115 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）》

此題考驗極限計算，特別是當分子分母皆趨近於零時，可考慮使用羅必達法則（L'Hôpital's Rule）。

我們觀察到當 $x \to 0^+$, 分子 $\int_0^x \sin(t^2) dt \to \int_0^0 \sin(t^2) dt = 0$。
同時，分母 $x \sin(x^2) \to 0 \cdot \sin(0^2) = 0$。
因此，此極限為 $\frac{0}{0}$ 型，可使用羅必達法則。

對分子進行微分，根據微積分基本定理，我們有：
$\frac{d}{dx} \left( \int_0^x \sin(t^2) dt \right) = \sin(x^2)$

對分母進行微分，我們使用乘法定則：
$\frac{d}{dx} (x \sin(x^2)) = 1 \cdot \sin(x^2) + x \cdot \frac{d}{dx}(\sin(x^2))$
$= \sin(x^2) + x \cdot (\cos(x^2) \cdot 2x)$
$= \sin(x^2) + 2x^2 \cos(x^2)$

應用羅必達法則後，原極限變為：
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin(x^2)}{ \sin(x^2) + 2x^2 \cos(x^2) }$

再次觀察當 $x \to 0^+$ 時，分子 $\sin(x^2) \to \sin(0) = 0$。
分母 $\sin(x^2) + 2x^2 \cos(x^2) \to \sin(0) + 2(0)^2 \cos(0) = 0 + 0 = 0$。
此時極限仍為 $\frac{0}{0}$ 型，我們需要再次使用羅必達法則。

此題考驗不定積分與定積分的計算，包含無理函數積分與二重積分的變換。

(a) $\int \frac{1}{(x+3)\sqrt{x^2+x-7}} dx$

這是一個包含根號的積分，根號內是二次多項式。常見的處理方法有三角換元或歐拉換元。考慮到根號內結構，歐拉換元可能較為直接。

令 $u = \sqrt{x^2+x-7}$。則 $u^2 = x^2+x-7$。
對兩邊微分：$2u \, du = (2x+1) \, dx$。

為了消去 $x$ 和 $dx$，我們需要將 $x$ 用 $u$ 表示。
從 $u^2 = x^2+x-7$，我們可以嘗試配方：
$u^2 + 7 = x^2+x$
$u^2 + 7 + \frac{1}{4} = x^2+x+\frac{1}{4}$
$u^2 + \frac{29}{4} = (x+\frac{1}{2})^2$
$x+\frac{1}{2} = \pm \sqrt{u^2 + \frac{29}{4}}$
$x = -\frac{1}{2} \pm \sqrt{u^2 + \frac{29}{4}}$

這表示 $x$ 的表達式較為複雜，直接代入可能使計算變得繁瑣。

換一種歐拉換元思路：令 $\sqrt{x^2+x-7} = u - x$。
平方得 $x^2+x-7 = u^2 - 2ux + x^2$。
$x-7 = u^2 - 2ux$
$x + 2ux = u^2+7$
$x(1+2u) = u^2+7$
$x = \frac{u^2+7}{1+2u}$

對 $x$微分：
$dx = \frac{2u(1+2u) - (u^2+7)(2)}{(1+2u)^2} du$
$dx = \frac{2u+4u^2 - 2u^2-14}{(1+2u)^2} du$
$dx = \frac{2u^2+2u-14}{(1+2u)^2} du = \frac{2(u^2+u-7)}{(1+2u)^2} du$

現在處理根號部分：
$\sqrt{x^2+x-7} = u-x = u - \frac{u^2+7}{1+2u} = \frac{u(1+2u) - (u^2+7)}{1+2u} = \frac{u+2u^2-u^2-7}{1+2u} = \frac{u^2+u-7}{1+2u}$

處理分母的 $x+3$：
$x+3 = \frac{u^2+7}{1+2u} + 3 = \frac{u^2+7+3(1+2u)}{1+2u} = \frac{u^2+7+3+6u}{1+2u} = \frac{u^2+6u+10}{1+2u}$

將以上結果代入積分式：
$\int \frac{1}{x+3} \frac{1}{\sqrt{x^2+x-7}} dx = \int \frac{1}{\frac{u^2+6u+10}{1+2u}} \cdot \frac{1}{\frac{u^2+u-7}{1+2u}} \cdot \frac{2(u^2+u-7)}{(1+2u)^2} du$
$= \int \frac{1+2u}{u^2+6u+10} \cdot \frac{1+2u}{u^2+u-7} \cdot \frac{2(u^2+u-7)}{(1+2u)^2} du$
$= \int \frac{2(1+2u)^2}{(u^2+6u+10)(1+2u)^2} du$
$= \int \frac{2}{u^2+6u+10} du$

分母 $u^2+6u+10$ 可以配方：
$u^2+6u+10 = (u^2+6u+9) + 1 = (u+3)^2 + 1$

此題考驗泰勒級數（特別是麥克勞林級數）的展開與應用，以及高階導數的計算。

首先，我們需要知道 $\cos(x)$ 的麥克勞林級數。麥克勞林級數是 $f(x)$ 在 $x=0$ 點的泰勒級數，其通式為：
$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \frac{f'''(0)}{3!}x^3 + \dots$

對於 $f(x) = \cos(x)$：
$f(0) = \cos(0) = 1$
$f'(x) = -\sin(x) \implies f'(0) = -\sin(0) = 0$
$f''(x) = -\cos(x) \implies f''(0) = -\cos(0) = -1$
$f'''(x) = \sin(x) \implies f'''(0) = \sin(0) = 0$
$f^{(4)}(x) = \cos(x) \implies f^{(4)}(0) = \cos(0) = 1$

導數呈現週期性：$1, 0, -1, 0, 1, 0, -1, 0, \dots$
偶數階導數為 $(-1)^{n/2}$，奇數階導數為 $0$。
因此，$\cos(x)$ 的麥克勞林級數為：
$\cos(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n} = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \dots$

接下來，我們需要求 $g(x) = \cos(3x^2)$ 的麥克勞林級數。
我們可以直接將 $\cos(u)$ 的級數中的 $u$ 替換為 $3x^2$：
令 $u = 3x^2$。
$\cos(3x^2) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} (3x^2)^{2n}$
$= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} 3^{2n} (x^2)^{2n}$
$= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n 3^{2n}}{(2n)!} x^{4n}$

展開幾項來看：
當 $n=0$: $\frac{(-1)^0 3^0}{0!} x^0 = 1$
當 $n=1$: $\frac{(-1)^1 3^2}{2!} x^4 = -\frac{9}{2} x^4$
當 $n=2$: $\frac{(-1)^2 3^4}{4!} x^8 = \frac{81}{24} x^8 = \frac{27}{8} x^8$
當 $n=3$: $\frac{(-1)^3 3^6}{6!} x^{12} = -\frac{729}{720} x^{12} = -\frac{27}{40} x^{12}$

所以，$g(x) = \cos(3x^2)$ 的麥克勞林級數為：
$g(x) = 1 - \frac{9}{2!} x^4 + \frac{81}{4!} x^8 - \frac{729}{6!} x^{12} + \dots$

核心觀念

本題考查：

• 將笛卡兒座標下的二重積分改用極座標計算。
• 極座標公式
  $x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,\qquad dA=r\,dr\,d\theta.$
• 積分區域的判讀，以及直角座標邊界轉換為極座標邊界。
• 被積函數
  $\frac{x+y}{x^2+y^2}$
  在極座標下可大幅簡化。

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解題方法

將原式記為 $I=I_1+I_2+I_3$。

前兩項的積分區域合併後為第一象限內、半徑 $\sqrt{2}$ 的四分之一圓：

$$0\le y\le \sqrt{2},\qquad 0\le x\le \sqrt{2-y^2}.$$

因此

$$I_1+I_2 = \iint_D \frac{x+y}{x^2+y^2}\,dA,$$

其中

$$D:\quad 0\le \theta\le \frac{\pi}{2},\qquad 0\le r\le \sqrt{2}.$$

而第三項的區域為

$$0\le y\le 1,\qquad 1\le x\le \sqrt{2-y^2}.$$

這代表四分之一圓內同時滿足 $x\ge 1$ 與 $y\le 1$ 的部分。

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第一、二項積分

在極座標下，

$$x+y=r(\cos\theta+\sin\theta),$$

且

$$x^2+y^2=r^2.$$

所以

$$\frac{x+y}{x^2+y^2}\,dA = \frac{r(\cos\theta+\sin\theta)}{r^2}\,r\,dr\,d\theta = (\cos\theta+\sin\theta)\,dr\,d\theta.$$

因此

$$\begin{aligned} I_1+I_2 &= \int_0^{\pi/2}\int_0^{\sqrt{2}} (\cos\theta+\sin\theta)\,dr\,d\theta\\ &= \sqrt{2}\int_0^{\pi/2} (\cos\theta+\sin\theta)\,d\theta\\ &= \sqrt{2} \left[\sin\theta-\cos\theta\right]_0^{\pi/2}\\ &= \sqrt{2}(1-(-1))\\ &= 2\sqrt{2}. \end{aligned}$$

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第三項積分區域

第三項區域滿足：

$$x\ge 1,\qquad y\le 1,\qquad x^2+y^2\le 2.$$

由 $x=r\cos\theta\ge 1$ 得

$$r\ge \sec\theta.$$

圓弧給出

$$r\le \sqrt{2}.$$

又因為在第一象限中，圓弧與直線 $x=1$ 的交點為

$$(1,1),$$

故角度範圍為

此題考驗線性代數中的線性變換、基底、矩陣表示以及向量轉換。

$P_3$ 是所有次數最多為 3 的多項式所構成的向量空間。
給定的有序基底為 $B = \{x^3, x^2, x, 1\}$。
線性變換 $T: P_3 \to P_3$ 定義為 $T(p(x)) = \frac{d}{dx} p(x)$，即求導運算。

(a) 求線性變換 $T$ 相對於基底 $B$ 的矩陣表示 $A$。

矩陣表示 $A$ 的每一行（或每一列，取決於定義方式，通常是列）是線性變換作用在基底向量上的結果，再用基底 $B$ 來表示的座標向量。
我們將基底向量逐一應用 $T$ 變換，然後將結果用基底 $B$ 表示。

基底向量是：
$v_1 = x^3$
$v_2 = x^2$
$v_3 = x$
$v_4 = 1$

1. 對 $v_1 = x^3$ 應用 $T$:
   $T(x^3) = \frac{d}{dx}(x^3) = 3x^2$
   將 $3x^2$ 表示為基底 $B = \{x^3, x^2, x, 1\}$ 的線性組合：
   $3x^2 = 0 \cdot x^3 + 3 \cdot x^2 + 0 \cdot x + 0 \cdot 1$
   對應的座標向量是 $[0, 3, 0, 0]^T$。這是矩陣 $A$ 的第一列。

2. 對 $v_2 = x^2$ 應用 $T$:
   $T(x^2) = \frac{d}{dx}(x^2) = 2x$
   將 $2x$ 表示為基底 $B$ 的線性組合：
   $2x = 0 \cdot x^3 + 0 \cdot x^2 + 2 \cdot x + 0 \cdot 1$
   對應的座標向量是 $[0, 0, 2, 0]^T$。這是矩陣 $A$ 的第二列。

3. 對 $v_3 = x$ 應用 $T$:
   $T(x) = \frac{d}{dx}(x) = 1$
   將 $1$ 表示為基底 $B$ 的線性組合：
   $1 = 0 \cdot x^3 + 0 \cdot x^2 + 0 \cdot x + 1 \cdot 1$
   對應的座標向量是 $[0, 0, 0, 1]^T$。這是矩陣 $A$ 的第三列。

4. 對 $v_4 = 1$ 應用 $T$:
   $T(1) = \frac{d}{dx}(1) = 0$
   將 $0$ 表示為基底 $B$ 的線性組合：
   $0 = 0 \cdot x^3 + 0 \cdot x^2 + 0 \cdot x + 0 \cdot 1$
   對應的座標向量是 $[0, 0, 0, 0]^T$。這是矩陣 $A$ 的第四列。

將這些座標向量作為列向量組成矩陣 $A$：
$A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$

此題考驗線性代數中矩陣的特徵值、特徵向量、零空間（Kernel）、值域空間（Column Space）以及線性方程組的求解。

已知矩陣 $A$ 是一個 $3 \times 3$ 的實數矩陣，其特徵值為 $\lambda_1 = 0, \lambda_2 = 1, \lambda_3 = 2$，對應的特徵向量為 $x_1 = (1,0,0)^T, x_2 = (0,1,2)^T, x_3 = (0,1,1)^T$。

(a) 求 $A$ 的零空間（Null Space）和值域空間（Column Space）的基底。

零空間（Null Space）的基底：
零空間 $N(A)$ 是指所有滿足 $Ax = 0$ 的向量 $x$ 的集合。
由於 $\lambda_1 = 0$ 是 $A$ 的一個特徵值，對應的特徵向量 $x_1 = (1,0,0)^T$ 滿足 $Ax_1 = \lambda_1 x_1 = 0 \cdot x_1 = 0$。
因此，$x_1$ 屬於 $A$ 的零空間。
由於 $A$ 是一個 $3 \times 3$ 的矩陣，且有三個不同的特徵值，這意味著 $A$ 是可對角化的。
由於特徵值 $\lambda_1 = 0$ 只對應一個特徵向量 $x_1$（在線性獨立的意義下），零空間的維度（即零度 Nullity）就是 $1$。
因此，$x_1 = (1,0,0)^T$ 張成（span）了零空間。
所以，$A$ 的零空間的基底是 $\{ (1,0,0)^T \}$。

值域空間（Column Space）的基底：
值域空間 $C(A)$ 是由矩陣 $A$ 的列向量張成的空間。
由於 $A$ 有三個線性獨立的特徵向量 $x_1, x_2, x_3$，這三個向量張成了整個 $\mathbb{R}^3$ 空間。
這意味著 $A$ 的秩（Rank）是 3。
根據秩-零度定理（Rank-Nullity Theorem），對於一個 $m \times n$ 的矩陣 $A$，有 $\text{rank}(A) + \text{nullity}(A) = n$。
在這裡，$n=3$ (矩陣的維度)，$\text{nullity}(A) = 1$ (零空間的維度)。
所以，$\text{rank}(A) = 3 - 1 = 2$。
值域空間的維度就是矩陣的秩，即 2。

值域空間由 $A$ 的列向量張成。由於 $A$ 的秩是 2，意味著 $A$ 的列向量中有 2 個線性獨立的向量。
我們知道 $Ax_1 = 0$, $Ax_2 = \lambda_2 x_2 = 1 \cdot x_2 = x_2$, $Ax_3 = \lambda_3 x_3 = 2 \cdot x_3$。
因為 $x_2$ 和 $x_3$ 是線性獨立的（它們對應不同的特徵值），所以 $Ax_2$ 和 $Ax_3$ 也是線性獨立的。
因此，$x_2$ 和 $x_3$ 可以作為值域空間 $C(A)$ 的基底。
$C(A)$ 的基底是 $\{ (0,1,2)^T, (0,1,1)^T \}$。

總結 (a)：
零空間的基底：$\{ (1,0,0)^T \}$
值域空間的基底：$\{ (0,1,2)^T, (0,1,1)^T \}$

(b) 求解方程 $Ax = x_2 - 3x_3$。

我們需要找到向量 $x$，使得 $Ax = x_2 - 3x_3$。
我們知道 $A$ 的特徵值和特徵向量：
$Ax_1 = 0 \cdot x_1 = 0$
$Ax_2 = 1 \cdot x_2 = x_2$
$Ax_3 = 2 \cdot x_3$

此題考驗瑕積分的收斂性判斷，特別是涉及無窮積分限和包含參數 $b$ 的項。

積分是 $I = \int_0^\infty \frac{e^{-ax}}{x^b (1+x^3)} dx$。
我們需要分析積分在積分限 $0$ 和 $\infty$ 附近的收斂性。

分析積分在 $x=0$ 附近的收斂性：
當 $x \to 0^+$, $e^{-ax} \to e^0 = 1$ (如果 $a$ 是有限值)。
$1+x^3 \to 1+0 = 1$。
所以，積分的被積函數行為近似於 $\frac{1}{x^b}$。
我們知道積分 $\int_0^c \frac{1}{x^p} dx$ 收斂若且唯若 $p < 1$。
在這裡，我們需要 $\int_0^c \frac{1}{x^b} dx$ 收斂，這要求 $b < 1$。

分析積分在 $x \to \infty$ 附近的收斂性：
當 $x \to \infty$, $e^{-ax}$ 的行為取決於 $a$ 的值。
$1+x^3 \approx x^3$。
所以，被積函數的行為近似於 $\frac{e^{-ax}}{x^b \cdot x^3} = \frac{e^{-ax}}{x^{b+3}}$。

我們知道積分 $\int_c^\infty \frac{1}{x^p} dx$ 收斂若且唯若 $p > 1$。
對於包含指數函數的積分 $\int_c^\infty \frac{e^{-ax}}{x^q} dx$：

• 情況 1：$a > 0$
  當 $a > 0$, $e^{-ax}$ 趨近於 $0$ 非常快。
  對於任何 $q$, $\frac{e^{-ax}}{x^q}$ 趨近於 $0$ 作為 $x \to \infty$。
  更精確地說，對於任何 $p > 0$, $e^{-ax}$ 比任何 $x^p$ 下降得更快。
  所以，對於任意 $b$, $b+3$ 是有限的，被積函數 $\frac{e^{-ax}}{x^{b+3}}$ 在 $x \to \infty$ 時趨近於 $0$ 並且下降足夠快。
  例如，我們可以比較 $\frac{e^{-ax}}{x^{b+3}}$ 和 $\frac{1}{x^2}$。