※注意：請於答案卷上依序作答，並標明大題及其題號。
- ($8$ points for each blank. There are a total of $10$ blanks, $80$ points.)
- $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\frac1{\sqrt1}+\frac1{\sqrt2}+\cdots+\frac1{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}=$ (1) .
- $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x\int_x^1\frac{\cos t}{t^2}dt=$ (2) .
- The normal plnae to the curve of intersection of $x^2+y^2=25z$ and $y^2+z^2=17$ at the point $\left(3,4,1\right)$ is (3) .
- Express $\ln^2\left(2+x\right)$ in powers of $x+1$: (4) , whose radius of convergence is (5) .
- $F\left(x,y\right)=\left(ax+by\right)^2$ where $a,b\neq0$, $S=\left\{\left(x,y\right)|~x^2+y^2\leq1\right\}$. The double integral of $F$ over $S$ is (6) .
- $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{\cos x}{x}$, $\displaystyle f\left(\frac\pi2\right)=a$, $\displaystyle f\left(\frac{3\pi}2\right)=b$, then $\displaystyle\int_{\frac\pi2}^{\frac{3\pi}2}f\left(x\right)dx=$ (7) (using $a,b$).
- The values of $p$ for which $\displaystyle\int_1^2\frac{dx}{x\left(\ln x\right)^p}$ converges are (8) , and the values of $p$ for which $\displaystyle\int_2^{\infty}\frac{dx}{x\left(\ln x\right)^p}$ converges are (9) .
- Find a curve throught the origin whose length is $\displaystyle\int_0^4\sqrt{1+\frac1{4x}}dx$: (10) .
- ($10$ points.)
$a_n>0$ $\forall n$ and $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ diverges, show that$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{\left(1+a_1\right)\left(1+a_2\right)\cdots\left(1+a_n\right)}$
converges; and find its sum. - ($10$ points.)
Find the distance between the point $\left(0,-2,-4\right)$ and the plane $x+y-4z=5$.
訣竅
將之化為黎曼和，從而其極限可改寫為積分來計算，然而這樣的操作是有瑕疵的，請看解法一的註解；考慮證明一數列趨於零來輔助說明該極限之值。解法一
注意到所求的極限可寫為$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\frac1{\sqrt1}+\frac1{\sqrt2}+\cdots+\frac1{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{k/n}}$
故可視為 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac1{\sqrt{x}}$ 在 $\left[0,1\right]$ 上作 $n$ 等分割的黎曼和，因此所求的極限為$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\frac1{\sqrt1}+\frac1{\sqrt2}+\cdots+\frac1{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}=\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x}}=2\sqrt{x}\Big|_0^1=2$
【註】 事實上本題直接將黎曼和取極限得積分是有瑕疵的，因為該積分實際上為瑕積分並非定積分！替代前述的作法，我們可以運用下列的夾擠觀察：由於 $f$ 在 $\displaystyle\left[\frac1n,1\right]$ 上遞減，故直接比大小可知
$\displaystyle\frac1n\left[\frac1{\sqrt{1/n}}+\cdots+\frac1{\sqrt{(n-1)/n}}\right]>\int_{1/n}^1\frac{dx}{\sqrt{x}}>\frac1n\left[\frac1{\sqrt{2/n}}+\cdots+\frac1{\sqrt{n/n}}\right]$
即$\displaystyle2+\frac1n-2\frac1{\sqrt{n}}=\frac1n+\int_{1/n}^1\frac{dx}{\sqrt{x}}<\frac1n\left[\frac1{\sqrt{1/n}}+\cdots+\frac1{\sqrt{n/n}}\right]<\frac1{\sqrt{n}}+\int_{1/n}^1\frac{dx}{\sqrt{x}}=2-\frac1{\sqrt{n}}$
故取 $n$ 趨於無窮可得所求的極限為 $2$。解法二
考慮數列 $x_n$ 如下$\displaystyle x_n=1+\frac1{\sqrt2}+\cdots+\frac1{\sqrt{n}}-2\sqrt{n}$
那麼可以看出$\displaystyle x_{n+1}-x_n=\frac1{\sqrt{n+1}}-2\sqrt{n+1}+2\sqrt{n}=\frac1{\sqrt{n+1}}-\frac2{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=-\frac1{\sqrt{n+1}\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)^2}$
如此觀察極限有$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}-x_n}{n^{-3/2}}=-\frac14$
又因為級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^{3/2}}$ 收斂，故級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_n\right)$ 也收斂，容易看出收斂至 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n-x_1$，進而知道極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n$ 存在，記為 $L$。特別地，運用四則運算規則可知$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac{\displaystyle\frac1{\sqrt1}+\cdots+\frac1{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}-2\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{\sqrt{n}}=\lim_{n\to\infty}x_n\cdot\lim_{n\to\infty}\frac1{\sqrt{n}}=L\cdot0=0$
這表明所求的極限值為 $2$。【註】 此法為筆者閱讀微積分 4500 題之第 2653 題時想到。
訣竅
運用羅必達法則與微積分基本定理求解即可。解法
首先可確認出$\displaystyle\int_x^1\frac{\cos t}{t^2}dt\geq\int_x^1\frac{\cos1}{t^2}dt=\left.-\frac{\cos1}t\right|_x^1=\left(\frac1x-1\right)\cos1\to\infty~~\mbox{as}~~x\to0^+$
故所求的極限改寫後可應用羅必達法則如下$\displaystyle\lim_{x\to0^+}x\int_x^1\frac{\cos t}{t^2}dt=\lim_{x\to0^+}\frac{\displaystyle\int_x^1\frac{\cos t}{t^2}dt}{\displaystyle\frac1x}=\lim_{x\to0^+}\frac{\displaystyle-\frac{\cos x}{x^2}}{\displaystyle-\frac1{x^2}}=\lim_{x\to0^+}\cos x=\cos0=1$
訣竅
首先利用梯度求出這些交會的曲面的法向量，隨後利用外積獲得曲線的切方向，此同時也是該曲線的法平面的法向量，最後應用點法式寫出法平面的方程式。解法
設兩函數 $F_1\left(x,y,z\right)=x^2+y^2-25z$、$F_2\left(x,y,z\right)=y^2+z^2-17$，那麼其對應的梯度分別為$\nabla F_1\left(x,y,z\right)=\left(2x,2y,-25\right),\quad\nabla F_2\left(x,y,z\right)=\left(0,2y,2z\right)$
如此曲面 $F_1\left(x,y,z\right)=0$ 與 $F_2\left(x,y,z\right)=0$ 在 $\left(3,4,1\right)$ 處的法向量分別為 $\nabla F_1\left(3,4,1\right)=\left(6,8,-25\right)$ 與 $\nabla F_2\left(3,4,1\right)=\left(0,8,2\right)\parallel\left(0,4,1\right)$。那麼相交曲線的切向量為$\left(6,8,-25\right)\times\left(0,4,1\right)=\left(108,-6,24\right)\parallel\left(18,-1,4\right)$
此即曲線在該處的法平面的法向量，故使用點法式即得$18\left(x-3\right)-\left(y-4\right)+4\left(z-1\right)=0$
或寫為 $18x-y+4z=54$。訣竅
由基本的無窮等比級數出發逐步導出所欲知的冪級數。解法
由基本的無窮等比級數可知$\displaystyle\frac1{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-x\right)^n=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^nx^n$
同取積分可得$\displaystyle\ln\left(1+x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{n+1}x^{n+1}$
兩邊同時以 $x+1$ 取代 $x$ 可得$\displaystyle\ln\left(2+x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{n+1}\left(1+x\right)^{n+1}$
兩邊同時取平方可得$\displaystyle\begin{aligned}\ln^2\left(2+x\right)&=\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{n+1}\left(1+x\right)^{n+1}\right)^2=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^n\frac{\left(-1\right)^n}{\left(n-k+1\right)\left(k+1\right)}\left(1+x\right)^{n+2}\\&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{n+2}\left(1+x\right)^{n+2}\sum_{k=0}^n\left(\frac1{n-k+1}+\frac1{k+1}\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{2\left(-1\right)^n}{n+2}\sum_{k=0}^n\frac1k\right)\left(1+x\right)^{n+2}\end{aligned}$
由於最初使用的無窮等比級數的收斂半徑為 $1$，而取積分與四則運算皆不改變其收斂半徑，故所求級數的收斂半徑亦為 $1$。也可確實使用比值審歛法確認收斂半徑如下
$\displaystyle R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{2\left(-1\right)^n}{n+2}\sum_{k=0}^n\frac1k\div\frac{2\left(-1\right)^{n+1}}{n+3}\sum_{k=0}^{n+1}\frac1k\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{n+3}{n+2}\left(1-\frac{\displaystyle\frac1{n+1}}{\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}\frac1k}\right)=1$
訣竅
應用極座標變換計算即可。解法
令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，那麼其變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq1\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此所求的重積分表示並計算如下$\displaystyle\begin{aligned}\iint_SFdA&=\int_0^{2\pi}\int_0^1\left(ar\cos\theta+br\sin\theta\right)^2rdrd\theta\\&=\left(\int_0^{2\pi}\left(a\cos\theta+b\sin\theta\right)^2d\theta\right)\left(\int_0^1r^3dr\right)\\&=\frac14\int_0^{2\pi}\left(a^2\cos^2\theta+2ab\cos\theta\sin\theta+b^2\sin^2\theta\right)d\theta\\&=\frac18\int_0^{2\pi}\left(a^2+b^2+\left(a^2-b^2\right)\cos2\theta+2ab\sin2\theta\right)d\theta\\&=\left.\frac18\left(\left(a^2+b^2\right)\theta+\frac{a^2-b^2}2\sin2\theta-ab\cos2\theta\right)\right|_0^{2\pi}\\&=\frac{\left(a^2+b^2\right)\pi}4\end{aligned}$
訣竅
使用分部積分求解即可。解法
使用分部積分法可知$\displaystyle\begin{aligned}\int_{\frac\pi2}^{\frac{3\pi}2}f\left(x\right)dx&=xf\left(x\right)\Big|_{\frac\pi2}^{\frac{3\pi}2}-\int_{\frac\pi2}^{\frac{3\pi}2}xf'\left(x\right)dx\\&=\frac{3\pi b-\pi a}2-\int_{\frac\pi2}^{\frac{3\pi}2}\cos xdx=\frac{3\pi b-\pi a}2-\sin x\Big|_{\frac\pi2}^{\frac{3\pi}2}=\frac{3\pi b-\pi a+4}2\end{aligned}$
訣竅
按瑕積分的定義處理並討論各種情形即可。解法
首先我們處理瑕積分 $\displaystyle\int_1^2\frac{dx}{x\left(\ln x\right)^p}$。假若 $p=1$ 時，明顯可知
$\displaystyle\int_1^2\frac{dx}{x\left(\ln x\right)^p}=\lim_{t\to1^+}\int_t^2\frac{dx}{x\ln x}=\lim_{t\to1^+}\ln\left(\ln x\right)\Big|_t^2=\ln\left(\ln2\right)-\lim_{t\to1^+}\ln\left(\ln t\right)=\infty$
故此瑕積分發散。而對於 $p\neq1$ 時可知$\displaystyle\begin{aligned}\int_1^2\frac{dx}{x\left(\ln x\right)^p}&=\lim_{t\to1^+}\int_t^2\frac{dx}{x\left(\ln x\right)^p}=\lim_{t\to1^+}\left.\frac{\left(\ln x\right)^{1-p}}{1-p}\right|_t^2\\&=\frac{\left(\ln2\right)^{1-p}}{1-p}-\lim_{t\to1^+}\frac{\left(\ln t\right)^{1-p}}{1-p}=\begin{cases}\left(\ln2\right)^{1-p}/\left(1-p\right),&p<1,\\\infty,&p>1.\end{cases}\end{aligned}$
綜上可知當 $p\in\left(-\infty,1\right)$ 時瑕積分 $\displaystyle\int_1^2\frac{dx}{x\left(\ln x\right)^p}$ 收斂。接著，我們處理瑕積分 $\displaystyle\int_2^{\infty}\frac{dx}{x\left(\ln x\right)^p}$。假若 $p=1$ 時，明顯可知
$\displaystyle\int_2^{\infty}\frac{dx}{x\left(\ln x\right)^p}=\lim_{t\to\infty}\int_2^t\frac{dx}{x\ln x}=\lim_{t\to\infty}\ln\left(\ln x\right)\Big|_2^t=\lim_{t\to\infty}\left[\ln\left(\ln t\right)-\ln\left(\ln2\right)\right]=\infty$
故此瑕積分發散。而對於 $p\neq1$ 時可知$\displaystyle\begin{aligned}\int_2^{\infty}\frac{dx}{x\left(\ln x\right)^p}&=\lim_{t\to\infty}\int_2^t\frac{dx}{x\left(\ln x\right)^p}=\lim_{t\to\infty}\left.\frac{\left(\ln x\right)^{1-p}}{1-p}\right|_2^{\infty}\\&=\lim_{t\to\infty}\frac{\left(\ln t\right)^{1-p}}{1-p}-\frac{\left(\ln2\right)^{1-p}}{1-p}=\begin{cases}\infty,&p<1,\\-\left(\ln2\right)^{1-p}/\left(1-p\right),&p>1.\end{cases}\end{aligned}$
綜上可知當 $p\in\left(1,\infty\right)$ 時瑕積分 $\displaystyle\int_2^{\infty}\frac{dx}{x\left(\ln x\right)^p}$ 收斂。訣竅
根據曲線的弧長公式進行比較。解法
設所求的曲線由 $y=f\left(x\right)$ 所定義，其中 $f$ 滿足 $f\left(0\right)=0$。再者其在 $x\in\left[0,4\right]$ 所產生的弧長為$\displaystyle\int_0^4\sqrt{1+f'^2\left(x\right)}dx=\int_0^4\sqrt{1+\frac1{4x}}dx$
為此我們不妨考慮$\displaystyle f'^2\left(x\right)=\frac1{4x}$
因此有 $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac1{2\sqrt{x}}$，從而取 $f\left(x\right)=\sqrt{x}$ 能滿足所求。訣竅
先計算其部分和後進行觀察，隨後使用數學歸納法確認其部分和的形式，進而取極限計算。解法
我們首先使用數學歸納法證明其部分和可計算為$\displaystyle\sum_{n=1}^k\frac{a_n}{\left(1+a_1\right)\left(1+a_2\right)\cdots\left(1+a_n\right)}=1-\frac1{\left(1+a_1\right)\cdots\left(1+a_k\right)}$
容易核驗當 $k=1$ 時有$\displaystyle\sum_{n=1}^k\frac{a_n}{\left(1+a_1\right)\cdots\left(1+a_n\right)}=\frac{a_1}{1+a_1}=1-\frac1{1+a_1}$
命題成立。現假設 $k=k_0$ 時命題成立，即有$\displaystyle\sum_{n=1}^{k_0}\frac{a_n}{\left(1+a_1\right)\left(1+a_2\right)\cdots\left(1+a_n\right)}=1-\frac1{\left(1+a_1\right)\cdots\left(1+a_{k_0}\right)}$
那麼當 $k=k_0+1$ 時便有$\displaystyle\begin{aligned}\sum_{n=1}^{k_0+1}\frac{a_n}{\left(1+a_1\right)\left(1+a_2\right)\cdots\left(1+a_n\right)}&=1-\frac1{\left(1+a_1\right)\cdots\left(1+a_{k_0}\right)}+\frac{a_{k_0+1}}{\left(1+a_1\right)\cdots\left(1+a_{k_0}\right)\left(1+a_{k_0+1}\right)}\\&=1-\frac{1+a_{k_0+1}}{\left(1+a_1\right)\cdots\left(1+a_{k_0+1}\right)}+\frac{a_{k_0+1}}{\left(1+a_1\right)\cdots\left(1+a_{k_0+1}\right)}\\&=1-\frac1{\left(1+a_1\right)\cdots\left(1+a_{k_0+1}\right)}\end{aligned}$
至此我們確認了命題在 $k=k_0+1$ 時也成立，故該式對所有正整數 $k$ 恆成立。由於正項級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 發散，因此無窮乘積 $\displaystyle\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+a_n\right)$ 亦發散。這便表明給定的無窮級數收斂，且其值可計算如下
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{\left(1+a_1\right)\left(1+a_2\right)\cdots\left(1+a_n\right)}=\lim_{k\to\infty}\sum_{n=1}^k\frac{a_n}{\left(1+a_1\right)\left(1+a_2\right)\cdots\left(1+a_n\right)}=1-\lim_{k\to\infty}\frac1{\displaystyle\prod_{n=1}^k\left(1+a_n\right)}=1-0=1$
訣竅
寫出通過該點且垂直平面的直線並求出此直線與給定平面的交點即可求得兩者間的距離；亦可運用初等不等式求出兩集合中的元素距離的最小值。解法一
給定平面的法向量為 $\left(1,1,-4\right)$，由此可寫出垂直平面且通過 $\left(0,-2,-4\right)$ 的直線參數式如下$\left\{\begin{aligned}&x=0+t\\&y=-2+t\\&z=-4-4t\end{aligned}\right.$
將此代入平面中有 $t+\left(-2+t\right)-4\left(-4-4t\right)=5$，即為 $18t=-9$，可得 $\displaystyle t=-\frac12$。如此得直線與平面的交點為 $\displaystyle\left(-\frac12,-\frac52,-2\right)$。那麼點與平面的距離便為$\displaystyle d=\sqrt{\left(0+\frac12\right)^2+\left(-2+\frac52\right)^2+\left(-4+2\right)^2}=\frac{3\sqrt2}2$
解法二
考慮與點座標 $\left(0,-2,-4\right)$ 的距離函數為$d\left(x,y,z\right)=\sqrt{x^2+\left(y+2\right)^2+\left(z+4\right)^2}$
那麼應用柯西不等式可知$\left(x^2+\left(y+2\right)^2+\left(z+4\right)^2\right)\left(1^2+1^2+\left(-4\right)^2\right)\geq\left(x+y-4z-14\right)^2=\left(-9\right)^2=81$
那麼距離函數的最小值為$\displaystyle d\left(x,y,z\right)\geq\sqrt{\frac{81}{18}}=\sqrt{\frac92}=\frac{3\sqrt2}2$
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