數甲:

 

第一部分

二、多選題

6. 設 \langle a_n\rangle\langle b_n\rangle 為兩實數數列,且對所有正整數 na_n<b^2_n<a_{n+1} 均成立。若已知 \mlim{n\to\infty} a_n=4 ,試選出正確的選項。
(1) 對所有正整數 na_n>3 均成立
(2) 存在正整數 n ,使得 a_{n+1}>4
(3) 對所有正整數 nb_n^2<b_{n+1}^2 均成立
(4) \mlim{n\to\infty} b_n^2=4
(5) \mlim{n\to\infty} b_n=2\mlim{n\to\infty} b_n=-2

 

 

 

(1) \XX  有可能 \langle a_n\rangle 的前幾項不成立。具體例子如 \langle a_n\rangle=4-\frac{3}{n}

(2) \XX  由a_n<b^2_n<a_{n+1} 恆成立可知 \langle a_n\rangle 為嚴格遞減數列,若有某項大於 4 ,不可能最終還趨近 4

(3) \OO  a_n<b^2_n<a_{n+1}<b^2_{n+1} 恆成立。

(4) \OO  \mlim{n\to\infty}a_n=\mlim{n\to\infty}a_{n+1}=4 ,由夾擠定理, \mlim{n\to\infty} b^2_n=4

(5) \XX  \langle b_n\rangle 有可能正負交錯導致發散。

 

 

 

 

第二部分

二. 設 f(x) 為實係數多項式函數,且 xf(x) =3x^4-2x^3+x^2+\medint\int_1^x f(t)\dtx\geq1 恆成立。試回答下列問題。

(1) 試求 f(1)
(2) 試求 f'(x)
(3) 試求 f(x)
(4) 試證明恰有一大於 1 的實數 a 滿足 \medint\int_0^a f(x)\dx=1

 

 

 

(1) 代 x=1

(1)   \begin{align*} 1\cdot f(1)=&\,3-2+1+\cancelto{0}{\int_1^1 f(t)\dt}\\ \Rightarrow f(1)=&\,2 \end{align*}

 

(2) 等號兩邊同時對 x 求導:

(2)   \begin{align*} \cancel{f(x)}+xf'(x)=&\,12x^3-6x^2+2x+\cancel{f(x)}\\ \Rightarrow f'(x)=&\,12x^2-6x+2 \end{align*}

(3) 由 f'(x)=12x^2-6x+2 可得 f(x)=4x^3-3x^2+2x+C ,再由 f(1)=2 可得 C=-1 ,故 f(x)=4x^3-3x^2+2x-1

 

(4) <1> 代 x=0

(3)   \begin{align*} 0\cdot f(0)=&\,\int_1^0 f(t)\dt\\ \Rightarrow \int_0^1 f(t)\dt=&\,0 \end{align*}

<2> 設 F(x)=\medint\int_0^x f(t)\dt
1. 由 <1> 可知 F(1)=0
2. f(x) 之領導係數為正,故 F(x) 之領導係數亦為正,則\mlim{x\to\infty} f(x)=\infty。因此存在比 1 大的數 k 使得 F(k)=1
3. 當 x\ge1

(4)   \begin{align*}F'(x)=&\,f(x)\\ =&\,4x^3-3x^2+2x-1\\ =&\,x^2(4x-3)+(2x-1)\\ \ge&\,1^2\cdot(4-3)+(2-1)>0\end{align*}

F(x)x\ge1 為嚴格遞增,因此 F(x)=1 不存在第二個大於 1 的實數解。

由以上討論,\medint\int_0^x f(t)\dt=1 恰有一個大於 1 的實數解,即為所欲證。

 

另解

 

x=0

(5)   \begin{align*} 0\cdot f(0)=&\,\int_1^0 f(t)\dt\\ \Rightarrow \int_0^1 f(t)\dt=&\,0 \end{align*}

F(x)=\medint\int_0^x f(t)\dt 為連續函數, F(1)=0

x\ge1

(6)   \begin{align*} f(x)=&\,4x^3-3x^2+2x-1\\ =&\,x^2(4x-3)+(2x-1)\\ \ge&\,1^2\cdot(4-3)+(2-1)>1\end{align*}

可知當 x\ge1 ,被積分函數 f(x) 恆正, F(x)=\medint\int_0^x f(t)\dt 嚴格遞增; f(x) 恆大於 1\mlim{x\to\infty} F(x)\ge \mlim{x\to\infty}\medint\int_1^{x}1\dt=\infty 。故由連續函數的勘根定理知恰有一大於 1 實數 a 滿足 F(a)=1 ,即為所欲證。

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許多同學在求數列極限時,習慣性地也使用羅必達法則。例如 \mlim{n\to\infty}\mfrac{\ln(n)}{n} ,使用羅必達法則寫成 \mlim{n\to\infty} \mfrac{\frac{1}{n}}{1}=0 。這樣有點奇怪,因為數列是離散的,嚴格說起來不能對其求導。若要看起來正確一點,可以先將 n 改為 x ,寫成

    \begin{align*} &\,\lim_{x\to\infty} \frac{\ln(x)}{x}\\[1mm] \overset{L}{=}&\,\lim_{x\to\infty} \frac{\frac{1}{x}}{1}=0 \end{align*}

這樣,因為若 f(x)\to L ,則 a_n=f(n)\to L ,所以能推論原極限也是 0 。但這樣似乎又囉嗦了點,既然看起來差不多,不嚴謹點對數列求導好像結果也一樣。

 

其實,在羅必達法則之後大約兩百年,奧地利數學家 Otto Stolz 於 1885 年提出了羅必達法則的離散版本,今日稱之為 Stolz-Cesaro Theorem 。

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一、前言

做極限問題時,有一種方法,是先假設極限值為 \alpha,接著再解方程式求出 \alpha 值。嚴格說起來,正確解法應該要證明極限存在,否則你可能是把實際上發散的極限解出一個虛假的極限值。

但高中數學很多時候不是計算題,過程稍不嚴謹無妨,只要自己確信是對的就好。比方說按題意極限很明顯存在,只是我不去證。

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