \sqrt{1^2 + 2^2 + 3^2 + (-4)^2} = \sqrt{1 + 4 + 9 + 16} = \sqrt{30}$
   所以，
   $e_1 = \frac{u_1}{\|u_1\|} = \frac{1}{\sqrt{30}}(1,2,3,-4)$

2. Gram-Schmidt 過程的第二步：
   計算 $v_2$ 在 $u_1$ 上的投影：
   $\text{proj}_{u_1} v_2 = \frac{v_2 \cdot u_1}{u_1 \cdot u_1} u_1$
   計算點積：
   $v_2 \cdot u_1 = (-5)(1) + (4)(2) + (3)(3) + (2)(-4) = -5 + 8 + 9 - 8 = 4$
   $u_1 \cdot u_1 = \|u_1\|^2 = 30$
   所以，
   $\text{proj}_{u_1} v_2 = \frac{4}{30} u_1 = \frac{2}{15} (1,2,3,-4)$
   現在，我們找到一個與 $u_1$ 正交的向量 $u_2'$：
   $u_2' = v_2 - \text{proj}_{u_1} v_2 = (-5,4,3,2) - \frac{2}{15}(1,2,3,-4)$
   $u_2' = \left(-5 - \frac{2}{15}, 4 - \frac{4}{15}, 3 - \frac{6}{15}, 2 - \frac{-8}{15}\right)$
   $u_2' = \left(-\frac{75}{15} - \frac{2}{15}, \frac{60}{15} - \frac{4}{15}, \frac{45}{15} - \frac{6}{15}, \frac{30}{15} + \frac{8}{15}\right)$
   $u_2' = \left(-\frac{77}{15}, \frac{56}{15}, \frac{39}{15}, \frac{38}{15}\right)$
   為了方便計算，我們可以將 $u_2'$ 乘以 15，得到一個與 $u_1$ 正交的向量 $u_2'' = (-77, 56, 39, 38)$。

   接著，我們將 $u_2''$ 正規化，得到第二個標準正交向量 $e_2$：
   $\|u_2''\| = \sqrt{(-77)^2 + 56^2 + 39^2 + 38^2} = \sqrt{5929 + 3136 + 1521 + 1444} = \sqrt{12030}$
   所以，
   $e_2 = \frac{u_2''}{\|u_2''\|} = \frac{1}{\sqrt{12030}}(-77, 56, 39, 38)$

   因此，$W$ 的一組標準正交基是 $\{e_1, e_2\}$：
   $e_1 = \frac{1}{\sqrt{30}}(1,2,3,-4)$
   $e_2 = \frac{1}{\sqrt{12030}}(-77, 56, 39, 38)$

第二部分：求 $W^\perp$ 的標準正交基

$W^\perp$ 是 $W$ 在 $\mathbb{R}^4$ 中的正交補空間。$\mathbb{R}^4$ 的維度是 4，而 $W$ 的維度是 2，所以 $W^\perp$ 的維度也是 $4 - 2 = 2$。
$W^\perp$ 中的向量必須與 $W$ 中的所有向量正交。由於 $W$ 是由 $v_1$ 和 $v_2$ 張成的，這意味著 $W^\perp$ 中的向量必須同時與 $v_1$ 和 $v_2$ 正交。
我們需要找到 $\mathbb{R}^4$ 中的向量 $x = (x_1, x_2, x_3, x_4)$，使得 $x \cdot v_1 = 0$ 且 $x \cdot v_2 = 0$。這可以寫成一個齊次線性方程組：
$\begin{cases} 1x_1 + 2x_2 + 3x_3 - 4x_4 = 0 \\ -5x_1 + 4x_2 + 3x_3 + 2x_4 = 0 \end{cases}$
我們可以用高斯消去法來求解這個方程組。將兩個方程寫成增廣矩陣（雖然是齊次方程，但我們只需要係數矩陣）：
$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & -4 \\ -5 & 4 & 3 & 2 \end{pmatrix}$
對第一行乘以 5 並加到第二行：
$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & -4 \\ 0 & 14 & 18 & -18 \end{pmatrix}$
我們可以將第二行除以 2：
$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & -4 \\ 0 & 7 & 9 & -9 \end{pmatrix}$
現在，我們有兩個自由變數。令 $x_3 = s$ 和 $x_4 = t$。
從第二行得到：