Pure
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1 PURE MATHS NOTE by STEVIE-G™
Transcript of Pure
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PURE MATHS NOTE by STEVIE-G™
2
Contents
Part I : Revision Notes ---------------------------------------------- p.4-36
1 MI ------------------------------------------------------------- p.4-6
2 Binomial --------------------------------------------------------- p.7-8
3 Matrix ---------------------------------------------------------- p.9-11
4 System of Linear Equation ------------------------------------------ p.12-13
5 Inequality ------------------------------------------------------- p.14-15
6 Polynomial ------------------------------------------------------- p.16-18
7 Complex Number -------------------------------------------------- p.19-20
8 Continuity & Differentiability ---------------------------------------- p.21-23
9 Integration ------------------------------------------------------- p.24-28
10 Curve Sketching -------------------------------------------------- p.29
11 Sequence -------------------------------------------------------- p.30-31
12 Function -------------------------------------------------------- p.32-33
13 Theory of Differential & Integral Calculus ----------------------------- p.34-35
14 Coordinate Geometry ---------------------------------------------- p.36
Part II : Pastpapers Analysis (00-09) --------------------------------- p.38-69
Part III : Appendix ------------------------------------------------- p.71-75
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Part I : Revision Notes
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#1 M.I. - 如果 MI 出係 SQ 的話，咁多數都會用到 2nd Principle of MI , 即假設 2 個 STATEMENT 去做
- 若出有關 sequence 的 MI 的話，咁若果 sequence 有 3 個項,就要用 double assumption ,即 2nd Principle of MI
如此類推
- 留意 MI 通常係對於正整數或非負整數，對於實數是不能用 MI 的
Sequence 的 MI : Example 1 (2nd
Principle)
𝑤𝑒𝑛 𝑛 = 1 , 𝑎1 =1
17
3 + 17
2 −
3 − 17
2 = 1
𝑤𝑒𝑛 𝑛 = 2 , 𝑎2 =1
17
3 + 17
2
2
− 3 − 17
2
2
=1
17 9 + 6 17 + 17 − 9 − 6 17 + 17
4
= 3
𝐴𝑠𝑠𝑢𝑚𝑒
𝑎𝑘 =1
17
3 + 17
2
𝑘
− 3 − 17
2
𝑘
𝑎𝑘+1 =1
17
3 + 17
2
𝑘+1
− 3 − 17
2
𝑘+1
𝑇𝑒𝑛 ,
𝑎𝑘+2 = 3𝑎𝑘+1 + 2𝑎𝑘
=3
17
3 + 17
2
𝑘+1
− 3 − 17
2
𝑘+1
+2
17
3 + 17
2
𝑘
− 3 − 17
2
𝑘
=1
17
3 + 17
2
𝑘
3 3 + 17
2 + 2 −
3 − 17
2
𝑘
3 3 − 17
2 + 2
=1
17
3 + 17
2
𝑘
26 + 6 17
4 −
3 − 17
2
𝑘
26 − 6 17
4
=1
17
3 + 17
2
𝑘+2
− 3 − 17
2
𝑘+2
𝐻𝑒𝑛𝑐𝑒 , 𝑎𝑛 =1
17
3 + 17
2
𝑛
− 3 − 17
2
𝑛
𝑓𝑜𝑟 𝑎𝑙𝑙 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑒𝑟𝑠 𝑛
second principle 要做
2 個 CASE
Assume 都要整 2 句
可先計出
3+ 17
2
2
及 3− 17
2
2
去砌
5
Sequence 的 MI : Example 2 (3rd
Principle)
呢度有 4 個項，就要用 3rd
Principle
- 有關 quadratic equation 的 root 的 MI，亦都會用到 2nd Principle of MI
𝐺𝑖𝑣𝑒𝑛 𝛼 + 𝛽 = 14𝛼𝛽 = 36
𝑤𝑒𝑛 𝑛 = 1 , 𝛼 + 𝛽 = 14 = 2 7
𝑤𝑒𝑛 𝑛 = 2 , 𝛼2 + 𝛽2 = 𝛼 + 𝛽 2 − 2𝛼𝛽 = 124 = 4 31
𝐴𝑠𝑠𝑢𝑚𝑒
𝛼𝑘 + 𝛽𝑘 = 2𝑘𝑀
𝛼𝑘+1 + 𝛽𝑘+1 = 2𝑘+1𝑁
𝑇𝑒𝑛
𝛼𝑘+2 + 𝛽𝑘+2 = 𝛼𝑘 𝛼2 + 𝛽𝑘 𝛽2
= 𝛼𝑘 14𝛼 − 36 + 𝛽𝑘 14𝛽 − 36
= 14 𝛼𝑘+1 + 𝛽𝑘+1 − 36 𝛼𝑘 + 𝛽𝑘
= 14 2𝑘+1𝑁 − 36 2𝑘𝑀
= 2𝑘+2 7𝑁 − 9𝑀
𝐻𝑒𝑛𝑐𝑒 , 𝛼𝑛 + 𝛽𝑛 𝑖𝑠 𝑑𝑖𝑣𝑖𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 𝑏𝑦 2𝑛
呢部的技巧亦會常用,以 α
表 α2
6
- 留意ＡＬ程度的ＭＩ是對於一個正整數/非負整數的 n 而證明命題 P(n)，但有時題目會叫你證 P(m,n)成立，
是對於２個數去證。雖然ＡＬ程度沒有教，但運用的技巧卻是沒有 OUT C 的，例子如下：
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#2 Binomial
- 𝐶𝑟𝑛 + 𝐶𝑟+1
𝑛 = 𝐶𝑟+1𝑛+1 (如果利用呢條式做數，通常會俾埋你的）
- 𝐶𝑟𝑛 = 𝐶𝑛−𝑟
𝑛
1 + 𝑥 𝑛 = 𝐶0𝑛 + 𝐶1
𝑛𝑥 + ⋯ ⋯ + 𝐶𝑛𝑛𝑥𝑛
= 𝐶𝑛𝑛 + 𝐶𝑛−1
𝑛 𝑥 + ⋯ ⋯ + 𝐶0𝑛𝑥𝑛 … 1
1 − 𝑥 𝑛 = 𝐶0𝑛 − 𝐶1
𝑛𝑥 + ⋯ ⋯ + −1 𝑛𝐶𝑛𝑛𝑥𝑛 … 2
1 + 𝑥 𝑛 1 − 𝑥 𝑛 = 𝐶𝑛𝑛 + 𝐶𝑛−1
𝑛 𝑥 + ⋯ ⋯ + 𝐶0𝑛𝑥𝑛 𝐶0
𝑛 − 𝐶1𝑛𝑥 + ⋯ ⋯ + −1 𝑛𝐶𝑛
𝑛𝑥𝑛
= 𝐶0𝑛 𝐶0
𝑛 + 𝐶1𝑛 −𝐶1
𝑛 + ⋯ ⋯ + 𝐶𝑛𝑛 −1 𝑛𝐶𝑛
𝑛 𝑥𝑛 + ⋯ ⋯
𝑇𝑒 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡 𝑜𝑓 𝑥𝑛 𝑖𝑛 𝑡𝑒 𝑒𝑥𝑝𝑎𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛 1 + 𝑥 𝑛 1 − 𝑥 𝑛 = −1 𝑘 𝐶𝑘𝑛 2
𝑛
𝑘=0
𝐻𝑒𝑛𝑐𝑒 , 𝑡𝑒 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡 𝑜𝑓 𝑥𝑛 𝑖𝑛 1 − 𝑥2 𝑛 𝑖𝑠 −1 𝑘 𝐶𝑘𝑛 2
𝑛
𝑘=0
利用了𝐶𝑟𝑛 = 𝐶𝑛−𝑟
𝑛
留意(2)式不用利用公式
𝐶𝑟𝑛 = 𝐶𝑛−𝑟
𝑛 ,
可根據 summation 的首項及尾
項判斷
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𝑎)
1 + 𝑥 𝑛 = 𝐶0𝑛 + 𝐶1
𝑛𝑥 + ⋯ ⋯ + 𝐶𝑛𝑛𝑥𝑛 … ∗
𝑝𝑢𝑡 𝑥 = 1
𝐶0𝑛 + 𝐶1
𝑛 + ⋯ ⋯ + 𝐶𝑛𝑛 = 2𝑛
𝑏)
𝑑𝑖𝑓𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑡𝑖𝑎𝑡𝑒 ∗ 𝑏𝑜𝑡 𝑠𝑖𝑑𝑒𝑠 𝑤. 𝑟. 𝑡. 𝑥
𝐶1𝑛 + 2𝐶2
𝑛𝑥 + ⋯ ⋯ + 𝑛𝐶𝑛𝑛𝑥𝑛−1 = 𝑛 1 + 𝑥 𝑛−1
𝑝𝑢𝑡 𝑥 = 1
𝐶1𝑛 + 2𝐶2
𝑛 + ⋯ ⋯ + 𝑛𝐶𝑛𝑛 = 𝑛2𝑛−1
𝑐)
𝐶1𝑛 + 2𝐶2
𝑛𝑥 + ⋯ ⋯ + 𝑛𝐶𝑛𝑛𝑥𝑛−1 = 𝑛 1 + 𝑥 𝑛−1
𝐶1𝑛𝑥 + 2𝐶2
𝑛𝑥2 + ⋯ ⋯ + 𝑛𝐶𝑛𝑛𝑥𝑛 = 𝑛𝑥 1 + 𝑥 𝑛−1
𝑎𝑝𝑝𝑙𝑦 𝑑𝑖𝑓𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑡𝑖𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 ,
𝐶1𝑛 + 22𝐶2
𝑛𝑥 + ⋯ ⋯ + 𝑛𝑛𝐶𝑛𝑛𝑥𝑛−1 = 𝑛 𝑥 𝑛 − 1 1 + 𝑥 𝑛 + 1 + 𝑥 𝑛−1
𝑝𝑢𝑡 𝑥 = 1
𝐶1𝑛 + 22𝐶2
𝑛𝑥 + ⋯ ⋯ + 𝑛𝑛𝐶𝑛𝑛𝑥𝑛−1 = 𝑛 2𝑛 𝑛 − 1 + 2𝑛−1
直接代數 x=1
微分
先乘 x 再微分
𝐼𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑡𝑒 ∗ 𝑏𝑜𝑡 𝑠𝑖𝑑𝑒𝑠 𝑤. 𝑟. 𝑡. 𝑥
1 + 𝑥 𝑛 𝑑𝑥 = 𝐶0𝑛 + 𝐶1
𝑛𝑥 + ⋯ ⋯ + 𝐶𝑛𝑛𝑥𝑛 𝑑𝑥
1 + 𝑥 𝑛+1
𝑛 + 1= 𝐶0
𝑛𝑥 +𝐶1
𝑛
2𝑥2 +
𝐶2𝑛
3𝑥3 + ⋯ ⋯ +
𝐶𝑛𝑛
𝑛 + 1𝑥𝑛+1 + 𝑐
𝑝𝑢𝑡 𝑥 = 0 , 𝑐 =1
𝑛 + 1
1 + 𝑥 𝑛+1
𝑛 + 1=
1
𝑛 + 1+ 𝐶0
𝑛𝑥 +𝐶1
𝑛
2𝑥2 +
𝐶2𝑛
3𝑥3 + ⋯ ⋯ +
𝐶𝑛𝑛
𝑛 + 1𝑥𝑛+1
積分,記緊做不定積分時要加常數
c
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#3 Matrix - 𝐴−1 =
1
𝑑𝑒𝑡𝐴× 𝑎𝑑𝑗𝐴 𝑆𝑢𝑝𝑝𝑜𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑡𝐴 ≠ 0
- 𝐴𝐵 𝑇 = 𝐵𝑇𝐴𝑇
- 𝑑𝑒𝑡 𝜆𝐴 = 𝜆𝑛𝑑𝑒𝑡𝐴
- 𝑑𝑒𝑡 𝐴𝐵 = 𝑑𝑒𝑡𝐴 𝑑𝑒𝑡𝐵
- 𝑑𝑒𝑡 𝐴𝑇 = 𝑑𝑒𝑡𝐴
- 𝑄𝑃𝑄−1 𝑛 = 𝑄𝑃𝑛𝑄−1 𝑓𝑜𝑟 𝑛𝑜𝑛 − 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑒 𝑛
- 若 A 為 invertible/non-singular , then detA≠0
- 善用 Matrix 的 order 性
𝑎)
𝑀2 = 𝜆𝑀 + 𝜇𝐼
𝑃−1𝑄𝑃 2 = 𝜆 𝑃−1𝑄𝑃 + 𝜇𝐼
𝑃−1𝑄2𝑃 = 𝜆 𝑃−1𝑄𝑃 + 𝜇𝐼
𝑃 𝑃−1𝑄2𝑃 𝑃−1 = 𝑃 𝜆 𝑃−1𝑄𝑃 + 𝜇𝐼 𝑃−1
𝑄2 = 𝜆𝑃 𝑃−1𝑄𝑃 𝑃−1 + 𝜇𝐼𝑃𝑃−1
= 𝜆𝑄 + 𝜇𝐼
𝛼 00 𝛽
2
= 𝜆 𝛼 00 𝛽
+ 𝜇 1 00 1
𝛼2 00 𝛽2 =
𝛼𝜆 + 𝜇 00 𝛽𝜆 + 𝜇
𝛼2 = 𝛼𝜆 + 𝜇 … 1
𝛽2 = 𝛽𝜆 + 𝜇 … 2
1 − 2 :
𝛼 − 𝛽 𝜆 = 𝛼2 − 𝛽2
𝜆 = 𝛼 + 𝛽 , 𝜇 = −𝛼𝛽
留意 𝑃−1𝑄𝑃 2 = 𝑃−1𝑄2𝑃
左邊乘 P ,右邊乘 P^(-1) , 是為了讓 Q 做
主項
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𝑏)
𝑑𝑒𝑡 𝑀2 + 𝛼𝛽𝐼 = 𝑑𝑒𝑡 𝛼 + 𝛽 𝑀 − 𝛼𝛽𝐼 + 𝛼𝛽𝐼
= 𝑑𝑒𝑡 𝛼 + 𝛽 𝑀
= 𝑑𝑒𝑡 𝛼 + 𝛽 𝑃−1𝑄𝑃
= 𝑑𝑒𝑡 𝛼 + 𝛽 𝑄
= 𝛼 + 𝛽 2 𝛼𝛽 − 0
= 𝛼𝛽 𝛼 + 𝛽 2
𝑑𝑒𝑡 𝛼 + 𝛽 𝑃−1𝑄𝑃 =
det 𝛼 + 𝛽 × 𝑑𝑒𝑡𝑃 × 𝑑𝑒𝑡𝑃−1 × 𝑑𝑒𝑡𝑄
Rule:
𝑐𝑜𝑠𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑛
= 𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃
(𝑤𝑒𝑟𝑒 𝑛 𝑖𝑠 𝑎𝑛 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑒𝑟)
Proof :
𝑤𝑒𝑛 𝑛 = 1,
𝑐𝑜𝑠𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
1
= 𝑐𝑜𝑠𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝐴𝑠𝑠𝑢𝑚𝑒 𝑓𝑜𝑟 𝑠𝑜𝑚𝑒 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑒𝑟 𝑘
𝑖. 𝑒. 𝑐𝑜𝑠𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑘
= 𝑐𝑜𝑠𝑘𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝑘𝜃𝑠𝑖𝑛𝑘𝜃 𝑐𝑜𝑠𝑘𝜃
𝐹𝑜𝑟 𝑛 = 𝑘 + 1
𝑐𝑜𝑠𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑘+1
= 𝑐𝑜𝑠𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑘
𝑐𝑜𝑠𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
= 𝑐𝑜𝑠𝑘𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝑘𝜃𝑠𝑖𝑛𝑘𝜃 𝑐𝑜𝑠𝑘𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
= 𝑐𝑜𝑠𝑘𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑖𝑛𝑘𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃 −(𝑠𝑖𝑛𝑘𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝑘𝜃)𝑠𝑖𝑛𝑘𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑐𝑜𝑠𝑘𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝑘𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑖𝑛𝑘𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃
= cos 𝑘 + 1 𝜃 −𝑠𝑖𝑛(𝑘 + 1)𝜃
𝑠𝑖𝑛(𝑘 + 1)𝜃 𝑐𝑜𝑠(𝑘 + 1)𝜃
𝐵𝑦 𝑀. 𝐼. , 𝑡𝑒 𝑠𝑡𝑎𝑡𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡 𝑖𝑠 𝑡𝑟𝑢𝑒 𝑓𝑜𝑟 𝑎𝑙𝑙 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑒𝑟𝑠 𝑛
這裡記著複角公式便可!
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Geometry 的次序性
𝑥′𝑦′
= 𝑐𝑜𝑠
𝜋
4 −𝑠𝑖𝑛
𝜋
4
𝑠𝑖𝑛 𝜋
4 𝑐𝑜𝑠
𝜋
4
2 00 2
𝑥𝑦 +
88
1- 首先係 enlarged by a factor of 2
2- 然後係 rotated about the origin anti-clockwise through an angle π/4
3- 最後就係 translated along the vector (8,8)
Transformation :
1 − 𝐸𝑁𝐿𝐴𝑅𝐺𝐸𝑀𝐸𝑁𝑇 ∶ 𝜆 00 𝜆
→ 代表放大了 𝑎 𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑜𝑓 𝜆
2 − 𝑅𝑂𝑇𝐴𝑇𝐼𝑂𝑁 ∶ 𝑐𝑜𝑠𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
→ 代表繞原點逆時針旋轉 θ
3 − 𝑅𝐸𝐹𝐿𝐸𝐶𝑇𝐼𝑂𝑁 ∶ 𝑟𝑒𝑓𝑙𝑒𝑐𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑎𝑏𝑜𝑢𝑡
𝑥 − 𝑎𝑥𝑖𝑠 ∶
1 00 −1
𝑦 − 𝑎𝑥𝑖𝑠 ∶ −1 00 1
𝑡𝑒 𝑙𝑖𝑛𝑒 𝑦 = 𝑥 ∶ 0 11 0
4 − 𝑇𝑅𝐴𝑁𝑆𝐿𝐴𝑇𝐼𝑂𝑁 ∶ … + 𝑥𝑦 → 代表 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑙𝑎𝑡𝑒𝑑 (𝑥, 𝑦)
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#4 System of Linear Equation
- 通常 part a 找 unique sol.，利用 Cramer’s Rule
solution 以 x=∆x/∆ , y=∆y/∆, z=∆z/∆去找
- b part 就會用 Gaussian elimination 去做
- 注意 unique sol-> ∆≠0 , infinite sol or no sol ->∆=0
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𝑎𝑖)
𝐸 𝑎𝑠 𝑎 𝑢𝑛𝑖𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑖𝑜𝑛
⇔ ∆≠ 0
⇔ 1 𝑎 − 2 𝑎1 2 4𝑎 −1 3
≠ 0
⇔ 2 × 3 + 4 − 3 𝑎 − 2 + 𝑎 + 𝑎 4 𝑎 − 2 − 2𝑎 ≠ 0
⇔ 10 − 4𝑎 − 6 + 𝑎 2𝑎 − 8 ≠ 0
⇔ 2𝑎2 − 12𝑎 + 16 ≠ 0
⇔ 𝑎 ≠ 4 𝒂𝒏𝒅 𝑎 ≠ 2
∆= 2 𝑎 − 2 𝑎 − 4
∆𝑥= 1 𝑎 − 2 𝑎1 2 4𝑏 −1 3
= 2 × 3 + 1 4 − 3 𝑎 − 2 + 𝑎 + 𝑏 4 𝑎 − 2 − 2𝑎
= 10 − 4𝑎 − 6 + 𝑏 2𝑎 − 8
= 2𝑏 𝑎 − 4 + 16 − 4𝑎
∆𝑦= 1 1 𝑎1 1 4𝑎 𝑏 3
= (3 − 4𝑏) − (3 − 𝑎𝑏) + 𝑎(4 − 𝑎)
= 𝑎 − 4 (𝑏 − 𝑎)
∆𝑧= 1 𝑎 − 2 11 2 1𝑎 −1 𝑏
= 2𝑏 + 1 − 𝑏 𝑎 − 2 + 1 + 𝑎[ 𝑎 − 2 − 2]
= 2𝑏 + 1 − 𝑎𝑏 − 2𝑏 + 1 + 𝑎 𝑎 − 4
= 4𝑏 + 2𝑏 + 𝑎2 − 4𝑎
𝑥 =∆𝑥
∆=
𝑏 𝑎 − 4 + 8 − 2𝑎
𝑎 − 2 𝑎 − 4
𝑦 =∆𝑦
∆=
(𝑏 − 𝑎)
2 𝑎 − 2
𝑧 =∆𝑍
∆=
4𝑏 + 2𝑏 + 𝑎2 − 4𝑎
2 𝑎 − 2 𝑎 − 4
𝑖𝑖)
1)
𝐹𝑜𝑟 𝑎 = 2 ,
𝐸 : 1 0 21 2 4𝑎 −1 3
11𝑏 ~
1 0 20 −2 −20 1 1
10
2 − 𝑏
~ 1 0 20 −2 −20 0 0
10
2 − 𝑏
𝐸 𝑖𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑛𝑡 𝑤𝑒𝑛 𝑏 = 2
𝑥 + 2𝑧 = 1 … 1
−𝑦 + 𝑧 = 0 → 𝑦 = 𝑧 … 2
𝑆𝑜𝑙𝑢𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑆𝑒𝑡 ∶ 1 − 2𝑡, 𝑡, 𝑡 ∶ 𝑡 ∈ ℝ
2)
𝑖𝑖)
𝐸 : 1 2 41 2 44 −1 3
11𝑏 ~
1 2 40 7 130 0 0
1
4 − 𝑏0
𝐸 𝑖𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑛𝑡 𝑤𝑒𝑛 𝑏 ∈ ℝ
𝑥 + 2𝑦 + 4𝑧 = 1 … 1
7𝑦 + 13𝑧 = 4 − 𝑏 … 2
𝑆𝑜𝑙𝑢𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑆𝑒𝑡 ∶ 2𝑏 − 2𝑡 − 1
7,4 − 𝑏 − 13𝑡
7, 𝑡 ∶ 𝑡 ∈ ℝ
𝑏)
𝐹𝑜𝑟 𝑎 = 𝑏 = 2
𝑝𝑢𝑡 1 − 2𝑡, 𝑡, 𝑡 𝑖𝑛𝑡𝑜 𝑘 𝑥2 − 3 > 𝑦𝑧
𝑘 1 − 2𝑡 2 − 3 > 𝑡2
𝑘 1 − 4𝑡 + 4𝑡2 − 3 > 𝑡2
4𝑘 − 1 𝑡2 − 4𝑘𝑡 + 𝑘 − 3 > 0
−4𝑘 2 − 4 4𝑘 − 1 𝑘 − 3 > 0
16𝑘2 − 4 4𝑘2 − 13𝑘 + 3 > 0
3 − 13𝑘 < 0
𝑘 >3
13
14
#5 Inequality - 用 2 個定理:
A.M.≥G.M. 及 CAUCHY-SCHWARZ INEQUALITY
- 出係 SQ 多數係要你利用 2 個定理去 PROVE 野
- 出係 LQ 多數係證明呢 2 個定理
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟 𝑎𝑖𝑥 + 𝑏𝑖 2
𝑛
𝑖=1
𝑎𝑖𝑥 + 𝑏𝑖 2
𝑛
𝑖=1
= 𝑎𝑖2
𝑛
𝑖=1
𝑥2 + 2 𝑎𝑖𝑏𝑖
𝑛
𝑖=1
𝑥 + 𝑏𝑖2
𝑛
𝑖=1
≥ 0
𝐶𝑎𝑠𝑒 𝐼 ∶ 𝐹𝑜𝑟 𝑎𝑙𝑙 𝑎𝑖′ 𝑠 𝑎𝑛𝑑 𝑏𝑖
′𝑠 𝑏𝑒𝑖𝑛𝑔 𝑧𝑒𝑟𝑜
𝑇𝑒 𝑖𝑛𝑒𝑞𝑢𝑎𝑙𝑖𝑡𝑦 𝑖𝑠 𝑡𝑟𝑖𝑣𝑖𝑎𝑙𝑙𝑦 𝑡𝑟𝑢𝑒 .
𝐶𝑎𝑠𝑒 𝐼𝐼 ∶ 𝐹𝑜𝑟 𝑎𝑖′𝑠 𝑎𝑛𝑑 𝑏𝑖
′𝑠 𝑛𝑜𝑡 𝑏𝑒𝑖𝑛𝑔 𝑎𝑙𝑙 𝑧𝑒𝑟𝑜 ,
𝑆𝑖𝑛𝑐𝑒 𝑎𝑖2
𝑛
𝑖=1
> 0 , 𝑡𝑒𝑛 𝑎𝑖𝑥 + 𝑏𝑖 2
𝑛
𝑖=1
> 0
∆≤ 0
2 𝑎𝑖𝑏𝑖
𝑛
𝑖=1
2
− 4 𝑎𝑖2
𝑛
𝑖=1
𝑏𝑖2
𝑛
𝑖=1
≤ 0
𝑎𝑖𝑏𝑖
𝑛
𝑖=1
2
≤ 𝑎𝑖2
𝑛
𝑖=1
𝑏𝑖2
𝑛
𝑖=1
⇒) 𝐼𝑓 𝑎𝑖𝑏𝑖
𝑛
𝑖=1
2
= 𝑎𝑖2
𝑛
𝑖=1
𝑏𝑖2
𝑛
𝑖=1
𝑡𝑒𝑛 𝑠𝑢𝑝𝑝𝑜𝑠𝑒 𝑡𝑒𝑟𝑒 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑠 𝑥0 𝑠. 𝑡. 𝑎𝑖𝑥0 + 𝑏𝑖 2
𝑛
𝑖=1
= 0
𝑎𝑖𝑥0 + 𝑏𝑖 = 0
𝑡𝑒𝑛 𝑎1
𝑏1
=𝑎2
𝑏2
= ⋯ ⋯ =𝑎𝑛
𝑏𝑛
= −1
𝑥0
(𝑥0
≠ 0 𝑠𝑖𝑛𝑐𝑒 𝑛𝑜𝑡 𝑎𝑙𝑙 𝑏𝑖′𝑠 𝑏𝑒𝑖𝑛𝑔 𝑧𝑒𝑟𝑜)
⇐) 𝐼𝑓 𝑎1
𝑏1
=𝑎2
𝑏2
= ⋯ ⋯ =𝑎𝑛
𝑏𝑛
= 𝑘
𝐿. 𝐻. 𝑆. = 𝑎𝑖𝑏𝑖
𝑛
𝑖=1
2
= 𝑘𝑏𝑖2
𝑛
𝑖=1
2
= 𝑘2 𝑏𝑖2
𝑛
𝑖=1
2
𝑅. 𝐻. 𝑆. = 𝑎𝑖2
𝑛
𝑖=1
𝑏𝑖2
𝑛
𝑖=1
= 𝑘2𝑏𝑖2
𝑛
𝑖=1
𝑏𝑖2
𝑛
𝑖=1
= 𝑘2 𝑏𝑖2
𝑛
𝑖=1
2
𝑇𝑒𝑛 , 𝑡𝑒 𝑒𝑞𝑢𝑎𝑙 𝑠𝑖𝑔𝑛 𝑜𝑙𝑑𝑠
呢度要分 2 個 CASE
因為線圖 𝑎𝑖𝑥 + 𝑏𝑖 2𝑛
𝑖=1 必定大於 0,即與 x
軸沒有相交點,即
𝑎𝑖𝑥 + 𝑏𝑖 2
𝑛
𝑖=1
= 0 沒有實根 x
證 equality 要做 if part 及 only if part
15
而且，不等式的代數題中，根據非正式統計，都會經常會用到一招：
𝐿𝑒𝑡 𝑎𝑖 =𝑥𝑖
𝑥𝑖𝑛𝑖=1
但如果該不等式是有條件限制，必須先ｃｈｅｃｋ左ａｉ符唔符合上ｐａｒｔ的條件才可以用；
若ａｉ係ｆｏｒ ａｌｌ ｒｅａｌ ｎｕｍｂｅｒ，ｔｈｅｎ可以就咁用
16
#6 Polynomial 𝐹𝑜𝑟 𝑃𝑂𝐿𝑌𝑁𝑂𝑀𝐼𝐴𝐿 𝑎𝑥3 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥 + 𝑑 = 0 … (∗)
𝐿𝑒𝑡 𝛼 , 𝛽 𝑎𝑛𝑑 𝛾 𝑏𝑒 𝑡𝑒 𝑟𝑜𝑜𝑡𝑠 𝑜𝑓 (∗)
𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = −
𝑏
𝑎
𝛼𝛽 + 𝛽𝛾 + 𝛼𝛾 =𝑐
𝑎𝛼𝛽𝛾 = −𝑑
𝑎)
𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = −𝑝 … 1
𝛼𝛽 + 𝛽𝛾 + 𝛼𝛾 = 𝑞 … 2
𝛼𝛽𝛾 = −𝑟 … 3
𝐹𝑟𝑜𝑚 2 ,
𝛽𝛾 + 𝛼 𝛽 + 𝛾 = 𝑞 … 4
𝑆𝑢𝑏 1 𝑖𝑛𝑡𝑜 4 ,
𝛽𝛾 + 𝛼 −𝑝 − 𝛼 = 𝑞
𝛼𝑝 + 𝑞 = 𝛽𝛾 − 𝛼2
𝑏)
𝐵𝑦 𝑠𝑦𝑚𝑚𝑒𝑡𝑟𝑦 ,
𝛽𝑝 + 𝑞 = 𝛼𝛾 − 𝛽2
𝛾𝑝 + 𝑞 = 𝛼𝛽 − 𝛾2
𝛽𝛾 − 𝛼2 + 𝛼𝛾 − 𝛽2 + 𝛼𝛽 − 𝛾2 = 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 𝑝 + 3𝑞 = −𝑃
⇒ 𝑃 = −(3𝑞 − 𝑝2)
𝛽𝛾 − 𝛼2 𝛼𝛾 − 𝛽2 + 𝛼𝛾 − 𝛽2 𝛼𝛽 − 𝛾2 + 𝛼𝛽 − 𝛾2 𝛽𝛾 − 𝛼2 = 𝑄
⇒ 𝛼𝛽 + 𝛽𝛾 + 𝛼𝛾 𝑝2 + 2 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 𝑝𝑞 + 3𝑞2 = 𝑄
⇒ 𝑄 = 3𝑞2 − 𝑝2𝑞
𝛽𝛾 − 𝛼2 𝛼𝛾 − 𝛽2 𝛼𝛽 − 𝛾2 = −𝑅
⇒ 𝛼𝛽𝛾 𝑝3 + 𝛼𝛽 + 𝛽𝛾 + 𝛼𝛾 𝑝2𝑞 + 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 𝑝𝑞2 + 𝑞3 = −𝑅
⇒ 𝑅 = 𝑝3𝑟 − 𝑞3
記著根與係數的關係
17
- 𝐼𝑓 𝑟 + 𝑟 𝑖𝑠 𝑎 𝑟𝑜𝑜𝑡 𝑜𝑓 𝑓 𝑥 , 𝑡𝑒𝑛 𝑟 − 𝑟 𝑖𝑠 𝑎𝑙𝑠𝑜 𝑎 𝑟𝑜𝑜𝑡 𝑜𝑓 𝑓(𝑥)
𝑏)
𝑓 𝑟 − 𝑟 = 𝑟 − 𝑟 3
+ 𝑎 𝑟 − 𝑟 + 𝑏
= 𝑟3 − 3𝑟2 𝑟 + 3𝑟 𝑟 2
− 𝑟 3 + 𝑎𝑟 − 𝑎 𝑟 + 𝑏
= 𝑟3 + 3𝑟2 + 𝑎𝑟 + 𝑏 − 3𝑟2 + 𝑟 + 𝑎 𝑟
= 0 𝑏𝑦 𝑎
分成有理部份及無理部份
18
- 𝐼𝑓 𝛼 𝑖𝑠 𝑎 𝑟𝑒𝑝𝑒𝑎𝑡𝑒𝑑 𝑟𝑜𝑜𝑡 𝑜𝑓 𝑓 𝑥 , 𝑡𝑒𝑛 𝑓 𝛼 = 𝑓 ′ 𝛼 = 0
𝑎𝑖
𝑆𝑢𝑝𝑝𝑜𝑠𝑒 ∗ 𝑎𝑠 𝑎 𝑟𝑒𝑝𝑒𝑎𝑡𝑒𝑑 𝑟𝑜𝑜𝑡 𝛼 𝑎𝑛𝑑
𝑙𝑒𝑡 𝑓 𝑥 = 𝑥3 − 3𝑝𝑥 + 2𝑞
𝑓 𝛼 = 0
𝑓 ′ 𝛼 = 0
⇒ 𝛼3 − 3𝑝𝛼 + 2𝑞 = 0 − − − 1
3𝛼2 − 3𝑝 = 0 − − − 2
𝐹𝑟𝑜𝑚 2 ,
𝛼2 − 𝑝 = 0
𝛼 = ± 𝑝
𝑃𝑢𝑡 𝛼 = ± 𝑝 𝑖𝑛𝑡𝑜 1 ,
𝛼3 − 3𝑝𝛼 + 2𝑞 = 0
± 𝑝 3
− 3𝑝 ± 𝑝 + 2𝑞 = 0
± 𝑝32 = 𝑞
𝑝3 = 𝑞2
利用定理
- 記埋 Euclidean Algorithm 個 RULE (雖然唔係成日會出,但都會有出的可能性)
- 如果當 f(x) degree 係 n,但有(n+1)個根 姐係 f(x)=0
- 有 2 條式記住會好 d :
α2 + β2
+ γ2 = α + β + γ 2 − 2 αβ + βγ + αγ
αβ 2 + βγ 2 + αγ 2 = αβ + βγ + αγ 2 − 2αβγ(α + β + γ)
19
#7 Complex Number
De Moivre’s Theorem :
𝐹𝑜𝑟 𝒓𝒂𝒕𝒊𝒐𝒏𝒂𝒍 𝒏 , 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑛 = 𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃 + 𝑖𝑠𝑖𝑛𝑛𝜃
- 重要 RULE:
𝑧𝑧 = 𝑧 2
𝑧 = 𝑧 𝑖𝑓 𝑎𝑛𝑑 𝑜𝑛𝑙𝑦 𝑖𝑓 𝑧 𝑖𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑙
- The n-th root of a Complex Number
𝒛𝒏 = 𝒓 𝒄𝒐𝒔𝜽 + 𝒊𝒔𝒊𝒏𝜽
𝒛 = 𝒓𝒏
𝒄𝒐𝒔𝟐𝒌𝝅 + 𝜽
𝒏+ 𝒊𝒔𝒊𝒏
𝟐𝒌𝝅 + 𝜽
𝒏 , 𝒘𝒉𝒆𝒓𝒆 𝒏 = 𝟎, 𝟏, . . , (𝒏 − 𝟏)
EXAMPLE : 𝑧3 = 1
= 𝑐𝑜𝑠0 + 𝑖𝑠𝑖𝑛0
𝑧 = 𝑐𝑜𝑠2𝑘𝜋
3+ 𝑖𝑠𝑖𝑛
2𝑘𝜋
3 , 𝑓𝑜𝑟 𝑘 = 0,1,2
20
𝑧10 = 1
= 𝑐𝑜𝑠0 + 𝑖𝑠𝑖𝑛0
𝑧 = 𝑐𝑜𝑠2𝑘𝜋
10+ 𝑖𝑠𝑖𝑛
2𝑘𝜋
10
= 𝑐𝑜𝑠𝑘𝜋
5+ 𝑖𝑠𝑖𝑛
𝑘𝜋
5 , 𝑓𝑜𝑟 𝑘 = 1,2, … ,9,10
𝐷𝑒𝑛𝑜𝑡𝑒 𝑧𝑘 = 𝑐𝑜𝑠𝑘𝜋
5+ 𝑖𝑠𝑖𝑛
𝑘𝜋
5 , 𝑓𝑜𝑟 𝑘 = 1,2, … ,9,10
𝑧10−𝑘 = 𝑐𝑜𝑠 10 − 𝑘 𝜋
5+ 𝑖𝑠𝑖𝑛
10 − 𝑘 𝜋
5
= 𝑐𝑜𝑠 2𝜋 −𝑘𝜋
5 + 𝑖𝑠𝑖𝑛 2𝜋 −
𝑘𝜋
5
= 𝑐𝑜𝑠𝑘𝜋
5− 𝑖𝑠𝑖𝑛
𝑘𝜋
5
= 𝑧𝑘
𝑧10 − 1 = 𝑧 − 𝑧𝑘
10
𝑘=1
= 𝑧 − 𝑧5 𝑧 − 𝑧10 𝑧 − 𝑧𝑘 𝑧 − 𝑧𝑘
4
𝑘=1
= 𝑧 − 1 𝑧 + 1 𝑧2 − 2𝑧𝑅𝑒𝑧𝑘 + 𝑧𝑘 2
4
𝑘=1
= 𝑧 − 1 𝑧 + 1 𝑧2 − 2𝑧𝑐𝑜𝑠𝑘𝜋
5+ 1
4
𝑘=1
利用 n-th root 那條式
記緊證明 conjugate part!
(這亦是較好的寫法)
Geometry
通常會找一個圓於一點的距離：
１－最長距離＝點與圓心之距離＋半徑
２－最短距離＝點與圓心之距離－半徑
21
#8 Continuity & Differentiability - 假設證一個 function f(x)於 x=a 連續
則證明:
𝑙𝑖𝑚𝑥→𝑎+ 𝑓 𝑥 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→𝑎− 𝑓(𝑥) = 𝒇(𝒂)
- 假設證一個 function f(x)於 x=x0 可導(大前提 f 於 x=x0 處連續)
則證明:
𝑓+′ 𝑥0 = 𝑓−
′ 𝑥0
⇒ 𝑙𝑖𝑚→0+
𝑓 𝑥0 + ℎ − 𝑓(𝑥0)
ℎ= 𝑙𝑖𝑚
→0−
𝑓 𝑥0 + ℎ − 𝑓(𝑥0)
ℎ
22
𝑎)
𝑙𝑖𝑚𝑥→𝜋+
𝑓 𝑥 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→𝜋−
𝑓 𝑥
𝑙𝑖𝑚𝑥→𝜋+
𝑎𝑐𝑜𝑠𝑥 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→𝜋−
𝑥2
2𝜋− 𝑥 + 𝑎
𝑎𝑐𝑜𝑠𝜋 =𝜋2
2𝜋− 𝜋 + 𝑎
−𝑎 = −𝜋
2+ 𝑎
2𝑎 =𝜋
2
𝑎 =𝜋
4
𝑏)
𝑓+′ 𝜋 = 𝑙𝑖𝑚
→0+
𝑓 𝜋 + − 𝑓 𝜋
= 𝑙𝑖𝑚→0+
𝑎𝑐𝑜𝑠(𝜋 + ) − 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜋
= 𝑙𝑖𝑚→0+
− 𝑎𝑠𝑖𝑛 𝜋 +
= 0
𝑓−′ 𝜋 = 𝑙𝑖𝑚
→0−
𝑓 𝜋 + − 𝑓 𝜋
= 𝑙𝑖𝑚→0−
𝜋 + 2
2𝜋− 𝜋 + + 𝑎 −
𝜋2
2𝜋− 𝜋 + 𝑎
= 𝑙𝑖𝑚→0−
𝜋 +
𝜋− 1
= 0
𝑆𝑖𝑛𝑐𝑒 𝑓+′ 𝜋 = 𝑓−
′ 𝜋 , 𝑓 𝑖𝑠 𝑑𝑖𝑓𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑡𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒 𝑎𝑡 𝑥 = 𝜋
利用 f is cts everywhere
證左導數=右導數便可
23
𝑐)
𝑓 ′ 𝑥 =
𝑥
𝜋− 1 , 𝑓𝑜𝑟 𝑥 < 𝜋
−𝑎𝑠𝑖𝑛𝑥 , 𝑓𝑜𝑟 𝑥 > 𝜋
𝑙𝑖𝑚𝑥→𝜋+
𝑓 ′ 𝑥 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→𝜋+
−𝑎𝑠𝑖𝑛𝑥 = 0
𝑙𝑖𝑚𝑥→𝜋−
𝑓 ′ 𝑥 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→𝜋−
𝑥
𝜋− 1 = 0
𝑓 ′ 𝜋 = 𝑓−′ 𝜋 = 𝑓+
′ 𝜋 = 0
𝑇𝑢𝑠 , 𝑓 𝑖𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑜𝑢𝑠 𝑎𝑡 𝑥 = 𝜋
留意並非只證明
𝑓−′ 𝜋 = 𝑓+
′ 𝜋 便可, 還要證明兩者等於𝑓 ′ 𝜋
- 2 個重要的極限: 𝑙𝑖𝑚𝑥→∞ 1 +1
𝑥
𝑥
= 𝑒 𝑎𝑛𝑑 𝑙𝑖𝑚𝑥→0
𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑥= 𝑙𝑖𝑚
𝑥→0
𝑡𝑎𝑛𝑥
𝑥= 1
- 留意即使一個 function 係 bounded,但都唔代表佢會有 limit (e.g. 𝑙𝑖𝑚𝑥→∞
𝑠𝑖𝑛𝑥 𝐷𝑂𝐸𝑆 𝑁𝑂𝑇 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡)
- Indeterminate form : 0/0 , ∞/∞, ∞-∞ , ∞∙0 , 1∞
, ∞0 , 0
0
- 𝐹𝑜𝑟 𝐹 𝑖𝑠 𝑐𝑡𝑠 𝑠𝑢𝑐 𝑡𝑎𝑡 𝐹 𝐴 𝑖𝑠 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑑 𝐴 = 𝑙𝑖𝑚
𝑥→𝑎 𝑓 𝑥 ⇒ 𝑙𝑖𝑚
𝑥→𝑎 𝐹 𝑓 𝑥 = 𝐹 𝑙𝑖𝑚
𝑥→𝑎 𝑓 𝑥 = 𝐹 𝐴
24
#9 Integration
Substitution
𝐿𝑒𝑡 𝑡 = 1 + 𝑥2 , 𝑑𝑡 =𝑥
1 + 𝑥2𝑑𝑥 , 𝑑𝑥 =
1 + 𝑥2
𝑥𝑑𝑡 =
𝑡
𝑡2 − 1 12
𝑑𝑡
𝑥3
1 + 𝑥2𝑑𝑥 =
𝑡2 − 1 32
𝑡
𝑡
𝑡2 − 1 12
𝑑𝑡
= (𝑡2 − 1) 𝑑𝑡
=𝑡3
3− 𝑡 + 𝑐
=( 1 + 𝑥2)
32
3− 1 + 𝑥2 + 𝑐
記緊將 t 表示番原來變數
25
By parts
𝑒𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑑𝑥 = 𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑 𝑒𝑥
= 𝑒𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑥
= 𝑒𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑 𝑒𝑥
= 𝑒𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑒𝑥 −𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑑𝑥
= 𝑒𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑒𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑑𝑥
2 𝑒𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑥
𝑒𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑑𝑥 =1
2𝑒𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐
若將 𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑥寫成 𝑒𝑥 𝑑 𝑠𝑖𝑛𝑥 ,
則只是重覆做相同的事
Formulae
𝑑𝑥
𝑥2 + 𝑎2=
1
𝑎tan−1
𝑥
𝑎+ 𝑐 (𝑓𝑜𝑟 𝑎 > 0)
𝑑𝑥
𝑎2 − 𝑥2= sin−1
𝑥
𝑎+ 𝑐 (𝑓𝑜𝑟 𝑎 > 0)
𝑠𝑒𝑐𝜃 𝑑𝜃 = 𝑙𝑛 𝑠𝑒𝑐𝜃 + 𝑡𝑎𝑛𝜃 + 𝑐
26
Reduction
𝐼𝑚+1,𝑛+1 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑚+1 𝜃 𝑐𝑜𝑠 𝑛 + 1 𝜃𝑥
0
𝑑𝜃
= 𝑐𝑜𝑠𝑚+1 𝜃𝑥
0
𝑑 𝑠𝑖𝑛 𝑛 + 1 𝜃
𝑛 + 1
= 𝑐𝑜𝑠𝑚+1 𝜃 𝑠𝑖𝑛 𝑛 + 1 𝜃
𝑛 + 1
0
𝑥
− 𝑠𝑖𝑛 𝑛 + 1 𝜃
𝑛 + 1 𝑚 + 1 𝑐𝑜𝑠𝑚 𝜃 (−𝑠𝑖𝑛𝜃)
𝑥
0
𝑑𝜃
=𝑐𝑜𝑠𝑚+1 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑛 + 1 𝑥
𝑛 + 1+
𝑚 + 1
𝑛 + 1 𝑐𝑜𝑠𝑚 𝜃 [𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑠𝑖𝑛 𝑛 + 1 𝜃]
𝑥
0
𝑑𝜃
=𝑐𝑜𝑠𝑚+1 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑛 + 1 𝑥
𝑛 + 1
+𝑚 + 1
𝑛 + 1 𝑐𝑜𝑠𝑚 𝜃 [𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑐𝑜𝑠 𝑛 + 1 𝜃]
𝑥
0
𝑑𝜃
=𝑐𝑜𝑠𝑚+1 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑛 + 1 𝑥
𝑛 + 1+
𝑚 + 1
𝑛 + 1 𝐼𝑚 ,𝑛 𝑥 − 𝐼𝑚+1,𝑛+1 𝑥
𝑚 + 𝑛 + 2
𝑛 + 1𝐼𝑚+1,𝑛+1 𝑥 =
𝑐𝑜𝑠𝑚+1 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑛 + 1 𝑥
𝑛 + 1+
𝑚 + 1
𝑛 + 1𝐼𝑚 ,𝑛 𝑥
𝐼𝑚+1,𝑛+1 𝑥 =𝑐𝑜𝑠𝑚+1 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑛 + 1 𝑥
𝑚 + 𝑛 + 2+
𝑚 + 1
𝑚 + 𝑛 + 2𝐼𝑚 ,𝑛 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃 = 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑐𝑜𝑠 𝑛 + 1 +
𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑠𝑖𝑛 𝑛 + 1 𝜃
27
Partial fraction
𝐿𝑒𝑡 3 − 𝑥
1 + 𝑥 1 + 𝑥2 =
𝐴
1 + 𝑥+
𝐵𝑥 + 𝐶
1 + 𝑥2
𝐴 1 + 𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 1 + 𝑥 = 3 − 𝑥
𝐴 + 𝐵 𝑥2 + 𝐵 + 𝐶 𝑥 + 𝐴 + 𝐶 = 3 − 𝑥
𝐴 + 𝐵 = 0 ⇒ 𝐵 = −𝐴𝐵 + 𝐶 = −1 ⇒ 𝐶 − 𝐴 = −1 … 1
𝐴 + 𝐶 = 3 … 2
1 + 2 ∶
2𝐶 = 2 ⇒ 𝐶 = 1 , 𝑡𝑒𝑛 𝐴 = 2 𝑎𝑛𝑑 𝐵 = −2
3 − 𝑥
1 + 𝑥 1 + 𝑥2 =
2
1 + 𝑥+
1 − 2𝑥
1 + 𝑥2
3 − 𝑥
1 + 𝑥 1 + 𝑥2 𝑑𝑥 =
2
1 + 𝑥+
1 − 2𝑥
1 + 𝑥2 𝑑𝑥
= 2 𝑑𝑥
1 + 𝑥+
1 − 2𝑥
1 + 𝑥2𝑑𝑥
= 2𝑙𝑛 1 + 𝑥 − 2𝑥
1 + 𝑥2𝑑𝑥 +
𝑑𝑥
1 + 𝑥2
= 2𝑙𝑛 1 + 𝑥 − 𝑑 1 + 𝑥2
1 + 𝑥2+
𝑑𝑥
1 + 𝑥2
= 2𝑙𝑛 1 + 𝑥 − 𝑙𝑛 1 + 𝑥2 + 𝑡𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑐
記緊 1+x 要加絕對值號
28
t-method
L𝑒𝑡 𝑡 = tan 𝑥
2 , 𝒅𝒙 =
𝟐𝒅𝒕
𝟏 + 𝒕𝟐
𝒔𝒊𝒏𝒙 =𝟐𝒕
𝟏 + 𝒕𝟐 𝑎𝑛𝑑 𝒄𝒐𝒔𝒙 =
𝟏 − 𝒕𝟐
𝟏 + 𝒕𝟐
𝑑𝑥
2 + 𝑐𝑜𝑠𝑥=
2𝑑𝑡1 + 𝑡2
2 +1 − 𝑡2
1 + 𝑡2
= 2
𝑡2 + 3𝑑𝑡
= 2 𝑑𝑡
𝑡2 + 3 2
=2
3tan−1
𝑡
3+ 𝑐
=2
3tan−1
tan 𝑥2
3+ 𝑐
利用公式 𝑑𝑥
𝑥2+𝑎2 =1
𝑎tan−1 𝑥
𝑎+ 𝑐
29
#10 Curve Sketching -當 f(x)牽涉絕對值，需要分 case 考慮: 1. x≥ 0 ,2. x<0
-考慮 differentiability at x=x0
-b part 通常問 e.g. f’(x)>0 and f’’(x)>0 的 x range，應用 table 形式考慮，注意以一些特別點作分區間考慮，
如:
1- 令 f’(x)=0 的 x 值
2- Discontinuous 的 x 值
3- Not differentiable 的 x 值
For oblique asymptotes , 有時候係需要考慮 2 條的
當遇到函數有 absolute sign 或指數式函數如(ex)等,要設 2 條 asymptotes,分別為
y=mx+c and y=ax+b
𝑤𝑒𝑟𝑒
𝑚 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→+∞
𝑓 𝑥
𝑥
𝑐 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→+∞
(𝑓 𝑥 − 𝑚𝑥)
𝑎 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→−∞
𝑓 𝑥
𝑥
𝑏 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→−∞
(𝑓 𝑥 − 𝑎𝑥)
30
#11 Sequence
-證明一個 sequence 極限存在,如(lim𝑛→∞
an exists)
需符合以下條件:
如 sequence 遞增,則要證明佢要 bounded above by 一個數
如 sequence 遞減,則要證明佢要 bounded below by 一個數
𝑎)
𝑥𝑛+1 − 𝑥𝑛 = 1
𝑛 + 1 + 𝑘
𝑛+1
𝑘=1
– 1
𝑛 + 𝑘
𝑛
𝑘=1
= 1
𝑛 + 𝑘
𝑛+2
𝑘=2
– 1
𝑛 + 𝑘
𝑛
𝑘=1
=1
2𝑛 + 1+
1
2𝑛 + 2−
1
𝑛 + 1
=1
2𝑛 + 1−
1
2𝑛 + 2
=1
2𝑛 + 1 2𝑛 + 2 > 0
𝑥𝑛 𝑖𝑠 𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑡𝑙𝑦 𝑖𝑛𝑐𝑟𝑒𝑎𝑠𝑖𝑛𝑔
𝑦𝑛+1 − 𝑦𝑛 = 1
𝑛 + 1 + 𝑘
𝑛+2
𝑘=1
– 1
𝑛 + 𝑘
𝑛+1
𝑘=1
= 1
𝑛 + 𝑘
𝑛+3
𝑘=2
– 1
𝑛 + 𝑘
𝑛+1
𝑘=1
=1
2𝑛 + 2+
1
2𝑛 + 3−
1
𝑛 + 1
=1
2𝑛 + 3−
1
2𝑛 + 2
= −1
2𝑛 + 2 (2𝑛 + 3)< 0
𝑦𝑛 𝑖𝑠 𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑡𝑙𝑦 𝑑𝑒𝑐𝑟𝑒𝑎𝑠𝑖𝑛𝑔
31
𝑏)
𝑦𝑛 > 0
𝑥𝑛 = 1
𝑛 + 𝑘
𝑛
𝑘=1
< 1
𝑛 + 1
𝑛
𝑘=1
=𝑛
𝑛 + 1< 1
𝑥𝑛 𝑖𝑠 𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑡𝑙𝑦 𝑖𝑛𝑐𝑟𝑒𝑎𝑠𝑖𝑛𝑔 𝑎𝑛𝑑 𝑏𝑜𝑢𝑛𝑑𝑒𝑑 𝑎𝑏𝑜𝑣𝑒 𝑏𝑦 1 ,
𝑦𝑛 𝑖𝑠 𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑡𝑙𝑦 𝑑𝑒𝑐𝑟𝑒𝑎𝑠𝑖𝑛𝑔 𝑎𝑛𝑑 𝑏𝑜𝑢𝑛𝑑𝑒𝑑 𝑏𝑒𝑙𝑜𝑤 𝑏𝑦 0
𝑥𝑛 𝑎𝑛𝑑 𝑦𝑛 𝑎𝑟𝑒 𝑏𝑜𝑡 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑡 .
𝑥𝑛 − 𝑦𝑛 = −1
2𝑛 + 1
𝑇𝑎𝑘𝑒 𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡 𝑜𝑛 𝑏𝑜𝑡 𝑠𝑖𝑑𝑒𝑠 ,
𝑙𝑖𝑚𝑛→∞
𝑥𝑛 − 𝑙𝑖𝑚𝑛→∞
𝑦𝑛 = − 𝑙𝑖𝑚𝑛→∞
1
2𝑛 + 1= 0
⇒ 𝑙𝑖𝑚𝑛→∞
𝑥𝑛 = 𝑙𝑖𝑚𝑛→∞
𝑦𝑛
記著證明 bounded
above/below
建立一條以 xn 及 yn 的方程式
32
#12 Function
Injective ⇒ 一個 y 值對應的只有一個 x 值
⇒如 y=x , 在線圖上,只有係 x=3,才能出現 y=3 ,其它的 x 值(唔等於 3)不會出現 y=3 這情況,呢個函數
就係 injective
⇒如 y=x^2 ->這個不是 injective...因為對於一個 y 值...如 y=1,對應的 x 值有 2 個,分別係 1 同-1
Surjective ⇒ 對於每一個 y 值,都會有對應的 x 值
⇒如 y=x...對每一個 y 值,都會有對應的 x 值
⇒但是對於 y=sinx...由於 y 的範圍係-1 至 1 之間...所以如果當 y=3,係冇一個 x 值能令 y=3 的...所以
呢個函數係 not surjective
Bijective ⇒ 若一個函數既有 injective,又有 surjective...咁就叫 bijective
Even function : f(x)=f(-x) ; Odd fuction : f(x)=-f(-x)
Periodic Function with period T : f(x)=f(x+T)
以下一題係 FUNCTION 的基本題型，可以不妨試做一下，而解題方法就可以參考一下高考類似的題目
33
(a) Part 可參考一下
HKAL-II-1997-10
(b) Part 可參考一下
HKAL-II-1998-10b
34
#13 Theory of Differential & Integral Calculus - 若函數 f(x)與 x=a 處可導 ⇒ f(x)於 x=a 連續
但注意 f(x)於 x=a 連續 ≠ f(x)於 x=a 處可導
- 微積分基本定理 :
𝑑
𝑑𝑥 𝑓 𝑡
𝑥
𝑎
𝑑𝑡 = 𝑓 𝑥 , 𝑤𝑒𝑟𝑒 𝑎 𝑖𝑠 𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡
𝑑
𝑑𝑥 𝑓 𝑡
𝑔 𝑥
𝑎
𝑑𝑡 = 𝑓 𝑔 𝑥 𝑔′ 𝑥
35
Riemann Sum
𝐺𝑖𝑣𝑒𝑛 𝑑𝑥
2 + 𝑐𝑜𝑠𝑥=
2
3tan−1
tan 𝑥2
3+ 𝑐
lim𝑛→∞
1
𝑛 2 + cos 𝑘𝜋2𝑛
𝑛
𝑘=1
= 1
2 + 𝑐𝑜𝑠 𝜋𝑥2
1
0
𝑑𝑥
𝐿𝑒𝑡 𝑦 =𝜋𝑥
2 , 𝑑𝑦 =
𝜋
2𝑑𝑥
𝑤𝑒𝑛 𝑥 = 1 , 𝑦 =𝜋
2
𝑤𝑒𝑛 𝑥 = 0 , 𝑦 = 0
1
2 + 𝑐𝑜𝑠 𝜋𝑥2
1
0
𝑑𝑥 = 1
2 + 𝑐𝑜𝑠𝑦
𝜋2
0
2
𝜋𝑑𝑦
=2
𝜋
1
2 + 𝑐𝑜𝑠𝑦
𝜋2
0
𝑑𝑦
=2
𝜋
2
3tan−1
tan 𝑦2
3
0
𝜋2
= 2
𝜋
2
3
𝜋
6
=2 3
9
上限=lim(n->∞ n/n=1 ,下限=
lim(n->∞ 1/n=0
k/nx , 1/ndx
之後再用代換法
36
#14 Coordinate Geometry For ellipse
𝑥2
𝑎2+
𝑦2
𝑏2= 1
Tangent at the point (x1,y1) to the ellipse :
𝑥1𝑥
𝑎2+
𝑦1𝑦
𝑏2= 1
For hyperbola
𝑥2
𝑎2−
𝑦2
𝑏2= 1
Tangent at the point (x1,y1) to the hyperbola :
𝑥1𝑥
𝑎2−
𝑦1𝑦
𝑏2= 1
- 計 Ellipse Area的參數式解法:
引入直角坐標系統, 設橢圓方程為 𝑥2
𝑎2 +𝑦2
𝑏2 = 1
利用參數 θ, 令𝑥 = 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 , 𝑦 = 𝑏𝑠𝑖𝑛𝜃
橢圓面積 = 4 𝑦𝑎
0
𝑑𝑥
= 4 𝑏𝑠𝑖𝑛𝜃0
𝜋2
(−𝑎𝑠𝑖𝑛𝜃𝑑𝜃)
= −4𝑎𝑏 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 𝑑𝜃0
𝜋2
= −4𝑎𝑏 1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃
2𝑑𝜃
0
𝜋2
= −2𝑎𝑏 𝜃 −𝑠𝑖𝑛2𝜃
2 𝜋2
0
= −2𝑎𝑏 −𝜋
2
= 𝜋𝑎𝑏 平方單位
- Asymptotes of the hyperbola : x/a±y/b=0
37
Part II : Pastpaper Analysis
(00-09)
38
HKAL-09-I
題號 備註
1 a) by definition 拆開哂,由 LHS 證去 RHS
b)留意證明的 RHS,好明顯係利用 x^n 的係數去做,即比較 (1+x)^(n+1)(1+x)^n 中的 x^n 係數及(1+x)^(2n+1)
的係數即可
c)注意利用 a part : Ck2009 + Ck+1
2009 = Ck+12010 , 然後再利用 b part 並轉換一下 varible k 就可以
2 a) partial form : A/(2x-1)+B/(2x+1)+C/(2x+3),用對比係數法去做
b) b) 注意 A+B+C=0 , 即可消除,而且應將題目寫為
lim𝑟→∞
1
2𝑘 − 1 2𝑘 + 1 (2𝑘 + 3)
𝑟
𝑘=1
c) 注意
1
2𝑘 − 1 2𝑘 + 1 (2𝑘 + 3)
∞
𝑘=𝑚
= 1
2𝑘 − 1 2𝑘 + 1 (2𝑘 + 3)
∞
𝑘=1
− 1
2𝑘 − 1 2𝑘 + 1 (2𝑘 + 3)
𝑚−1
𝑘=1
3 a) 利用條件 2 去做
bi) 先求 g(1)
ii) 設 remainder 為(ax+b) , degree 為少於(x^2-1)一個 degree
4 a) α=π/8
bi) 利用題目的資科,睇下條沿咩線反射
ii) 注意 rotation 的 matrix 表示式為 𝑐𝑜𝑠𝜃 −sinθsinθ cosθ
5 a) 用 M.I.
b) 注意要先證這 limit 的 existence,然後利用 0≤a_n≤(3/4)^n 做 sandwich theorem 求 limit
c) 證明 limit: 證佢遞增/遞減 , 遞增則再證佢 bounded above by 一個數,反之亦然
6 ai)
1
n
1
S+ak
𝑛k=1 ≥
1
S+ak
nk=1
1
n
ii) (S + ak)𝑛k=1 = S + ak
𝑛k=1
𝑛k=1 = nS + S
b) 將 S 乘入 ai
7 ai) find λ 用∆≠0 去做,找 unique sol 用 cramer’s rule 去做
ii) 用 gaussian 去做
b)將 λ=-2,a=3 的 sol 代入 4x+3y-3z=2,看看是否滿足方程
c) 將 λ=a=-1 時的 sol 代入 4x^2+2y-z=28 去找 sol
8 a) 冇乜技巧好講,要留意 r 及 θ 的 range
b) 注意 𝑐𝑜𝑠𝜃 −sinθsinθ cosθ
n
= 𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃 −sinnθsinnθ cosnθ
及分單雙去做
c) 由 LHS 做到 RHS,注意 AMMM..M=M…MMA
d) check det(2I-M)已 ok!
e) 代 A=2I 入 c
9 a) 展開(**)式,對比係數
b) 用番 a part 的結果找 λ , 由此將(***)整到(**)去找 sol
c) 都係用番 a part 結果,但注意整到出黎係三次方程,需要有恆心去找其中一個整數解
10 a) 可設 f(t)=tlnt-(1+t)ln(1+t) , 嘗試用微分法去做
39
但注意 f(t)當 t=0 時係 undefined,所以無法透過比較 f(0)的值去做
所以用另一個方法: 展開代數式
tlnt-(1+t)ln(1+t)=tlnt- ln(1+t)-t ln(1+t)=tln(t/(1+t))-ln(1+t)
因為 ln(t/(1+t))<0 及 ln(1+t)>0, 負數-負數=負數
b) 留意 d/dx (a^x)=a^xlna
ci) 用番 b part 的 f’(x)<0 去做,即 f(p)≤f(q)去做
ii) let a=μ/λ
iii) 這裡我會有少少「屈機」,於 MI 的 n=k+1 時,我會將 𝑎𝑘𝑝𝑟
𝑘=1 = 𝑎𝑘𝑝𝑟
𝑘=1 1
𝑝 𝑝
利用番 cii 同 assumption 去做
iv) 留意 1/q≥1/p>0
11 ai) 1=cos0+isin0 及注意證明 conjugate 部份
ii) 兩邊除 z^5
bi,ii) 用 de moivre’s theorem 去做
ci) Use L’hospital
ii) let z=cosθ+isinθ,最尾就用番 ci part
HKAL-09-II
題號 備註
1 a) 用 L’ hospital
b) 用 sandwich 找 lim(x->0)sinxsin(1/x)
2 a) 圖線是連續的
b) 注意冇一個 x 令 f(x)>5
ci) 分幾個 case : x<1 , x=1,1<x<3,x=3,x>3
ii) 尖端部份是不可微的
3 a) 頭 1part 直接證 LHS=RHS,第 2part 用 leibniz’s rule
b) 用番 a 的結果
4 a)直接代入 x=0
b) 記番 fundamental rule of calculus : 𝑑
𝑑𝑥 𝑓(𝑡)
x
0dt = f(x)
c) 叫得你 consider d/dx (f(x)e^2x) , 咁應該 d/dx (f(x)e^2x)都係=0
=>(f(x)e^2x)=C , 代 x=0 找 C,從而找 f(x) =>standard 做法
5 5ai) 用 cos2t=2cos^2t-1
ii) 用 by parts
b) volume=𝜋 2𝑐𝑜𝑠𝑡 − 1 2𝑑(3𝑠𝑖𝑛𝑡 + 5)π
3
−π
3
6 ai) 找 H 的 dy/dx,再用 point-slope form 找 equation
ii) 用反證法,設 c=0,再把(0,0)代入 part a 的 equation 得出 4=0,做完
iii) 把(c,c)代入 tangents at A and B ,得出 4cx1 − cy1 + 4 = 04cx2 − cy2 + 4 = 0
,得出(x_1,y_1)及(x_2,y_2)是 4cx-cy+4=0 的
roots,做完!
b) 將 part iii 的 eq.代入 H
7 ai) 考慮lim𝑥→0+f x −f(0)
x−0= lim𝑥→0−
f x −f(0)
x−0
ii) 分 2 個 cases
40
b) 畫個表出黎,注意一些特別點作分區間,如 x=2,x=0,令 f’(x)=0 的 x 值,再 check 佢>0 or <0 or=0
c) 注意當經過 maxima or minima 時會有 sign 改變(但無需考慮 x=2) , point of inflexion 亦如是
d) 由於函數有 absolute sign,所以要考慮 2 條 asymptotes(x->±∞)
e) 注意要標明 x,y axis,origin,極小/大點,point of inflexion 及 asymptotes
8 8ai) let y=a-x
ii) ln(cosa+sinatanx)=lncos(a-x)-lncosx
bi) 用 By parts , tan −1 𝑥
1+𝑥𝑑𝑥 = tan−1 𝑥 𝑑 ln 1 + 𝑥 , 及後再用代入法
ii) Let a=π/4
c) Riemann Sum-
𝑙𝑖𝑚𝑛→∞
1
8𝑛 + 𝑘𝑡𝑎𝑛−1
𝑘 − 2𝑛
10𝑛
12𝑛
𝑘=2𝑛+1
= 𝑙𝑖𝑚𝑛→∞
1𝑛
8 +𝑘𝑛
𝑡𝑎𝑛−1
𝑘𝑛
− 2
10
12𝑛
𝑘=2𝑛+1
= 1
8 + 𝑥
12
2
𝑡𝑎𝑛−1𝑥 − 2
10𝑑𝑥
9 ai) 考慮 d/dx f_n(x)>0 on (0,1)
ii) 用 f_n(0)<f_n(x)<f_n(1)
iii) 用 by parts
iv) 用 by parts
v) 用 induction 做較有系統
b) 利用 ii , => 0<eI_n<1 ,設 e=p/q, 用反證法…整到0 < 𝑛! 𝑝
𝑞 −
𝑛!
𝑘!
𝑛𝑘=0 < 1 for all n
因為條式係 for all n, 設 n = q
𝑛! 𝑝
𝑞 = q!
p
q = p q − 1 ! ← 呢個係一個整數
𝑛!
𝑘!
𝑛
𝑘=0
＝ 𝑞!
𝑘!
𝑞
𝑘=0
因為 0 ≤ k ≤ q, 所以分子一定約到分母, 都會變成整數
由於 0 同 1 之間唔會存在整數, 所以產生矛盾, e 不是有理數
10 ai) 注意 f’‖(x)≥0,即函數 f’(x)遞增
ii) 加 summation 即可
bi) 設函數為 f(x)=1/(r-1)x^(r-1) , 提示可對比中間的 f(n)-f(1)那裡看到
ii) 證佢遞增/減,再證佢是否 bounded
ci) 對比 part a,留意到 f’(k)=1/k,即 f(k)應是 ln 的函數,但要特別注意應設 f(k)=ln(k+1),而非 lnk,因 RHS 為
ln(n+1),設 n+1 比較方便
11 a) 注意 L1 係 normal
bi) 利用 S,(0,1),T 共線這條件去做
ii) 計算 L1 及 L2 的 slope
iii) 注意 t=-1/s
iv) 注意√x^2=│x│,計 least area 時用微分法做
41
HKAL-08-I
題號 備註
1 ai) 注意 RHS 是計 x^r 的係數,所以該證明應考慮比較(1+x)^m(1+x)^n 的 x^r 係數及(1+x)^(m+n)的 x^r 係數
b) 留意應利用公式Cr𝑛 = Cn−r
𝑛 , 把表示式整到 PART A 樣式
2 a) Let (7x+9)/(x(x+1)(x+3))=A/x+B/(x+1)+C/(x+3)
b) 將 summation 的東西展開出來作約簡
c) 留意下限為 5,
…
∞
k=5
= …
∞
k=1
− …
4
k=1
3 a) 將 a 以 b 及 c 表示證 a^3+b^3+c^3-3abc=0
b) 留意設那個數為 a,b 及 c,方程便可以寫 abc=0 去計 x
4 a) matrix 以 θ 逆時針 rotate 表示式: 𝑐𝑜𝑠𝜃 −sinθ
sinθ cosθ
bi) Let P= 𝑎𝑏 ,
𝑎𝑏 𝑐𝑜𝑠120° −sin120°
sin120° cos120° =
4
2 3
ii) 𝑐𝑜𝑠𝜃 −sinθsinθ cosθ
n
= 𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃 −sinnθsinnθ cosnθ
iii) 先假設有一正整數 m 滿足條件,則
𝑎𝑏 𝑐𝑜𝑠120°𝑚 −sin120°𝑚
sin120°𝑚 cos120°𝑚 =
4
2 3 , 再計算 m 是否正整數則可判斷敍述
5 a) 圓方程: │z-a│=r ,a 為圓心,r 為半徑(>0)
b) longest distance=圓心與-7+17i 的距離+半徑
6 ai) by Cauchy-schwarz
(α*1+β*1+γ*1+δ*1)^2≤(1+1+1+1)( α^2+β^2+γ^2+δ^2)
ii) (α1/2
*α3/2
+β1/2
*β3/2
+γ1/2
*γ3/2
+δ1/2
*δ3/2
)^2≤(α+β+γ+δ)(α^3+β^3+γ^3+δ^3)
b) 合埋 i 同 ii 2 條式就做到,搵 condition 個 part 即係搵令 i 同 ii 2 條 inequality 的 equality to hold 的條件
7 ai) 找 Unique sol,用∆≠0 條件去做,找 sol 則用 cramer’s rule
ii) 用 gaussian 去做
b) 代入 ii1 的解至 2x^2+15y^2-10z^2,用配方找 max
8 ai) 記著 matrix 乘法則
ii) 用 MI
bi) 做對比即可
ii) 先將 A 轉換成 part bi 的 form.再用 aii 去做
iii) (A^-1)^800=(A^800)^-1
9 a) 兩個相減,記著恆等式 x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)
bi) 證 x_n-y_n≤0
ii) 證 x_(n+1)-x_n≥0 , 注意可能需要利用到 bi
iii)證 y_(n+1)-y_n≤0 , 亦有可能需要利用到 bi
c) 由 bi 及 bii 得知,{x_n}是單調遞增,{y_n}是單調遞減,則證明{x_n} is bounded above by 一個 independent of n
的數及{y_n} is bounded below by 一個 independent of n 的數
d) 利用 c, lim(n->∞) x_n= lim(n->∞) y_n 及 d part 的結果
42
10 a) 注意 deg(p(x))=k,可設:
p(x)=a0xk+a1x
k-1+…+ak
p(x-1)=a0(x-1)k+a1(x-1)
k-1+…+ak
由(1), p(x)-p(x-1)=x^100
=>deg(p(x)-p(x-1))=100
=>k-1=100
=>k=101
Note that p(x)-p(x-1)=a0kx100
+…
Then compare with RHS , a0k=1 =>a0=1/101
b) sub x=1 into (1) to find p(0) , put x=0 into (1) to find p(-1)
c) consider [p(x)-p(x-1)]+[p(-x-1)-p(-x)]
use MI for the next part
d) By (1) , p(x)-p(x-1)=x^100 , this implies the roots’ number is 100
but by c , the roots of p(x)-p(x-1) are all natural number , that is greater than 100 , so p(x)-p(x-1)=0
e) Since p(0)=p(-1)=0 , so we only have to prove p(-1/2)=0 , this can be achieved by putting x=-1/2 in (d)
11 ai) Suppose √10 is rational , then √10=a/b , where b=/=0
10=a²/b² =>a²=10b² , then a² is even => a is even
Set a=2p , then 4p²=10b² =>2p²=5b² , b is even
Then , since a and b are even , and then it contradicts that a and b are relatively prime.
ii) 分 2 個 CASE 考慮, 1: m=0 2.m≠0(反證法,用 ai)
b) 整 2 parts : existence and uniqueness
c) 留意 x2n+(3-√10)2n
=2a2n => x2n =2a2n-(3-√10)2n
x2n-1+(3-√10)2n-1
=2a2n-1 => x2n-1=2a2n-1-(3-√10)2n-1
及 0<(3-√10)
2n<1, -1<(3-√10)
2n-1<0
HKAL-08-II
題號 備註
1 a) │cos1/x│≤1 AND lim(x->0)x=0 , then lim(x->0) xcos1/x=0
b) 不用 L’HOSPITAL , 利用 a part 及 lim(x->0) x/tanx=0
2 a) lim(x->0+)f(x)= lim(x->0-)f(x)
b) lim(x->0+) [f(x)-f(0)]/(x-0)= lim(x->0-) [f(x)-f(0)]/(x-0)
3 a) 記緊不要直接出 ANS,因這 part 佔三分,要 LET u=sinx ,再用微積分基本定理去做
b) 用番 a part
c) 用番 a part
4 ai)
1
1+4x2 dx =1
2
1
1+ 2x 2 d(2x) 注意用公式解時係 d(2x),而非 dx
ii) 用 by parts
b) 積分上限=limn→∞2n
n= 2 , 積分下限=limn→∞
n+1
n= 1
k/n=x , 1/n=dx
5 a) USE substitution , d(1-y^2)=-2ydy
𝑦 1 − 𝑦2 𝑑𝑦 = −1
2 1 − 𝑦2d 1 − y2
b) volume= 𝜋𝑥2 𝑑𝑦
43
6 a) 解 E 及 L1 聯立方程
bi) 找 E 在 P 點時的 dy/dx , 利用 point-slope form 找 L2 方程
ii) 找出 R 點的坐標,及後找出是否有 2 角相等
7 a) 冇咩特別好講
b) 通常都係用 table form 找出不同範圍的 f’(x)及 f’’(x)的 sign
c) 經過 inflexion pt 時,f‖(x)的 sign 有正負的改變,記著 f‖(x)於 inflexion pt 時可以為 undefined
d) 要設 2 條漸近線,1 條係 x->+∞,一條係 x->-∞ , 因有 function 有 e^x 存在
e) 標明 x,y 軸,inflexion pt,漸近線…
f) 呢 part 需要用到 reduction formula 去做
8 ai) 雖然睇落去個 Reduction 好似好簡單,但係其實唔簡單
𝑥 sinn+2 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 sinn+1 𝑥 𝑑 −𝑐𝑜𝑠𝑥 用 BY PARTS
ii) 留意於 x∈[0,π] , sinx∈[0,1]
iii) 0<I2n+2/I2n=(n+1)/(n+2)≤I2n+1/I2n≤1 再用 SANDWICH 做
iv) 用 ai
b) 用 iii
9 ai) let y=-x
ii) odd function: f(-x)=-f(x) , 𝑓(𝑥)1
−1dx = 𝑓(𝑥)
0
−1dx + 𝑓(𝑥)
1
0dx
bi) 見到 RHS 有 1/3,應該都係對 x^2 做積分的樣子,姐係整到∫x^2dx 的形式
但呢個樣子好明顯同 aii 相似,但可惜證唔到 x^2g(x)是 odd 的,所以用唔到 aii
咁換個諗法, 將 𝑥2𝑔(𝑥)1
−1dx = 𝑥2𝑔(𝑥)
0
−1dx + 𝑥2𝑔(𝑥)
1
0dx
咁知道最尾係整到∫x^2dx 的樣子,用 ai ,正可將 𝑥2𝑔 𝑥 0
−1dx 整到 𝑥2𝑔 −𝑥
1
0dx , 再利用 g x + g −x =
1 就 ok!
ii) 證 even 同 odd 個度,將 g(-x)+g(x)=1 分別 d (2n-1)及(2n)次就 ok!
而後邊個 part,好明顯地今次用到 aii part
c) 首先唔好搞錯,c part 的 g(x)並不代表 b part 的 g(x),所以要將 c part 的 g(x)重 新 check 一次 b part 的條
件,先可以用番 b part 的東西
及將 G(x)以 g(x)去表示
10 a)用微積分基本定理
bi) 利用(t-1)^2≥0 1-2t≥-t^2
ii) 按題目指示,用代入法, 代換上下限及 dt
ci) 證佢嚴格遞增/降
ii) 利用 bi
d) 先將 g(x)以 f 表示 …g(x)=f(4^x) , 再求 g’(x),留意 f: R+R+ , 即 f(x)>0 for all x
11 a) 注意係找 2 條 normal 的交點
bi) 找 1/(dy/dx)於 P 點的值,並用 POINT-SLOPE FORM 求方程
ii) 求 S 坐標,由此求出 qs 方程,證原點 SATISFY 這方程便可
ci) 證共圓,可用圓內接四邊形對角互補
ii) 利用 bii , QS 是一直徑 ,即利用 QS 中點是原點這條件設立聯立方程,應為 a quadratic equation in t , 再求
DELTA 即可
44
HKAL-07-I
題號 備註
1 ai) 展開(1+x)^n , 再 d 佢
ii) 展開(1+x)^n , 再不定積分 , 千萬要記住加常數 C
b) 將 ai 及 aii 乘埋:
1 + 𝑥 𝑛−1 1 + 𝑥 𝑛+1 = 𝑛 + 1
𝑛 (𝐶1
𝑛 + 2𝐶2𝑛𝑥 + ⋯ + 𝑛𝐶𝑛
𝑛𝑥𝑛−1) 1
𝑛 + 1+ 𝐶0
𝑛𝑥 + ⋯ +𝐶𝑛
𝑛
𝑛 + 1𝑥𝑛+1
看一看 RHS,撇去 n/(n+1) , 這是𝐶𝑛𝑛 , 所以應比較 x^n 的係數,但要整到 LHS 的形式,需要運用𝐶𝑟
𝑛 = 𝐶𝑛−𝑟𝑛
即
1 + 𝑥 𝑛−1 1 + 𝑥 𝑛+1 = 𝑛 + 1
𝑛 (𝐶1
𝑛 + 2𝐶2𝑛𝑥 + ⋯ + 𝑛𝐶𝑛
𝑛𝑥𝑛−1) 1
𝑛 + 1+ 𝐶𝑛
𝑛𝑥 + ⋯ +𝐶0
𝑛
𝑛 + 1𝑥𝑛+1
2 a) Let f(x)=(x-1)(x-3)Q(x)+(-2x+5)
bi) Let f(x)=(x-1)(x-2)P(x)+(kx+8) and then put x=1
ii) remainder=(f(2))^2007
3 ai) form : A/x+B/(x+1)+C/(x-1)
ii) note that d/dx 1/[x(x+1)(x-1)]=(3x^2-1)/[x(x+1)(x-1)]^2
b) use aii
4 a) T=
𝑐𝑜𝑠𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
, −512
𝑐𝑜𝑠𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
= −12−5
b) 𝑐𝑜𝑠𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑛
= 𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃
c) 分 4 個 CASE : 4n,4n-1,4n-2,4n-3 ,因留意到每 4 個就是一循環
5 a)
M²=λM+μI
(P-1
QP) ²=λ(P-1
QP)+ μI
P-1
Q²P=λ(P-1
QP)+ μI
P(P-1
Q²P)P-1
=P[λ(P-1
QP)+ μI]P-1 前後分別乘 P 及 P
-1,善用 MARTIX 的次序性
Q²=λQ+μI
b) det(λM)= λ²detM ,for M being 2*2 martix
6 a) 分 2 個 CASE : 1: 0<r≤1 and r>1
bi) 注意{an}是一等比級數, an,ak,an-k+1 可以 a1 表示, 再利用 a
ii) 不等式中證左邊 2 個可用 bi , 兩邊 take summation , 注意
𝑎𝑘 + 𝑎𝑛−𝑘+1
𝑛
𝑘=1
= 2 𝑎𝑘
𝑛
𝑘=1
而右邊 2 個可用 A.M.≥G.M.做,
1
𝑛 𝑎𝑘
𝑛
𝑘=1
≥ 𝑎𝑘
𝑛
𝑘=1
1𝑛
及注意 a_2,a_3,a_4,…可用 a_1 表示,因{a_n}是等比數列
7 ai) unique sol=>用∆≠0 去做 , solve (E)用 Cramer’s rule 去做
ii) 用 Gaussian 去做
b) 把 a=1 , b=16 時的 sol 代入 x-y-z=3 , 看看 discriminant 的值
45
c) 把 a=-2, b=1 的 sol 代入 x-y-z=3
8 a) 由‖written as..‖後邊那條式展開,做番去原來的方程
bi) sub y=x+h into (*) , 再對比係數
ii) 將 bi 的表示式代入 P^2S=R^2 , 這可直接寫⇔ , 不須分‖if‖ and ―only if‖part 去做,因當中的運算很明顯
可逆的
c) 首先利用 bii part ,求得一 h 值使 P^2S=R^2 , 這便可運用 a part,將(*)寫成 a part 後邊那條式,然後便可解得
x,但注意(*)的未知數為 y,因此最終要將 x 轉換成 y
9 a) 由結果得知,找出使 f(t)最小值時的 t 值
bi) put 數 in a , 但寫成題目的樣式並不是十分簡單的
ii) 於 bii 中,先轉換成
𝑡 + 1
α1 + α2
α1+α2
≥ 𝑡
𝛼1
𝛼1
1
𝛼2
𝛼2
,
再對比題目 LHS 的分為為β1 + β2 , 所以應設 t =β1
β2 或 t =
β2
β1 , 但注意到 RHS 中的第一項為
β1
𝛼1
𝛼1,所以應設
t =β1
β2較為方便
c) ASSUME for k∈ℕ:
𝑦1 + 𝑦2 + ⋯ + 𝑦𝑘
x1 + x2 + ⋯ + xk
x1+x2+⋯+xk
≥ y1
x1
x1
y2
x2
x2
… yk
xk
xk
For n=k+1
𝑦1+𝑦2+⋯+𝑦𝑘+1
x1+x2+⋯+xk +1
x1+x2+⋯+xk +1
利用 bii ,
設α1 = x1 + x2 + ⋯ + xk , α2 = xk+1 , β1 = 𝑦1 + 𝑦2 + ⋯ + 𝑦𝑘 , β2 = yk+1
10 a) 由 LHS 開始做,a_(n+4)先用 definition 轉換成以 a_(n+3)及 a_(n+1)表示,然後再將 a_(n+3)以 a_(n+2)及
a_(n+1)表示,再者,將 a_(n+1)以 a_(n+2)及 a_n 表示
bi ,1,2) 留意題目給出的資料: a_2≥a_1 , i 同 ii part 用番 a part , 然後再 inductively 去以 a_2 及 a_1 表示,這便以
利用 a_2≥a_1
3) 𝑎2𝑛 − 𝑎2𝑛−1 = 7
5𝑎2𝑛+1 −
2
5𝑎2𝑛−1 − 𝑎2𝑛−1 =
7
5 𝑎2𝑛+1 − 𝑎2𝑛−1 ≥ 0 (寫成 1 的樣子)
ii)證 limit 存在,必須證明 2 個條件, 先證佢遞增/遞減 , 再證佢 bounded above/below by 一個數
c) 這 part 為 sequence 的常見題目,通常設{b_n}={-a_n} ,先證明番{b_n}也可符合題目{a_n}的 definition,再證明
番 b part 的 b_2>b_1 的條件就可以直接用 bii part 證明 both limit exist
11 ai) 從 RHS 開始證,寫成(cosθ+isinθ)的形式,及後利用 de moivre’s theorem 做
ii) 展開 ai 的 RHS 便可
b) let x=tanθ , 利用 bii , 考慮方程 tan7θ=0 , 但注意 tanπ 並不是 b part 方程的根
ci,ii) 注意 tan(4π/7)= tan[π-(3π/7)]=- tan(3π/7) , 如此類推
而 x^3-21x^2+35x-7=0 的根為 tan2(π/7), tan
2 (2π/7), tan
2 (3π/7)
HKAL-07-II
題號 備註
46
1 a) 考慮limx→0+ xlnx = lim
x→0+
lnx1
x
,再用 L’hospital
bi) 利用 limx→0+
f x = limx→0−
f x 或者用 f 0 = limx→0−
f x 都 ok , 2 個都差唔多的其實
ii) 證 differentability 時,證左導數=右導數則可~
2 a) hence part : 用 Leibniz’s rule
b) 代 x=2 至 hence part, 及分別代 n=6 及 n=7 去計
3 a) 考慮三個區間: x<-1 , -1≤x<1 , x>1
b) 留意繪出來的圖,觀察 RANGE 是否由-∞至+∞
ci) even 定義: f(x)=f(-x)
ii) 考慮區間: x<-2 ,x=-2 , -2<x<0 , x=0 , 0<x<2 , x>2
4 a) by parts , in 哪個,d 哪個也無所謂
b) 1/ndx
lim(n→∞) n/n=1 上限
lim(n→∞) 1/n=0 下限
k/n x
之後再用 y=πx 的代換法,套用(a)去計
5 a) 展開哂去 integrate
b) volume=π∫y^2 dx , 利用 x=u-2 的代換用 a 去計
6 ai) 用參數的微分法去做 , dy/dx=(dy/dt)/(dx/dt)
ii) 找出 AB 的方程,再對比 ai 的方程去做
b) 好明顯利用 aii part 去做,但留意應 let B=P 去做,即 b=-3 代入 aii ,這可求得 2 個 a 值 , 相反,如 let A=P 去做,
即 a=-3, 那麼計出來的 b 值只有一個,不合題意…
7 a) 可用 logarithm differentiation 去做,方便很多
b) 計呢 d,都係建議用 table 去找,因為畫圖,找 maxima/minima 都要用到 table 的資料去做
c) 注意經過極大/小點,f’(x)會有 sign 的變化,亦要留意即使某一點的 x 值使 f’(x) undefined 時,只有經過那點前
後的 f’(x) sign 有變化,就可以成為極點 , 找 inflexion pt 亦同一道理,但注意 兩者都不須考慮 x=6 的情況
d) 考慮一條 oblique asymptote 便可及別忘記 x=6 為一 vertical asymptote
e) 標明兩軸,極點,asymptote,inflexion pt.
8 a) f(0)=g(0)=1
b) 利用微積分基本定理
c) 對 b part 那條式做 differentiation
d) 通常叫你 consider the derivative of a function , 咁通常那個 derivative 都是等於 0 的,之後做不定積分,但注
意必定要加常數 C
e) 用番 b part 找 g(x)
9 ai) 注意 x^4+4=(x^4+4x^2+4)-4x^2=(x^2+2)^2-(2x)^2
ii) 別單純地只考慮 I_(n+1)以 I_n 表示,這是很難做到的,因此應考慮 I_(n+1)-4I_n
hence part 用 MI 證較有系統化
iii) 注意 0≤I_(n+1)≤ I_n≤…I_0
用 sandwich 證到 lim(n->∞) I_n+1=0
b) 利用 ii 的結果及 iii 的結果去做
10 a) Let x=asinθ
47
b) 將 y=mx+c 代入 E 中,及注意由於 E 上的點 x 坐標為 0<x<a,因此交點的 x,y 坐標為正
ci) E1 代入 E2
ii,1) 利用 b 的結果,作一聯立方程,以找出 m 及 c
2) 建議繪出 E1,E2 及 L 先,再決定題目要求的面積在哪裡
11 a) 考慮 f(x)=tan-1
x , f’(x)=1/(1+x^2)>0 , 而 f’(a)>f’(b)
bi) 因為可求得 tan(3π/4) (=-1)的值,用 2 倍角公式
ii)考慮(3π/8)-( π/3)= π/24
c) 3 6 − 2 < π < 24 6 + 2 − 3 − 2
⇒3 6 − 2
24<
π
24< 6 + 2 − 3 − 2
對比 a 的樣式,由此得知設 a=0,b= 6 + 2 − 3 − 2
而由 a part 得知,左邊部份是
1
1 + 6 + 2 − 3 − 2 2 <
π24
6 + 2 − 3 − 2
⇒24 6 + 2 − 3 − 2
1 + 6 + 2 − 3 − 2 2 < π < ⋯
再對比 c part, 很明顯, 應該是24 6 + 2 − 3 − 2
1 + 6 + 2 − 3 − 2 2 = 3 6 − 2
但由 LHS 是很難證到去 RHS 的,建議應證明
1 + 6 + 2 − 3 − 2 2 3 6 − 2 = 24 6 + 2 − 3 − 2
HKAL-06-I
題號 備註
1 用 second principle of MI
2 a) 對比(1+x)^n(1-x)^n 及(1-x^2)^n 中的 x^n 係數
bi) 代 n=2005, 即是求(1-x^2)^2005 中的 x^2005 係數,即是 0
ii) 代 n=2006, 即是求(1-x^2)^2006 中的 x^2006 係數
3 ai) 直接代 x=0,1,2,3,4
ii) 由 ai 得知, x,x-1,x-2,x-3,x-4 是 q(x)的因子,必須注意一點:
q(x)=Ax(x-1)(x-2)(x-3)(x-4),必須加上 leading coefficient
b) 代 x=5 into q(x)=(x+1)p(x)-x
4 a) form : A/x+B/(x+2)+C/(x+3)
b) 把 SUMMATION 展開後約簡
c) 注意[B/(n+1)+C/(n+2)+D/(n+3)]是大於 0 還是少於 0
5 a) 考慮 x_n+1-x_n 及 y_n+1-y_n
b) 先證 x_n bounded above by 一個數及 y_n bounded below by 一個數 ,
再利用 x_n-y_n 條式證明 2 個 limit 相等
6 ai) 用 cs inequality , (1+1+1)(a^2+b^2+c^2)≥(a+b+c)^2
ii)
48
a32
2
+ b32
2
+ c32
2
a12
2
+ b12
2
+ c12
2
≥ 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 2
不難想到用 a32
2
+ b32
2
+ c32
2
這個, RHS 要整到𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 ,
這才想到用 a12
2
+ b12
2
+ c12
2
b) 都要利用 assumtion 去做,但想法並不易想到的,建議參考題解
7 a) unique sol=> ∆≠0 , 注意係 a≠1 and b≠0 , 並非 or 的關係
Solve (E)用 cramer’s rule 去做
bi) 用 gaussian 去做
ii) put a=1 及 b=1/2 的 sol 代入 x^2-2y^2-z=14
c) 代 b=0 , 再用 gaussian 睇下解唔解到(E)的 SOL.
8 a) 記熟 matrix 的乘法則
bi) 利用條件 MX=XM , 再對比相同位置
ii) 證明 detX≠0 便可
iii 1) 先找 X-1
, 再建立聯立方程計
2) 利用給出條件 , 再利用對比法去做
c) 用番(2)去做 , 即 P=M-kX 及 Q=-(M-kX)
9 ai)
α2 + β2 + γ2 = α + β + γ 2 − 2 αβ + βγ + αγ
至於表示 S3 時,利用 x^3+bx^2+cx+d=0 把 α^3,β^3,γ^3 降冪成 2 次方及 1 次方去做
ii) 唔洗用 MI,直接做就 ok,要用到 α,β,γ 是 roots of x^3+bx^2+cx+d=0 這條件去做
iii) 呢 part 用 MI 做會好 d
b) 主要用番 a iii part , 概念都算容易的!
10 a) 由不等式的結構得知,應找出 f 的 min value 作比較
b) 注意 d/dx (a^x)=a^x lna 及證明部份用到 part a 那條不等式
ci) 用番 b , 由於 g 係 increasing ,因此 g(p)>g(q) 及代 a=a_k , take summation
ii) 這裡需要運用到一個不等式常用的技巧,但是這技巧好似沒有一個正統的名字,而我阿 sir 稱呼佢為‖歸一法‖…
姑且就叫佢做呢個名…
做法係設一 Sequence {p_n} :
𝑏𝑘𝑞
𝑛
𝑘=1
= 𝑆
⇒ 𝑏𝑘
𝑞
𝑆
𝑛
𝑘=1
= 1
⇒ 𝑛𝑏𝑘
𝑞
𝑆
𝑛
𝑘=1
= 𝑛
⇒ 𝑛
1𝑞𝑏𝑘
𝑆1𝑞
𝑞𝑛
𝑘=1
= 𝑛 (← 呢度已經 CHECK 左 ci 的條件了)
𝐿𝑒𝑡 𝑎𝑘 =𝑛
1𝑞𝑏𝑘
𝑆1𝑞
49
𝑆𝑢𝑏 𝑎𝑘 =𝑛
1𝑞𝑏𝑘
𝑆1𝑞
𝑖𝑛𝑡𝑜 𝑎𝑘𝑝
𝑛
𝑘=1
≥ 𝑛
For the second part , p>q>0 1/q>1/p>0
11 a) 𝑧 = 𝑐𝑜𝑠2𝑘𝜋 +𝜃
2+ 𝑖𝑠𝑖𝑛
2𝑘𝜋 +𝜃
2 (𝑤𝑒𝑟𝑒 𝑘 = 0,1)
bi) 利用 part a , 注意 Im(u_1)<0 這條件
ii) 由 bi 得知,
u2
u1
=−1 + cos
𝜃2 + 𝑖𝑠𝑖𝑛
𝜃2
−1 − cos 𝜃2 − 𝑖𝑠𝑖𝑛
𝜃2
=−1 + 1 − 2 sin2 𝜃
4 + 𝑖2𝑠𝑖𝑛
𝜃4 𝑐𝑜𝑠
𝜃4
−1 + 2 cos2 𝜃4
− 1 + 𝑖2𝑠𝑖𝑛 𝜃4 𝑐𝑜𝑠
𝜃4
(個 cos 函數的轉換用黎消除-1 的,而 sin 函數的轉換則用作因式分解)
而 hence part, 注意(i)的雙數次方為 real , 單數次方則為 imaginary
iii) 將 u_1 整到 polar form
hence part :同樣地將 u_2 轉成 polar form , 注意 z 係 real ⇔ Im(z)=0
HKAL-06-II
題號 備註
1 a) 用 L’Hospital
b) 可以寫成咁: │sin(1/x)│≤1 and lim(x->0) sinx=0 , then lim(x->0) sinxsin(1/x)=0
2 ai) 注意 0 都係 EVEN
ii) f(x+2)=f(x)
bi) 分 x 做 even/odd 考慮
ii) 如果佢係嚴格遞增/減,就係 injective , 如果圖像有 d part 係水平線,咁一定唔係 injective
3 a)呢個係唔錯的題目,如果我去解題時 , 我會睇 I_(m+2,n+2)同 I_(m,n)相差一個 tan^2 θ , 之後我會轉為 tan^2
θ+1=sec^2 θ ,再利用 d(tanθ)=sec^2 θdθ 去做 by part , 雖然呢個方法係麻煩,亦都唔係最簡單的做法,但我一
想會想到用呢個囉…最好諗到乜就試乜,唔好因為要諗一個比較步驟冇咁多的方法而哂時間
b) 代入法而已
c) 用 a 的 reduction 去 reduce , 途中應該出到 I_(3,1),用番 b 就 ok
4 a)以 t 去表示 x , 及 dt 表示 dx
b) 上限: lim(n->∞) n/n=1
下限: lim(n->∞)1/n=0
1/ndx
k/nx
5 a) 用 by part
b) volume=π∫x^2 dy
6 ai) 將 P 坐標代入 E
ii) 分別求 PQ 方程及 E 於 P 的 normal,再對比是否相同
b) 先寫出 PQ 的距離表示式 ,
方法 1: 再利用 xsinθ-ycosθ=c 係 tangent to (E) , 即將 xsinθ-ycosθ=c 代入 E 再用 DELTA=0 去計
方法 2: 背公式—tangent to ellipse at(x1,y1): x1x/a^2+y1y/b^2=1,再對比 xsinθ-ycosθ=c
#2 個方法其實目的係將 PQ 的距離表示式以 c 表示 , 注意√x^2=│x│
7 a) 就咁 d,用 quotient rule
50
b) 計呢 d,都係建議用 table 去找,因為畫圖,找 maxima/minima 都要用到 table 的資料去做
c) 注意經過極大/小點,f’(x)會有 sign 的變化,亦要留意即使某一點的 x 值使 f’(x) undefined 時,只有經過那點前
後的 f’(x) sign 有變化,就可以成為極點 , 找 inflexion pt 亦同一道理,但注意 兩者都不須考慮 x=-6 的情況
d) 考慮一條 oblique asymptote 便可及別忘記 x=-6 為一 vertical asymptote
e) 標明兩軸,極點,asymptote,inflexion pt.
f) 注意 f(x)係 improper fraction , 將佢變成 proper 再進行 integrate
8 ai) 注意 m≠n m-n≠0 , 將 cosmxcosnx 用 product-to-sum 再 in 左佢
ii) 後者用 2 倍角公式
b) 用 by part 時,應該係
x2cosnx dx = x2d sinnx
n , 而非 cosnx d
x3
3 , 因為 RHS 分母係 n 唔係 3
ci) 用 part c 題目給出的第一個條件去做, integration sign 可以放入 summation 內
ii) 用番 ai 及 aii ,
f x − x2 cosπ
0nx 𝑑𝑥 = 0
𝑎0𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥𝜋
0
𝑑𝑥 + 𝑎𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑚𝑥𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥𝜋
0
𝑑𝑥
𝑁
𝑚=1
= 𝑥2𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥𝜋
0
𝑑𝑥
𝑎𝑚𝑐𝑜𝑠𝑚𝑥𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥𝜋
0
𝑑𝑥
𝑁
𝑚=1
= 𝑎𝑚 cos2 𝑛𝑥𝜋
0
𝑑𝑥
因為當 m ≠ n 時, 𝑎𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑚𝑥𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥𝜋
0
𝑑𝑥 = 0 𝑏𝑦 𝑎𝑖
當 m = n 時, 𝑎𝑚𝑐𝑜𝑠𝑚𝑥𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥𝜋
0
𝑑𝑥 = 𝑎𝑚 cos2 𝑛𝑥𝜋
0
𝑑𝑥 𝑢𝑠𝑒 𝑎𝑖𝑖
𝑎𝑚𝑐𝑜𝑠𝑚𝑥𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥𝜋
0
𝑑𝑥
𝑁
𝑚=1
= 𝑎1𝑐𝑜𝑠𝑥𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥𝜋
0
𝑑𝑥 + 𝑎2𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥𝜋
0
𝑑𝑥 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥𝜋
0
𝑑𝑥 + ⋯
+ 𝑎𝑁𝑐𝑜𝑠𝑁𝑥𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥𝜋
0
𝑑𝑥
當中只有 𝑎𝑛𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑛𝑥𝜋
0𝑑𝑥非零
iii)做法如 cii 般展開佢, 注意 m≠N+k
9 a) 用 MI 會係一個快捷的方法
bi) 分 2 個 case
ii) 證左導數=右導數=0 即可
hence part: lim(x->0+) f’(x)= lim(x->0-) f’(x)=f’(0)=0
iii) 用 MI 做
iv) 都係用 MI 做 ,於 n=k+1 CASE 中,證明 f-(k+1)
(0)=f+(k+1)
(0)=0
10 a) 找 1/(dy/dx) ,再用 point-slope form
bi) 從 a part 得知 normal to P at(ati^2 ,2ati) (where i=1,2)
代(h,k)至該方程,由此證明 t1,t2 是方程根,再用 t1+t2+z=0 , 求出第三個根為 z=-(t1+t2)
ii) 利用 bi 去做
iii) 利用 bi
c) biii 有 2 條式可以用,而再加上用 c 的 2 條線互相垂直條件,消去參數 t 而求得軌跡
51
11 ai) 代 x=a and x=b
ii) 記番 mean value theorem 條式就 ok
b) 首先好明顯用番 aii part ,但注意因為 b 中的 function F 同 G 同 a part 的唔同,所以必須先證明 F 同 G 滿足 PART
A 題目條件,才可利用 part a ii 的 ,之後個 part 用番 F’(γ)/G’ (γ)=F(c)/G(c)便可
ci) v(0)=lim(x->0) v(x)=lim(x->0) v(x)/x * lim(x->0)x
v’(0)=lim(x->0) [v(x)-v(0)]/(x-0)
ii)呢 PART 係成題最難的,用 cii 的對比一下 b part 的結果:
u(x)=u(c)+u’(c)(x-c)+u’’(γ)/2*(x-c)^2 , u 係 twice differentiable
v(x)≥2006+x^2 , v 係 twice differentiable
很明顯地,c part 的 function v 係 b part 的 function u , 而由 v(x)最尾的 x^2 亦可得知應設 c=0
所以可根據 b,可寫成:
v(x)=v(0)+v’(0)(x)+v’’(γ)/2*x^2
v(x)=2006x+ v’’(γ)/2*x^2
v(x)≥2006x+x^2 (因 v’’(x)≥2 for all x)
***但注意這個 case 是 x≠0,因設左 c=0, 睇番 b part，c 唔可以等於 x,即 x 必須係非 0
因為考慮第二個 case : x=0 ,
直接代入不等式驗證 , v(0)=2006(0)+(0)^2=0
HKAL-05-I
題號 備註
1 a) 不須 MI 也可
b) 呢個就須要用 MI
2 out of syllabus
3 a) 用 differentation
b) 代 x=1/n 至 a 的不等式,並加上 summation 去做
4 a) 根據題意,
f(x)=(x-2)Q1(x)+4…(1)
f(x)=(x+3)Q2(x)-6…(2)
由此得到 f(2)=4 and f(-3)=-6
注意 r(x)的 degree 低於(x-2)(x-3) , 可設 r(x)=ax+b
然後,f(x)=(x-2)(x+3)Q3(x)+r(x)
f(x)=(x-2)(x+3)Q3(x)+ (ax+b) , 利用 f(2)=4 and f(-3)=-6 建立聯立方程求 a 同 b
b) g(x)=f(x)-r(x)= (x-2)(x+3)Q3(x)
=> g(x) is divisible by (x-2)(x+3)
=> g(x) is divisible by x^2+1 (根據題意)
由於 g(x)=f(x)-r(x) , deg(g(x))=deg(f(x))=4
可設 g(x)= A(x-2)(x+3)(x^2+1) ,別忘記 leading coefficient A , 利用 g(1)=-16 去計 A
5 ai) 記著 matrix 乘法則便可
ii) 將 A 的 element 寫成以 cos 及 sin 表示
iii) 記著 𝑐𝑜𝑠𝜃 −sinθsinθ cosθ
n
= 𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃 −sinnθsinnθ cosnθ
b) 做呢類題目,先假設有一正整數 m 滿足條件 :
52
− 2
2 =
𝑐𝑜𝑠𝑚𝜃 −sinmθsinmθ cosmθ
= 02
6 a) 用 quadratic formula
b) let z=x^3 去計 ,並要記著證明 conjugate 個 part
7 ai) unique sol=> ∆≠0 ,找 sol 用 cramer’s rule
ii) 用 gaussian
b) 把 a=-2 的 sol 代入 x^2+y^2+z^2=b+3 , 再利用 delta≥0 去找 b 的 range
8 ai) 用 MI 做
ii , 1) 注意 ii part 的條件如 i 不同,即唔可以當 detM=0
2) 將 M 用 MATRIX 表達,並用方程 x^2-(p+s)x+detM=0 (其中 x=α/β) 去 prove
3) 用番(2)去做
而找 μ 及 λ , 方法如下:
M=λA+μB
M=λ(M-αI)+μ(M-βI)
M=(λ+μ)M-(αλ+μβ)I
λ+μ=1 and αλ+μβ=0
b) 設 M= 1 24 3
將 M 寫成 ii(3)的 M=λA+μB 樣式,然後利用下方給出的定理
估計(λA)(μB)= (μB) (λA)= 0 00 0
再利用 ai part
9 ai) 直接相減便可
ii) 考慮 an-1-an 及 bn-1-bn ,應該用到 ai part
iii) 先證明該 sequence 是遞增/減 , 再證佢是 bounded above/below by 一個數
iv) 用題目的{an}或{bn}去做 take limit
v) 先計 an+bn , 進行 reduce 後再 take limit , 利用 a iv part 去做後邊個 part
b) 又是 sequence 常考的題型, 解題:
先設{cn}={-an} , {dn}={-bn}
首先 CHECK 番題目的 definition 是否 consistent , 如下:
−𝑐𝑛+1 = −𝑐𝑛 2+ −𝑑𝑛 2
−𝑐𝑛 + −𝑑𝑛 = −
𝑐𝑛2 +𝑑𝑛
2
𝑐𝑛 +𝑑𝑛
⇒ 𝑐𝑛+1 =𝑐𝑛
2 + 𝑑𝑛2
𝑐𝑛 + 𝑑𝑛
−𝑑𝑛+1 =2 −𝑐𝑛 −𝑑𝑛
−𝑐𝑛 + −𝑑𝑛 = −
2𝑐𝑛𝑑𝑛
𝑐𝑛 + 𝑑𝑛
⇒ 𝑑𝑛+1 =2𝑐𝑛𝑑𝑛
𝑐𝑛 + 𝑑𝑛
再用c1 ≥ 𝑑1 > 0 這條件 , 便可用 aiii 證明 both limit exist
10 ai) NOTE THAT b≠0 , 由此對比 f(x)的第二條式再進行比較 x 的係數便可
ii) 對比係數
53
iii) 利用 ii 消去 r 及 s
bi) 留意(**)中的 x^3 係數為 0 , 由此決定 h 的值及寫出(**)的樣式
ii) 對比 a part 中的 f(x) , 可得知 a,b,c 的值,由此決定 r,s,t 的值解方程 ,
最後 hence part , 進行 y=x+h 的轉換就可以
注意根應包含 real and imaginary
11 a) 用 differentiation
bi) 代數而已
ii) 由 a ,
𝑡𝑛 − 1 ≥ 𝑛 𝑡 − 1
⇒ 𝑡𝑛 = 𝑛𝑡 + 1 − 𝑛
對比𝑦𝑘+1 ≥ 𝑘 + 1 𝐺𝑘+1 − 𝑘𝐺𝑘
首先,很明顯地 put n=k+1 in (a) , 咁就變成𝑡𝑘+1 = 𝑘 + 1 𝑡 − 𝑘,似乎與 bii 中的題目差不多樣子, 關鍵在於 put
t=什麼數 , 很明顯,t 應該包含 G_k+1 , 但如果純綷 put t= G_k+1 , 就會出不到 kG_k 項, 所以應 put t=
G_k+1/G_k
iii) when n=1 , the inequality is trivially true
Assume 𝑥1+𝑥2+⋯+𝑥𝑘
𝑘≥ 𝐺𝑘
when n=k+1 ,
𝑥1+𝑥2+⋯+𝑥𝑘 +𝑥𝑘+1
𝑘+1≥
𝑥1+𝑥2+⋯+𝑥𝑘 + 𝑘+1 𝐺𝑘+1−𝑘𝐺𝑘
𝑘+1
≥𝑥1 + 𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑘 + 𝑘 + 1 𝐺𝑘+1 − 𝑘𝐺𝑘
𝑘 + 1
≥𝑘𝐺𝑘 + 𝑘 + 1 𝐺𝑘+1 − 𝑘𝐺𝑘
𝑘 + 1 𝑏𝑦 𝑎𝑠𝑠𝑢𝑚𝑝𝑡𝑖𝑜𝑛
= 𝐺𝑘+1
c) 代 1,3,5,…,2n-1 至 biii
hence part 考慮 2,4,6,….2n
12 out of syllabus
HKAL-05-II
題號 備註
1 a) 當指數為變量 x 時,應考慮 lnf(x) ,用 logarithmic differentiation 去做,d/dx lnf(x)=f’(x)/f(x) , take limit 果
part 用 l’hospital rule
b) 用 l’hospital + fundamental calculus theorem
2 a) 利用 f(x)於 x=π 處 cts 去做 , 即 lim(x->π+)f(x)= lim(x->π-)f(x)
b) 證明左側導數=右側導數即可
c) 注意並非只證明 lim(x->π+)f’(x)= lim(x->π-)f’(x)便可,還要證明 lim(x->π+)f’(x)=
lim(x->π-)f’(x)=f’(π) , 而 f’(π)的值可用 b part 的左側導數/右側導數決定
3 a) form: A/(1+x)+(Bx+C)/(1-x+2x^2) 注意 1-x+2x^2 的 delta 少於 0,不能再分解
b) 較好的做法是:
3 − 5𝑥
1 + x (1 − x + 2x2)
∞
0
dx = limn→∞
3 − 5𝑥
1 + x (1 − x + 2x2)
n
0
dx
4 ai) 1 + x 𝑑𝑥 = 1 + x 𝑑(1 + 𝑥)
ii) 呢類型的積分會用 by parts 做,注意 arcsinx 同 1/√(1-x)比較時,得後者可以做積分
54
b) out of syllabus
5 a) 代 y=mx+c into P , THEN 用∆=0 去做
b) 先用 parametric differentiation 去找 dy/dx , 即考慮(dy/dt)/(dx/dt) , 再做 point-slope form 做
6 out of syllabus
7 a) 注意│x│=x 當 x>0 , │x│=-x 當 x<-2
b) 先考慮令 f’(x)=0 的 x 值,再加上 x=-2 及 x=0 的 2 個值,i 同 ii part 用 table form 去做就可以
c) 考慮令 f’(x)值有改變的 x 值,注意即使於 x=x0 時,f’(x)為 undefined 時,只要前後的 f’(x)值有正負改變,也可
成為極點
d) 分 2 個 cases 考慮: x>0 及 x<-2
e) 注意標明 x,y 軸,漸近線,極點
8 a) 代 x,y=0 便可
b) lim→0 f(h) = lim→0f h
h× lim→0 h
證明 f is cts , lim→0 f(h) = f(0)
ci) 用基本原理去做
ii) 用 ci 去 reduce f(n)
(x)至 f(x)
d) 通常叫你考慮 derivative of 某 d function , 通常都係=0 , 之後積分補番個常數 C,再代數計 C 就 FIND 到 f(x)
9 a) 找 H1 的 dy/dx,再用 point-slope 計 L
bi) 代 L 入 H2,再用兩根之和及兩根之積去做
ii) length of chord= α − β 2 + 1
α−
1
β
2
ci) 用 tangents of H2 at A 同 B 去用聯立方程計
ii) 注意計 area of tri. , 又要考慮邊的長度去計時,即找出三角形的高去計
10 a) 用 by parts 做, hence part 建議用 MI 去做,因較有系統及整潔
b) 好明顯應該用 leibniz’s rule 去做,但題目的 gn+1(x)則只有一項,所以要將 x^2-1 轉做(x-1)(x+1)去分做 2 個
terms 先做到
ci) 用 by parts , 及將 gn(n)
(x)不斷 reduce 至 gn+1(x)
ii) let p(x)=xhn(x) , 用 leibniz rule 先找出 p(x)的(n+1)-th derivative , 套用 ci 去做
11 ai) 用 differentiation , 證 fn’(x)<0
ii) 利用 ai part, 由於 fn 係遞減,所以只要證明 fn(0)-1 及 fn(π/2)-1 正負號為相異便可
bi) 由於 α1 為 fn(x)=1 的根,因為可先求出 cosα1 的值,再比較 2/3 的值便可
ii) 傳統的證法係考慮 αn+1-αn , 但由於今次 αn 係 cos 函數入邊,所以應考慮 fn+1(x)-fn(x)
iii) 0<cosαn≤ cosnα1≤2/3
iv) 用 fn(x)=1 去做,再用 G.P. , TAKE LIMIT 先用番 aiii part 的資料去做 , 留意 αn 的值
12 i) 由題目的 RHS 開始做,建議用 MI 去做
ii) 注意分 case 考慮 x≥0 及 x<0 , 因為牽涉到絕對值號
bi) 對比 ai 的樣式:
m2n+1
k2k+1
f(x)sinx
ii)代 x=1/3 至恆等式中,sinx 及 sin3x 的 expansion 可用 bi
55
HKAL-04-I
題號 備註
1 a) form : A/(2x-1)+B/(2x+1)+C/(2x+3)
b) 注意 A+B+C 應該=0 , 藉此約走相同項
注意下限由 k=10 開始 , 即:∑(k=10~∞)寫成∑(k=1~∞)- ∑(k=1~9)
2 a) 用 MI 做,注意 an 中,分母及分子不應同時有 an+1 項存在
b) 證 convergent : 由於 a part 話佢 bounded above by 3 , 因此推論出證明 an 應為 monotonic increasing 便
可以
find limit , 用題目的 definition 找出
3 ai) 注意
𝑐𝑜𝑠𝜃 −sinθsinθ cosθ
n
= 𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃 −sinnθsinnθ cosnθ
ii) 留意找 inverse 的方法及 matrix 乘法則便可
b) 利用 aii part
4 a) 將 f(x)寫成(x^2+q)(x+b) , 再比較係數得 b 的值便可
bi) q=-a^2
ii) 利用 bi 將 f(x+a) factorize , 再對比 bi 的 f(x) , 注意 2 個函數只有一個非常數共同因字
5 ai) 用可 factorize 去做,然後分 cases 考慮
ii) 用 MI 做
b) 由於出現 x+y 及 xn+y
n,因為應 LET a=y/x or x/y 去做
6 a) 後 part : 考慮 x12=1+2sinθcosθ
b) 留意 rational number 可寫成 p/q 的形式,其中 p,q 為整數,q≠0
7 ai) unique sol->∆≠0 , solve (E) -> Cramer’s rule
ii) Gaussian
b) 代 a=b=2 的 sol 入去 k(x^2-3)>yz 裡,並用∆<0 去做
8 a) 留意最後的 2 個,因為 X+Y=I , 因為 X^2=X(I-Y)=X-XY 去做,方便得多
b) 用 MI 做
c) 找出對應的 α,β,k 的值
d) verify 可利用 AA-1
=A-1
A=I 這條件去做
9 a) => if r is repeated root , f(x)=(x-r)^2*q(x)
<= if f(r)=0 , then f(x)=(x-r)p(x) ,f’(x)=(x-r)p’(x)+p(x);
而 f’(r)=0 ,即 f’(x)有(x-r) factor , 即 p(x)可寫成(x-r)h(x)
b) 用 contradiction , assume g(x)=0 有 repeated root r , 再用番 a part 做
c) 用 a part 先找出 k 的值,再用 long division 做
10 ai) 用 differentiation 做
ii) let x=a/b , 由於出現 ap
及 pa 這些項,因此應 let x=a/b
iii) 不難發現到若 let a=ai 及 b=bi , 因此會用到一招 inequality 經常用到的絕技:
𝐿𝑒𝑡 𝑎 =ai
aini=1
𝑎𝑛𝑑 𝑏 =bi
bini=1
再 CHECK 番 aii 條件, a,b>0 便可以
若日後遇到一 d 唔係好諗到代乜入去時,可以不妨用這個方法,或許能破解題目~
bi) 代適當的 ai,bi 及 p 便可
ii) 利用 aiii 建立兩條不等式去做便可
56
11 out of syllabus
12 ai) 用 de moivre’s theorem 去做
ii) let z=cosθ+isinθ , 再對比實部與虛部便可
iii) 利用 cos2θ=2cos2θ-1 , 再將 θ replace 做 2θ
bi) 利用 aiii , 及 sin2θ=1-cos
2θ , 再 let θ=π/n
ii) 先展開 , 實際要解決的是 sin2kπ
n
nk=1 , 於 aii let θ=2π/n
注意 aii 處的 2 個 summation (sin 同 cos function) , 分母由於不可以為 0,因此這裡的 θ 只要唔係 an integral
multiple of 2π 就 OK
HKAL-04-II
題號 備註
1 a) 考慮 y=(tan3x+cos4x)^(1/x)
lny=(1/x)ln(tan3x+cos4x) 再用 L’Hospital 去做便可
b) 先用 sum-to-product formula , 分解出:
sin 2004 +x+ x
2sin
2004 +x− x
2
注意 limx→∞ sin 2004 +x+ x
2 ≤ 1 ,
但 limx→∞
sin 2004 + x − x
2這樣式係決定唔到佢 lim 的值
因此要將佢做分子有理化先得
2 記住係某處 differentable 到, 某處就一定可以 continuous
3 a) 用 by parts,並留意∫secθdθ=ln│secθ+tanθ│+c
b) out of syllabus
4 利用代換法,注意上、下限也要代換
下邊的極限:
上限: lim(n->∞) 3n/n=3
下限: lim(n->∞) 1/n=0
k/nx
1/ndx
5 ai) ∫e-x
dx=-e-x
+C
ii) 做 reduce , 應將∫e-x
xn+1
dx 轉做∫xn+1
d(-e-x
) , 因為咁樣做 by parts 先做到 xn
的出現
iii) 利用 aii
b) 將 J_n 展開, 之後可考慮一函數作微分或可能用配方法做
6 out of syllabus
7 ai,ii) 留意│x│=x , for x>0 and │x│=-x , for x<0
iii) 證明左側導數與右側導數
iv) 同 aiii 做法相似
b) 用 table 考慮,留意須獨立考慮 x=∛2 及 x=0 時的情況
c) f’值正負號有改變 極值特性
f’’值正負號有改變 inflexion pt 特性
d) 由於函數出現絕對值符號,須考慮 2 條 oblique asymptotes
57
e) 注意標明 x,y 軸,極點,inflexion pt , asymptotes
8 a) 留意𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑐𝑜𝑠 𝑛 + 1 𝜃 = 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑠𝑖𝑛 𝑛 + 1 𝜃
b) 利用 a
c) 將 sin4θ 先轉 cos
4θ
9 a) 代 P 點坐標入 E, 證明 LHS=RHS
bi) 先用微分法找出 E 的 dy/dx , 然後用 point-slope form 計 L
ii) 由出 L 的 x 截距及 y 截距
ci) 用 point-slope form 設 L1 及 L2 的方程, 其中斜率 m 會是一未知數
將佢地代入 C_k 中 , 再利用 discriminant=0 這條件求出 m1 及 m2 , (m1 及 m2 分別 是 L1 及 L2 的 SLOPE) ,
再對比一下 m1 是否等於 m2
ii) 把 L_k 代入 C_k , 解方程
iii) 先計 I 的 slope,再對比一下 l 的 slope 是否與 L1/L2 的 SLOPE 的乘積為-1
10 ai) 將分母做配方,再利用積分公式∫dx/(x^2+a^2)=(1/a)tan-1
(x/a)+c , where a>0
ii) 利用 ai 的結果做定積分
iii) 留意 1+x^4=(x^4+2x^2+1)-2x^2
bi) 題目等同證明│∑…│≤x4k+4
, 而 Summation 用 G.P.去計
ii) 首先留意到 RHS 有 π , 咁應該要用到 aiii , 再睇番 bi , bi 的中間項得 1/(1+x^4) , 但又要用到 aiii , 咁就要乘
個(2√2+4x+2√2x^2)落去 bi 的不等式度 , 之後再加定積分落去, 再 take limit , 注意當中不能積分的要用到下
邊那個 theorem.
11 ai) prove f(x+1)=f(x)
ii) for x not being integer , let k<x<k+1 , where k is an integer
then [x]=k
f(x)=x-[x]-1/2=x-(k+1/2)
for -2<x<-1 , f(x)= x-(-2+1/2)=x+3/2
for -1<x<0 , f(x)=x-(-1+1/2)=x+1/2
for 0<x<1 , f(x)=x-1/2
for 1<x<2 , f(x)=x-(1+1/2)=x-3/2
for 2<x<3 , f(x)=x-(2+1/2)=x-5/2
至於實際幅圖係點…大可以代數去驗證一下
iii) 斷開左的線圖部份就係 DISCONTINUOUS
bi) 分 3 個 case 做,
1- for x=0
2- for x=1
3- for 0<x<1 ,f(t)=t-1/2
ii) check whether F(x+1)=F(x)
iii) 由於 F(x)本身牽涉積分,所以這 part 無理由玩 double integral…所以睇番 bi, F(x)可以 express as a function of
x , 而並不牽涉 integral…所以應該會用 bi , 但再睇番 bi condition , 只係限制係 x 係 0 至 1 之間…所以呢個時候
要用 bii , 1≤x≤2 , 2≤x≤3 ,呢 2 個區間都可以 reduce 至 0 ≤x≤1 , 而 3≤x≤π就可以 reduce 成 0≤x≤π-3 咁…
12 ai) 代 x=a 落去
ii) 用 mean value theorem , 將 f(b)掉去右邊,其實同微分後的 ai 的樣式很相似, 咁好明顯地 LHS 會係 0,咁就應
該利用到 h(a)=h(b)=0 這條件,即[h(a)-h(b)]/(a-b)=h’(c)
bi) 對比番 a part , f 同 g 都係 twice differentiable , 姐係 f 對比番 g , 而另一方面,亦都會很正常地用 c∈I 對比番
58
γ∈(0,1) , 姐係 Let a=0 , b=1
代番去 aii part , 即時做到 g(1)=g(0)+g’(0)+g’’(γ)/2 ,
就會發現有問題,因為做不出(1-β)^2 出黎,所以由此將 (1-β)^2 對比番(b-a)^2, 應該係 let b=1 , a=β , 再利用
g(β)=1 這條件先做到
ii) g(1)用 bi 就可以, 問題係 g(0) , 因為 g(0)暫時整唔到條表示式出黎,所以用番 bi , 以類似手法找出 g(0) , let b=0
及 a=β 就應該做到….記住用埋 g‖(x)≥-2 這條件!
HKAL-03-I
題號 備註
1 a) │z│≤3 -3≤z≤3
b) 用番 a
2 先將 1 + 𝑥 𝑛 = 𝐶0𝑛 + 𝐶1
𝑛𝑥 + 𝐶2𝑛𝑥2 + ⋯ + 𝐶𝑛
𝑛𝑥𝑛
a) 代 x=1
b) 先 differentiate , 再代 x=1
c) 乘個 x 落去,再兩邊微分
# 呢 d 表示式要記住個方法,同埋如果係求𝐶1𝑛 + 23𝐶1
𝑛 + 33𝐶2𝑛 + ⋯ +𝑛3𝐶𝑛
𝑛 , 都係再乘多個 x 落去係 2c 果度
3 a) form : A/x+B/(x+1)+C/(x+3)
bi) 將 a part 的加 summation,然後做消去 , 再證明 LHS=3/2-正數就可以話佢<3/2
ii) 將 bi 的 LHS take limit , n∞
4 ai)
NOTE that for ―n=k+1‖ case
xk+1-(k+1)
=xk2-xk+1-k-1
=(xk-1/2)2-1/4-k
>(k-1/2)2-1/4-k
=k2-2k
=(k-1)2-1≥0 呢度係 for k≥2
所以一開始應證明 for k=2 , statement is true…
臨尾先補番 k=1 個 case 就 ok!
ii) 呢 PART 冇乜特別…普通 MI
b) 證明 series limit exist…都係要 2 個基本條件,先證佢係 increasing/decreasing , 再證佢 bounded
above/below
5 out of syllabus
6 a) =>) 設 3 個根為 a-d,a,a+d
<=) 設另外 2 root=α , β 證明(α+β)/2=-p/3
b) 利用 a , 代 x=-p/3 入 equation
7 ai) unique sol. ∆≠0 , solve (E) use Cramer’s Rule
ii) Gaussian
b) 將 aii (1)的 sol 代入 24x^2+3y^2+2z , 利用配方法找出參數,再代入 x,y,z
8 a) 解二次方程
b) 計算 P^n 時,應該分 4 個 cases , n=4p , n=4p-1 ,n=4p-2 , n=4p-3
最後個 PART先計 INVERSE OF P…
59
c)注意[P^(-1)MP]^n= P^(-1)M^Np ,之後左邊乘 P,右邊乘 P^-1
9 out of syllabus
10 a) 留意到 RHS 其實係 binomial expression 頭 2 項…
而 for equality to hold 時,expression 後邊那些項就=0
bi) 留意 ak+1-a1≥0, ak+1-a2≥0, ak+1-a3≥0
ii) 如果由 start form (a) 去諗時就好難會諗到,所以通常會有 2 個方法比較常用:
1- 考慮 LHS-RHS
2- 考慮 LHS
如果用 1 去諗時,就會發現 LHS-RHS 好難做到 a part 個樣,所以會用 2 去考慮
Ak+1k+1
=[Ak+(Ak+1-Ak)]k+1
Hence part 有 2 個方法:
1- 用 MI, 因為 bii part 度 LHS 係 k+1 開始…咁應該係對應番 MI 的 n=k+1 case
2- 直接利用 bii , 再不斷 deduce RHS…去到消除 A1 為止
Equality part 用 a part …b=0Ak+1=Ak
c)RHS 的次方係 n/n+1 , 所以應該代 nn+1 , 即利用 An+1≥Gn+1 ,
而 RHS 應該有 n+1 項,但次方的分子只係 n,所以應該設 n 項為(n+1)/n , 餘下的一項設做 1
11 ai) 用二次公式
ii,1) 由這 part 的方程式展開 , 證佢等於(*)
2) 注意若 f(x)=0 有 repeated root λ, then f(λ)=f’(λ)=0
利用 f(λ)=0 及 f’(λ)=0 兩條式做代入/消去 , 整到一條 degree 為 3 的 polynomial in t 就可以,因為三次
方程必定有一實根
由於上 part 證左有一實數 t0 令(a-2t0)x2+bx+(c+t0
2)=0 有 repeated root , 所以可寫成(a-2t0)(x-λ)
2=0
b) 利用 aii , 用番 ii2 的 degree 為 3 的 polynomial in t eqation 計 t , 再計埋 λ [注意 t 的值是 real 的]
12 ai) z^2n=1=cis0
ii) 記緊注意證明 conjugate root 那 part…(詳細 note 的 complex no.有講)
bi) LET z=cosθ+isinθ
ii)利用 cosθ=2cos2(θ/2)-1 及代 θ 做適當的數值入 bi
HKAL-03-II
題號 備註
1 a) 先通分母再用 L’hospital
b) 先計出 lim(x∞) cosx/x 的值
2 a) 用微分法
b) 先用 a part 求出令 f(x)為極大的 x 值, 再比較該 x 值附近的正整數值,看看哪個正整數令 f(x)極大
3 a) odd: f(-x)=-f(x)
b) 很明顯地不是 injective, 因當 y=1 時, x 可以係 1,2,3,4….
c) 分 3 個 case , x<-1 ,x=-1 ,x>-1
d) 分 5 個 case , x<-1 , x=-1 ,-1<x<1 , x=1 , x>1
4 a) 用 t 方法, dx=2dt/(1+t^2) , cosx=(1-t^2)/(1+t^2)
b) 上限=lim(n∞) n/n=1
下限= lim(n∞) 1/n=0
k/nx
60
1/ndx
經過代換後,會做到:
𝑑𝑥
2 + cos 𝜋𝑥2
1
0
再 use substitution , LET y=πx/2 , dy=(π/2)dx 去做 ,利用番上 part 就 ok!
5 a) 把 P 代入 H
bi) 先找出 tangent to H at P , 再代入 L1 及 L2 , 找 Q1,Q2
ii) 用行列式找出 2 個三角形的面積
計 hence part 時,留意 Q1,Q2,P 為共線,2 個三角形有相同的高
6 out of syllabus
7 ai) 應分 x<-1 及 x>-1
ii) 考慮左導數與右導數
b) 用 table form 去做
c) 注意當經過 x=x0 時,f’(x)或 f’’(x)有正負號的變化時,就會是 relative extreme 或 point of inflexion
d) x=-2 很明顯是 vertical asymptote , 而由於 function 涉及到絕對值號,所以 oblique asymptote 要設 2 條
e) 要標明 x,y-axis , extreme , asymptotes , point of inflexion
8 ai) 代 y=0 入(1)
ii) 於 a part 中,可推論出 f(0)=0 或 f(x)=-1 ,但由 ii 得知 f(x)≠1 ,與到證明不等號時,要用反證法,設 f(x)=-1 ,並代入
(1),得出 f 為 constant function , 與命題相逆,即 f(x) ≠1,亦由此得出 f(0)=0
b) 代入後,用配方法
c) 證明到 f’(x)=a(1+f(x))就姐係證明 f is differentiable everywhere , 用基本原理去做
同樣地,證明 a≠0 時,應用反證法假設 a=0 , 代入 f’(x)=a(1+f(x)),得出 f 為 constant function
d) 對指定函數微分後,並將 c part 的結果代入,會得出 d/dx[ln(1+(f(x))]=a , 然後積分,得出 ln(1+(f(x)=ax+C (注
意做不定積分時,必須加入常數 C) 利用 aii 的 f(0)=0 的條件,得出 C=0 , 即 ln(1+(f(x)=ax…再移項就 ok
9 a) 注意 w(x)=0 , v(x)=v’(x)=0 since v is real function
bi) 留意 d/dx ∫(0~x) e^tg(t)=e^xg(x)
ii,1) differentiate bi
2) 利用(1) , 先用 a part 計出 h(x) , 當 h(x)係 u(x) , 並要驗證 a part 中的 3 個條件,由此得出 h(x)=sinx
iii) 利用 bi 計 g(x)
10 ai) 注意 f(x)是 decreasing function ,因此可設立下列不等式:
𝑓(𝑗 + 1)𝑗 +1
𝑗
𝑑𝑥 ≤ 𝑓(𝑥)𝑗 +1
𝑗
𝑑𝑥 ≤ 𝑓(𝑗)𝑗 +1
𝑗
𝑑𝑥 , 𝑓𝑜𝑟 𝑗 ≤ 𝑥 ≤ 𝑗 + 1
HENCE PART : 因為要整個 Sn 出黎,所以將上邊個 part 加 summation ( j=1~n)
ii) 留意 f(j)𝑛j=1 是遞增函數,因為 f( j)≥0 ,因此證佢 bounded above 就=證佢 convergent
=>) f(j)∞j=1 is convergent
Sn≤K
Fn≤Sn-1≤K (for n=2,3,…)
F1=0≤K (for n=1) [Note that K≥Sn≥0]
<=) Fn≤KSn-f(1) ≤ Fn≤KSn≤K+f(1) , which is bounded
Bi) let f(x)=1/√x^3
ii) let f(x)=1/x , 證明 Fn≤ dependent on n 的數 , 就可以,因為當 n∞,Fn∞
c) 先考慮 f(x)=1/(x+1)[ln(x+1)]^2 [因為下限要從 n=1 開始]
61
11 ai) 找出 P 的 dy/dx, 再做 point-slope form
ii) 先用 point-slope form 計 FF’ equation , 再聯立 L1 去計交點,
[計交點時,比較好的寫法係分 a=0 及 a≠0 ,因當 a=0,L1 是一 vertical line]
但注意計出的交點坐標並不是 F’,只是 FF’的中點而已
bi) 先計 L2 equation , 再代入 P,若交點只有一點,則 L2 is tangent to P
ii) 最簡單的方法是利用「圓內接四邊形對角互補」
12 ai) 由 LHS 做起,再用 by parts
ii) 用 MI 會是較好的做法,同埋 ai 都俾左 hints 用 MI,因為 a part 好明顯係 for n=k+1 case 的情況
bi) hence part 記著 leibniz’s rule 個法則就 ok
ii) 用番 bi 並代 x=0 就可以
iii) 對比番 aii 個樣式,代 m=2n , fg , 而 summation 果度要分做 even & odd , 咁先用到 bii
…2𝑛−1k=0 = …𝑛
k=1 + …𝑛−1k=0 當然,summation 入邊的 variable k 也要轉換
HKAL-02-I
題號 備註
1 Short q 考你 MI 通常係用 2ND PRINCIPLE
2 a) 可以由 2 個方法
(1) LET z=x+iy , where i2=-1�
(2) │z-1│=2│z-4│ │z-1│2=4│z-4│
2
𝑧 − 1 𝑧 − 1 = 4 𝑧 − 4 (𝑧 − 4)
b) 留意不等號不涉及等號,圓形外界亦以虛線表示 ,至於所代表範圍是於圓內定圓外,則要代個 o 係圓內的 z 入不
等式,睇下可唔可以滿足到方程,如果得,姐係所代表範圍係 o 係圓內
3 a)
𝑐𝑜𝑠𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
represents a matrix rotated ANTICLOCKWISELY about the origin by θ
b) 2 × 1 00 1
c) 留意 V is of the form 𝑎𝑏 , 而 V
t is of the form 𝑎 𝑏
而 Vt
1 00 1
是無法乘到的,所以要先計 1 00 1
𝑉
4 OUT OF SYLLABUS
5 a) 分‖only if‖ and ―if part‖
b) 先計 f(x)-g(x) , 再找出它的 factor , 看看這是 common factor of f(x)定 g(x)
6 a) z1z2z3=cos(θ1+θ2+θ3)+isin(θ1+θ2+θ3)
b) 注意𝑧𝑘 =1
𝑧𝑘 , hence part 果度要用番 a part 做簡化
7 a)
𝑚 𝑚 − 1 … 𝑚 − 𝑘 + 1
𝑚𝑘=
𝑚
𝑚×
𝑚 − 1
𝑚× … …
𝑚 − 𝑘 + 1
𝑚
𝑚 + 1 𝑚 … 𝑚 − 𝑘 + 2
(𝑚 + 1)𝑘=
𝑚 + 1
𝑚 + 1×
𝑚
𝑚 + 1× … …
𝑚 − 𝑘 + 2
𝑚 + 1
62
b) 這 part 比較難
留意當 k=1 時,a part 的不等式不成立
因此,先將 LHS 寫成 binomial 的 summation 形式
1 +1
𝑚
𝑚
= 𝐶𝑟𝑚
𝑚
𝑟=0
1
𝑚
𝑟
= 1 + 𝑚 𝑚 − 1 … 𝑚 − 𝑟 + 1
𝑟! 𝑚𝑟
𝑚
𝑟=1
= 1 + 1 + 1
𝑟!×
𝑚 𝑚 − 1 … 𝑚 − 𝑟 + 1
𝑚𝑟
𝑚
𝑟=2
8 ai) unique sol. ∆≠0
Solve (S) Use Cramer’s Rule
ii) Use Gaussian
b) 考慮 3 個 CASE: a=1 , a=-1 , a²≠-1
9 out of syllabus
10 a) 可參考 note 的 inequality 那個證明
bi) 移項得:
xi
𝑛
i=1
2
= n xi
𝑛
i=1
2
即設 a PART 中的 ai=xi,bi=1
ii) 由 RHS 得知,設 ai=√λi , bi=xi√λi
iii) let λi=1/t^i , xi=yi ,及留意
1
𝑡𝑖
𝑛
𝑖=1
≤ 1
2𝑖
𝑛
𝑖=1
= 1 − 1
2
𝑛
< 1
11 ai) 先將 f(x)寫成 x(x^2-3p)+1,再考慮當 x tends to +∞ , -∞ 時,證明 f(x)為相異正負號
ii) 證佢 strictly increasing/decreasing
iii,1) f(√p)>0
2) f(√p)=0
3) f(√p)<0
bi) 證佢只有一個 turning point
ii) 由 bi part 得知,g(x)有一相對極小值於 x=1 處,因此 g(x) has two distinct roots iff g(-1)<0
12 ai) 抽個 A 出黎
ii) 由於 A-1
=A3 , A
4=I
iii) 將 LHS 乘 A^3
iv) 設 B=I
bi) 要 using (a) , 好明顯 X^3+X^2+X+I=0 , 所以要先證呢個 ,再用 X^-1=X^3 就 OK
ii) 分 4 個 case , n=4p , n=4p-1 , n=4p-2 , n=4p-3 , p 是正整數
iii) 由 aiii 搵到一個,另一個就不難發現地是 –I
13 ai) 用 double MI 做
ii) 代 n2n
bi) x2n-x2n-1=1/3*(x2n-1+2x2n-2)- x2n-1
=2/3*(x2n-2-x2n-1)
=….(做到 x1-x2)
ii) 證 converge to same limit, 必須先要證明 limit 存在,由於 aii 已經證左 2 個 sequence 遞增/減 , 所以再證明
埋 Bounded above/below 就得,再用 ai take limit 就可以
c) 先用 ai,及後 find limit 要用到 G.P.去計
63
HKAL-02-II
題號 備註
1 先用 partial fraction , form : A/(1+x)+(Bx+C)/(1+x^2)
2 1) lim(x->π/2+)f(x)= lim(x->π/2-)f(x)COTINUITY
左導數=右導數DIFFERENTIABILITY
3 a) 用基本原理證 f’(x)=f(x)就可以
b) d/dx [f(x)/e^x]=0 f(x)/e^x=C , C 是一常數 ,再代數找 C
4 OUT OF SYLLABUS
5 a)
EVEN: g(x)=g(-x)
ODD: g(x)=-g(-x)
bi) 同上
ii) M(x)=M(-x) , N(x)=-N(-x) ,then
f(-x)=M(-x)+N(-x)=M(x)-N(x)…(1)
f(x)=M(x)+N(x)…(2)
6 a) 考慮 lim(x->0-) lnxsinx
= lim(x->0-) lnx/(1/sinx)
再用 L’HOSPITAL RULE
b) 用 L’hospital rule
7 out of syllabus
8 b) 用 TABLE FORM 做
c) 注意當經過 x=x0 時,f’(x)或 f’’(x)有正負號的變化時,就會是 relative extreme 或 point of inflexion
d) x=1 很明顯是 vertical asymptote , oblique asymptote 設 1 條就可以
e) 要標明 x,y-axis , extreme , asymptotes , point of inflexion
fi) 考慮左導數與右導數
ii) 用番 e 個圖,f(-x)的值轉做 f(x)的值
9 a) 用 by parts
bi) Use substitution , Let u=x-kT
ii)
𝐼𝑛 = 𝑒−𝑥𝑓 𝑥 𝑛𝑇
0
𝑑𝑥
= 𝑒−𝑥𝑓 𝑥 𝑇
0
𝑑𝑥 + 𝑒−𝑥𝑓 𝑥 2𝑇
𝑇
𝑑𝑥 + ⋯ + 𝑒−𝑥𝑓 𝑥 𝑛𝑇
𝑛−1 𝑇
𝑑𝑥
再用番 bi part
iii) hence part : take limit on n , note that when n∞,l∞
c) 用番 b part , 留意│sinx│的 period 係 π
10 ai) 利用 g(t)≤1 prove G(x)≤x
ii) 利用 Φ(x) is increasing Φ(x)≥ Φ(0)
bi) 代 x=1 only
ii) 留意 0≤1-g(x) ≤1,所以可以將 a part 的 g(x)代換作 1-g(x)
c) 用 aii 及 bii 的不等式 combine , 再 let g(t)=t^n 就可以,最尾果 part 用 sandwich theorem…
11 a) 先用 two-point form 求 PS 及 PT…HENCE PART 其實係求 PS 及 PT 的交點,即求以 s 及 t 表示的 P 點坐標
b) 先用行列式方法求三角形 SQT 面積,再用微分法
64
c) PQ equation 係 y=2p,所以可設 M 為(x,2p) , 再求 ST 方程(留意要用番 a)
之後再消除 parameter p
12 a) 用 mean value theorem 先證 g’(c)=0
留意 g’(x)係 decreasing , 所以:
當 a≤x≤c 時,g’(x)係正的
當 c≤x≤b 時,g’(x)係負的
Hence part 只須 check g(a)=g(b)=0 就可以
b) 先 check g’(x)≤0 , 用番 a part 條件…
很明顯地,設 x=λ1x1+λ2x2 , a=x1 , b=x2
ci) 呢 part 都係用番 b part , 就咁睇左邊可能以為設 f(x)=x 就 ok..但係如果咁樣設,係完全做唔到 RHS 的樣子的,
再睇下 λ1, λ2 可以轉做次方,咁就會想到 ln 呢個 function 喇,睇如果設 f(x)=lnx 又唔得…因為 f‖(x)唔係≥0,用唔到
b,所以應設 f(x)=-lnx
ii) 就咁睇 LHS,唔理次方,可以睇到應設 λ1=β1/(β1+β2), λ2=β2/(β1+β2),而且 λ1+λ2=1,正好滿足 ci 的條件,因此套
用番 ci 便可
13 ai) 用 by part 做
ii) 利用題目提供的代換便可
bi) NOTE THAT FOR t∈[0,x], 1+x²≤1+t²≤1
ii) 用 aii 及 bi , 及代 x=1
iii) 第一 part 記著二倍角公式便可…show that 果度要將 RHS 加 tan 去做(標準做法)
由 tan-1
(1/5)及 tan-1
(1/239)可得到提示,代 x=1/5 及 1/239 入 aii 去計,之後再由 LHS 做起,過程中會用到 bi 的
HKAL-01-I
題號 備註
1 a) form : A/x+B/(x-2)+C/(x+2)
b) 留意下限由 r=3 開始
2 a) 用 MI 做
b) 首先 a_k+1 條式係做唔到 reduction 的,所以唔考慮用 reduction 做法(姐係由 a_na_n-1…a_1
而往往 a part 都會給予 hints 的,用到 summation 去求 a_n 的話,即會用到以下呢一絕招:
ak+1 − ak
𝑛−1
r=1
= an − a1
3 a) 用微分法
b) 見到 LHS 有 a 乘 b 呢類野,通常都係設 x 係分數(a/b or b/a) ,留意設 x=a/b 時,應設 λ=1/p , 反之亦然,主要係
睇番 RHS 的項
4 OUT OF SYLLABUS
5 OUT OF SYLLABUS
6 最直接做法係代 f(x)=ax^2+bx+c 入去條式度,再用對比係數法
7 a) 先設M =
𝑎 cb d
𝑎 cb d
10 =
11 … (∗)
𝑎 cb d
01 =
−11
… (∗∗)
65
b) det(AB)=detA*debt
由𝑑𝑒𝑡 𝑎 cb d
= 1 , 唔洗計 a, b, c, d 都大約知佢係代表𝑟𝑜𝑡𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛
8 a) 可設 z=x+iy 去計或者兩邊 2 次方後利用𝑧𝑧 = 𝑧 2公式去做
b) 建議先畫左 L 同 C 出黎先,利用 goemetry 去解題
9 a) unique sol∆≠0
bi) use cramer’s rule
ii,iii) use gaussian
c) 將 λ=0 的 sol 代入(x-p)²+y²+z²=1,再用 DISCRIMINANT≥0 去做
10 ai) 呢 2 個命題可以一次過用 MI 去做
ii) 都係用 MI 做
bi) 用番題目條件
ii) 用 MI 做或由 ai 的後邊那條式做起
iii) 用 bi 證頭一 part,之後 hence part 考慮 un+2-un 當 n is odd/even 時的值
iv) 先證 2 個 sequence limit exist , 由於 biii part 證左佢地 increasing & decreasing , 因為再分別證佢地
bounded above/below 就證到 existence , 之後用 aiii 的式證 2 個 limit 相等
11 a) 留意分子的 cosθ 應轉做 2cos²(θ/2)-1 , 而分母的 cosθ 應轉做 1-2sin²(θ/2),因為要消除分子及分母中的 1
b) 先移項: [(z-1)/(z+1)]^n=-1=cisπ
[(z-1)/(z+1)]=cis[(2k+1) π/n] , 再 let θ(2k+1) π/n for convenience ,用番 a 做
c) (z-1)^n+(z+1)^n=0
𝑧𝑛 − 𝐶1𝑛𝑧𝑛−1 + 𝐶2
𝑛𝑧𝑛−2 + ⋯ + 𝑧𝑛 + 𝐶1𝑛𝑧𝑛−1 + 𝐶2
𝑛𝑧𝑛−2 + ⋯ = 0
𝑧𝑛 + 𝐶2𝑛𝑧𝑛−2 + 𝐶4
𝑛𝑧𝑛−4 + ⋯ = 0
𝑖𝛼𝑘
𝑛−1
𝑘=0
= 0
𝑖𝛼𝑘
𝑛−1
𝑘=0
2
= 0
𝑖𝛼𝑘 2
𝑛−1
𝑘=0
+ 2 𝑖𝑎𝑗 𝑖𝛼𝑘
𝑛−1
𝑗 ,𝑘=0𝑗≠𝑘
= 0 𝑆𝑖𝑛𝑐𝑒 𝒊𝜶𝒌 𝟐
𝒏−𝟏
𝒌=𝟎
= 𝒊𝜶𝒌
𝒏−𝟏
𝒌=𝟎
𝟐
− 𝟐 𝒊𝒂𝒋𝒊𝜶𝒌
𝒏−𝟏
𝒋,𝒌=𝟎𝒋≠𝒌
− 𝛼𝑘 2
𝑛−1
𝑘=0
+ 2𝐶2𝑛 = 0
𝛼𝑘 2
𝑛−1
𝑘=0
= 2𝐶2𝑛 = 𝑛(𝑛 − 1)
d) NOTE THAT :
𝑑𝑘2 = 𝑖𝛼𝑘 − 𝑟(𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝑖𝑠𝑖𝑛𝛽) 2
= 𝑟𝑐𝑜𝑠𝛽 2 + 𝛼𝑘 − 𝑟𝑠𝑖𝑛𝛽 2
12 out of syllabus
13 ai) 𝛼4 + 𝑎𝛼3 + 𝑏𝛼2 + 𝑐𝛼 + 𝑑 = 0
𝛼4 + 𝑎𝛼3 + 𝑏𝛼2 + 𝑐𝛼 + 𝑑 = 0
𝛼 4 + 𝑎𝛼 3 + 𝑏𝛼2 + 𝑐𝛼 + 𝑑 = 0
ii) 分 3 個 case: 1 係 4 個 real , 1 係 2 個 pair of complex root , 1 係得 1 個 pair of complex root
bi) 利用 x^3 in g(x)的係數=0 的條件
66
ii) bi part 中已求得 g(x)了…再用對比係數法
iii) 留意 deg(f(x))=4 , 即有 4 個 root (包括 real and imaginary)
14 a) 用 factorize
b) [參考一下 marking 的做法,這個做法最好記住佢]
c) 首先移項得:
𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛
a1a2 … ann ≥ n
所以應設𝑥𝑖 =𝑎𝑖
a1a2 … ann , 再 CHECK 埋條件𝑥1𝑥2 … 𝑥𝑛 = 1
d) 用番 c 及等比數列總和去做
HKAL-01-II
題號 備註
1 a) use L’Hospital
b) note that -│x│≤xcos(1/x)≤│x│
2 a) 用長除法變成 proper fraction 先
b) 用 BY PARTS
3 用 MI 證頭一 part…考慮(a_n+1)^2-(a_n)^2 ,證佢 INCREASING/DECREASING
4 a) 用 2-point form
b) 代(a,0)入 AB,得出 t1t2=-1 , 再利用(t1+t2)^2=t1^2+t2^2+2t1t2 的條件,消除 parameter
5 a)利用 f(x)≥0 及 f’(x)>0 的條件
b) 利用(a) , F is strictly increasing , F(0)< F(1)
6 a) 分 x>2 及 x<2 去 differentiate f(x)
b) 可先考慮 f(x)是否於 x=2 處 continuous
7 out of syllabus
8 ai) 用 product rule
ii) 考慮左導數與右導數
iii) 過程中計算可能較繁複,但幸好題目只要證明題
b) 用 table form 做
c) 注意當經過 x=x0 時,f’(x)或 f’’(x)有正負號的變化時,就會是 relative extreme 或 point of inflexion
d) oblique asymptote 設 1 條就可以
e) 要標明 x,y-axis , extreme , asymptotes , point of inflexion
9 a) 看圖題
bi,1) 代 M 點入 E
2) 證明 the tangent at M to E 與 perpendicular bisector of FP 相同
ii) 先以 m,n 表示 P 點坐標,再把其坐標代入 C,證明可滿足 C
之後找出 FP 的垂直平分綫的方程,對比一下 bi,2)的 tangent to E at M 是否相同
10 a) 按題目要求用 MI 便可
bi) 用 by parts
ii) 由 lim(h-->0+)∫(h->1) lnx dx 並用 bi 開始做,證到這 limit 為一實數就 ok
同樣地,運用同一種技巧,證明 lim(h-->0+)∫(h->1) (lnx)^n dx 是一實數值,過程中會由 lim(h-->0+)∫(h->1)
(lnx)^n dx 變成 lim(h-->0+)∫(h->1) (lnx)^(n-1) dx,如此類推
67
c) 由定積分下限可猜想代換 y=x^α,跟著用番 bii 證明 convergence
11 ai) 通常唔洗睇都知會係 h(a)=h(b),跟著用 mean value theorem ,就會計到 h’(c)=0
ii) 雖然知道 g is strictly increasing , 而 g(x)>g(a)亦由此變得很 trivial,但叫你 show 出黎,就當然要運用到一 d
理論,就係用 mean value theorem , [g(x)-g(a)]/(x-a)=g’(x1) , where x1∈(a,x)
首先由 ai 做到, f’(c)/g’(c)=[f(x)-f(a)]/[g(x)-g(a)] for c∈(a,x)
Since f’(x)/g’(x) is increasing , then f’(c)/g’(c)≤ f’(x)/g’(x)
b) 證 lim(x->0+)Q(x)= lim(x->0-)Q(x)
之後證 increasing,用番 aii,let f(x)=e^xcosx , g(x)=sinx+cosx ,such that f(0)=1 and g(0)=1
12 ai) 分母用配方法,再用公式: ∫dx/(x^2+a^2)=(1/a)tan^(-1)(x/a)+c
ii) 先用 partial fraction,再如 ai 般用配方法,再用公式: ∫dx/(x^2+a^2)=(1/a)tan^(-1)(x/a)+c
bi) 考慮 gn+1(x)-gn(x) and hn+1(x)-hn(x)
ii) 注意 x^(6r-5)/(6r-5)≤ x^(6r-5) 及 x^(6r-1)/(6r-1)≤ x^(6r-1) (不等式的常用技巧) , 由此證明 2 個
sequence bounded
ci) 直接 d 入邊 summation 的式
ii) take limit on ci 計左的 f’n(x)
f x = f ′ (t)x
0dt 及注意 f(0)=lim(n->∞)fn(0)=0 (Since fn(0)=0 for any natural n)
13 a) 用 MI
b) by using (a) , let n=1 and x=f(1)/[1+nf(1)]∈ℝ
考慮 f(1)=f(lim(n->∞)xn)=lim(n->∞)f(xn) (since f is continuous)
f(n)=f[(n-1)+1]用番(a) , 而計 f(1/n)=n 時,千萬不可用 f(n)=1/n 然後以 n1/n 就以為做完…因為 f(n)=1/n 呢
條式係 for 自然數 n 的…而 1/n 並不是自然數!
ci) 留意當 q=2 時,p 必定是 1
ii) 由此要用到 a part , 要將(q+1)/p 做到‖自然數+實數‖的 form, let q+1=mp+r , 其中 r 為實數
最後利用 f[f(x)]=x 證明 S(q+1) is true
iii) 分 x 係整數同 x 係非整數 2 個 case , 而係非整數的 case 中, let x=n+p/q , p/q 係一實數
HKAL-00-I
題號 備註
1 1) 用 MI 做,HENCE PART 代 n=1000 , a=2, b=3 , c=-4 , μ=1 ,λ=-2
2 a) 分 2 個 CASE :
1: p≥q , 2: p<q
b) 整 3 條式出黎:
(a-b)(lna-lnb)≥0
(b-c)(lnb-lnc) ≥0
(c-a)(lnc-lna) ≥0
3 a) 留意 ascending 便可
b) 先 D 一次,再 sub x=1
4 先猜想 factorize 後的樣子,經過嘗試後,會得出:
𝑧 − 2 + 3𝑖 (𝑧 − (2 − 3𝑖))
Shortest distance between a point and circle=distance between a point and center-radius
5 a) 用 Euclidean’s algorithm (註:雖然呢十幾年的 PASTPAPER 只出過 2 題考 Euclidean’s algorithm,但都最好
都係要識下呢個方法)
68
b) 以 g(x)表示 f(x),再移項找 p(x)
6 a) 記住 matrix 乘法
b) ―+b‖係代表 translate along the vector b
c) 以 c 做主項
7 a) 利用根的乘積,由此計到 a=-1,再代 x=-1 證 p=q
b) 當 p=q 時,代 x=-1 落去計到 f(-1)=0 , 之後再用根的乘積證 G.S.
8 a) unique solution∆≠0 , solve (S) use Cramer’s Rule
b)用 gaussian
c) 代 a=5-3μ , b=2-2μ , c=1+μ , 利用 bi,得出 μ=2
9 a) 簡單的左方證右方
b) 這 part 比較困難及繁複,建議睇 marking=.=
ci) 這 part 是很常考的定理,但十分簡單
ii) 留意 summation 可直接 take 入 matrix 入邊的 element 度
10 out of syllabus
11 a) 用 differentiation 找出 maximum/minimum
bi) 由次方可得知應 let α=(m+1)/m ,之後分別 sub x=1/k 及 x=-1/k 建立 2 條不等式
ii) 由 bi 砌數
c) take summation 然後代適當的 m 值,最尾 find limit 很明顯用 sandwich theorem
12 a) form : A/x+B/x^2+C/(x-1)+D/(x-1)^2
bi) 可由 RHS 證 LHS
ii) differentiate bi
ci) 出現左 b^2>4a^2 就很自然想到二次方程的判別式 , 所以先 let y=x^2 證到以 y 為 root 的二次方程係 real
的,而由於該方程的 sum of roots 及 product of roots 都係正,所以證到全部都係 real ,而後 part 證明到 f(0)及 f(1)
唔等於 0 就 ok
ii)先用(a)轉一轉形式先,再用 aii 做就可以
13 a) l’hospital
b) x^2n=1=cis0
及後記緊要證明 CONJUGATE ROOT 果 PART
c) 先於 b part 將 x^2-1 掉去左邊,再 take limit
d) 利用 c
HKAL-00-II
題號 備註
1 用 by part ,及後注意 cosx 於[0,π/2]及[3π/2,2π]為正,於[π/2,3π/2]為負
2 用微分法
3 OUT OF SYLLABUS
4 留意當 h(x)=0 時,f(x)-sinx 及 g(x)-cosx 必為 0
5 a) =cosx^2 , 因為將上限微分係 1
b) 記緊要 d 埋上限
c)用 l’hospital
6 = lim
n→∞
1
n + k
n
k=1
69
= limn→∞
1
n
1
1 +kn
n
k=1
上限=lim(n->∞) n/n=1
下限= lim(n->∞) 1/n=0
k/nx
1/ndx
7 a) dy/dx=(dy/dt)/(dx/dt)
b) out of syllabus
8 a) lim(x->0+)f(x)= lim(x->0-)f(x)
b) 用左導數=右導數
9 a) quotient rule
b) 用 table form 做
c) 注意當經過 x=x0 時,f’(x)或 f’’(x)有正負號的變化時,就會是 relative extreme 或 point of
inflexion,oblique asymptote 設 1 條就可以
d) 要標明 x,y-axis , extreme , asymptotes , point of inflexion
ei) 考慮左導數與右導數
ii) 用番 d 幅圖,將負值的部份變回正值
10 a) 找出 1/(dy/dx),再用 point-slope form ,之後代(h,k)入去方程
b) concurrent=共點,即 t1,t2,t3 係 at^3+(2a-h)t-k=0 的根
c) 代(as^2,2as)入去 circle 方程中,得出以 equation in s ---(*),然後 s1,s2,s3,s4 係(*)的根
di) 利用(b),(c)的結果
ii)證明 C 點為原點即可,因 C,D 都是原點時,即代表拋物線 TOUCH circle at origin
11 a) 線圖下的面積≤梯形 PQRS 面積
由上邊結果加上適當的 summation
b) 線圖下的面積≥梯形面積
加適當的 summation
c) 後 part 利用(a)及(b)的 2 條不等式去做
12 ai) 利用 f‖(x)≥0 的條件,即 f’(x) is increasing
ii) 頭 1part 分 2 條不等式去做,再 LHS-RHS 就可以,hence part 代 c=λa+(1-λ)b
bi) 對比番 aii part,好明顯應該係 f(x)=x^p ,再 check 番 f‖(x) ≥0
ii) 見到 λ 變左做次方,又係關 ln 事…但留意 f‖(x)應≥0 才可以,所以應設 f(x)=-lnx
13 ai) odd: f(x)=-f(-x)
ii) 留意分母係常數
iii) 留意 f‖n(x)係 concave 定 convex
b) 先計出 1-fn(x)先
c) 利用(b)及 sandwich theorem 計到 lim(n->∞) fn(x)=1
sketch 圖果 part 留意 g(x)係 odd 的
14 ai) let y=[(ax+b
x)/2]^(1/x)
lny=(1/x)ln[(ax+b
x)/2]
ln lim(x->0+)y= lim(x->0+) ln[(ax+b
x)/2]/2 <-再用 L’Hospital rule
f is cts lim(x->0+) f(x)=f(0)
70
ii) 留意 1>b/a>0 , 即 lim(x->∞) (b/a)=0
bi) 用 differentiation
ii) 第一 part : 0< ax-b
x< a
x+b
x
之後代 t=(ax-b
x)/ (a
x+b
x)
iii) 由 LHS 做起
之然將 x^2*g’(x)以 h(x)表示,再用番 bi,證 f’(x)>0 就可以!
71
Part III : Appendix
72
HKAL Pure Mathematics Paper 1 (2000-2009)
09P1 08P1 07P1 06P1 05P1 04P1 03P1 02P1 01P1 00P1
1. Binomial
Theorem
Binomial
Theorem
Binomial
Theorem
MI MI Partial
Fractions
Inequalities,
abs. values
MI Partial Fractions Matrices
2. Partial
Fractions
Partial
Fractions
Remainder
Thm
Binomial
Theorem
Binomial
Theorem
MI,
Sequences
Binomial
Theorem
Complex
Numbers
MI Inequalities
3. Theory of
poly. eqns
Theory of
poly. eqns
Partial
Fractions
Remainder
Thm
Inequalities,
Series
Transf.(Appn.
of matrices)
Partial
Fractions
Transf.(Appn.
of matrices)
Inequalities Binomial
Theorem
4. Matrices
Transf.(Appn.
of matrices)
Transf.(Appn.
of matrices)
Partial
Fractions
Remainder
Thm
Remainder
Thm
MI,
Sequences
Vectors Vectors Complex
Numbers
5. Sequences
Complex
Numbers
Matrices
Sequences
Transf.(Appn.
of matrices)
Inequalities Vectors Divisibility,
E. Algorithm
Binomial
Theorem
Euclidean
Algorithm
6. Inequalities
Inequalities
Inequalities
Inequalities
Complex
Numbers
MI Theory of
poly. eqns
Complex
Numbers
Functions Transf.(Appn.
of matrices)
Inequalities,
Bin. Thm
Transf.(Appn. of
matrices)
Theory of
poly. eqns
Complex
Numbers
7. System of lin.
equations
System of lin.
equations
System of lin.
equations
System of lin.
equations
System of lin.
equations
System of lin.
equations
System of lin.
equations
System of lin.
equations
System of lin.
equations
System of lin.
equations
8. Matrices
Matrices
Theory of
poly. eqns
Matrices
Matrices
Matrices
Matrices
Vectors
Sequences
Matrices,
Bin. Thm
9. Theory of
poly. eqns
Sequences
Inequalities
Theory of
poly. eqns
Sequences Theory of
poly. eqns
Vectors
Inequalities Complex
Numbers
Vectors
10
.
Inequalities
Theory of
poly. eqns
Sequences
Inequalities
Theory of
poly. eqns
Inequalities Inequalities Theory of
poly. eqns
Vectors Inequalities
11
.
Complex
Numbers
Numbers,
MI,
Sequences
Complex
Numbers
Complex
Numbers
Inequalities
Vectors
Theory of
poly. eqns
Matrices
Theory of poly.
eqns
Theory of
poly. eqns
12
.
Vectors Complex
Numbers
Complex
Numbers
Sequences
Inequalities Complex
Numbers
73
HKAL Pure Mathematics Paper 2 (2000-2009)
09P2 08P2 07P2 06P2 05P2 04P2 03P2 02P2 01P2 00P2
1. Limit of fcns Limit of fcns Limit of fcns,
Cont., Diff.
Limit of fcns,
Diff. of int.
Limit of fcns,
Diff. of int.
Limit of fcns Limit of fcns (b) Improper
integrals
Limit of fcns Integration,
Abs. value
2. Functions,
surjectivity
Continuity,
Diff.
Leibniz’s Thm
Periodic fcns,
injectivity
Continuity,
Diff.
Continuity,
Diff.
Diff,
extreme
value
Continuity,
Diff.
Indefinite
integrals
Diff, ineq.,
extreme
value
3. Leibniz’s Thm
Diff. of int. Functions,
surjectivity
Reduction
Formula
(b) Improper
integrals
(b) Appn of
int.(arc
length)
Functions,
injectivity
Functions,
diff.
Sequences Appn of
int.(polar
sys.)
4. definite
integrals
Limit of
Riemann Sum
Limit of
Riemann Sum
Limit of
Riemann Sum
(b) Appn of
int.(Surf.
area)
Limit of
Riemann Sum
Limit of
Riemann Sum
3-D
Coord. Geom.
Coord. Geom.
(Parabola)
Functions,
Diff
5. Appn of
int.(Volume)
Appn of
int.(Volume)
Appn of
int.(Volume)
Appn of
int.(Volume)
Coord. Geom.
(Parabola)
(b) Improper
integrals
Coord. Geom.
(Hyperbola)
Functions
(Odd & Even)
Diff. of
integrals
Limit of fcns,
Diff. of int.
6. Coord. Geom.
(Hyperbola)
Coord. Geom.
(Ellipse)
Coord. Geom.
(Parabola)
Coord. Geom.
(Ellipse)
3-D
Coord. Geom.
3-D
Coord. Geom.
3-D
Coord. Geom.
Limit of fcns,
Diff. of int.
Continuity,
Diff.
Limit of
Riemann Sum
Appn of
int.(polar
sys.)
Appn of
int.(arc
length)
Appn of
int.(arc
length)
Continuity,
Diff.
7. Curve
Sketching
Curve
Sketching
Curve
Sketching
Curve
Sketching
Curve
Sketching
Curve
Sketching
Curve
Sketching
Curve
Sketching
Curve
Sketching
Curve
Sketching
8. Int. by sub.,
Int. by parts
Riemann Sum
Reduction
Formula
Diff. of
integrals
Integration
by parts
Functions,
Cont., Diff.
Reduction
Formula
Functions,
diff.
(b)(iii), (c)
Improper int.
Coord. Geom.
(Ellipse)
Coord. Geom.
(Parabola)
9. Reduction
Formula
Int. by sub.,
Int. by parts
Reduction
Formula
Limit of fcns,
Cont., Diff.
Coord. Geom.
(Hyperbola)
Coord. Geom.
(Ellipse)
Function, diff.
of integrals,
Diff. of int.,
Int. with ineq.
(b)(ii)
Improper int.
Integration
with ineq.
10. MVT
Sequences
Integration,
Ineq., Fcns
Coord. Geom.
(Ellipse)
Coord. Geom.
(Parabola)
Reduction
Formula
Integration,
Ineq., Series
Integration,
Series
Coord. Geom.
(Parabola)
MVT MVT
11. Coord. Geom.
(Parabola)
Coord. Geom.
(Hyperbola)
MVT
MVT
Functions,
Sequences
Periodic funs,
Diff. of int.
Coord. Geom.
(Parabola)
MVT Seq. of fcns,
integration
Seq. of fcns,
integration
12.
Integration,
Abs. value
MVT Red. Formula,
Leibniz’s Thm
Red. Formula,
Int. with ineq.
Functions,
Sequences
Limit of fcns,
Monotonicity
74
近年考評局「翻炒」概況 (1991-2006)
＊80/90 年代題目為翻炒熱門對象。翻炒形式多為將數值變更，改變數。
1991 II9 1981-II5
II11 1987-II8
1992 I8 1981-I4
I10 1983-I8
1993 I9 1985-I8
I12 1986-I8
II12 1985-II3
1994 II9 1982-II1
II11 1986-II1
II13 1984-II6
I8 1983-I2
I13 1986-I9
I12 1982-I2
II14 1984-II8
1996 II10 1983-II7
II11 1984-II3
1997 II10 1982-II3
II11 1981-II8
1999 II10 1992-I6
2000 I9 1990-I8
I11 1987-I5
2001 I3 1998-I6
2002 I2 1998-I4
I10 1993-I1
II2 1999-II5
II12 2000-II12
II13 1993-II13
2003 II12 1984-II2
2004 I10 1998-I6
2005 I8 1999-I9
I9 1990-I11
II12 1993-II12
2006 II10 2000-II10
II11 2004-II12
75
Pmath 每課章節心得:
MI 出係 SQ 的 MI 主要係考 Second pinciple 的，亦要留意出係 sequence 的 MI 有
可能用到 Third/Forth… Principle，要視乎 sequence 中有多少項
BIONOMIAL 必先記緊 𝐶𝑟𝑛 + 𝐶𝑟+1
𝑛 = 𝐶𝑟+1𝑛+1 及 𝐶𝑟
𝑛 = 𝐶𝑛−𝑟𝑛 ，而 SQ 題目主要都係考證明代數式，當
中會用到微積分
MATRIX 題目變化比較大，要熟練不同題型
SYSTEM OF LINEAR EQUATION 可以話係最易的課題，因為解題模式及技巧十分機械化
INEQUALITY 主要都係考 PROOF 兩條主要 INEQUALITY (C-S , A.P.≥G.P.)，遇到代數題，不妨
由結果推番上去推論代什麼數
POLYNOMIAL 記著入邊幾條理論(詳見 NOTE)，留意根與係數的關係，根的轉換等
COMPLEX NUMBER 分 Algerba 及 Geometry 2part : 前者以 n-th root 這個課程為重，注意考
Factorization 時要證明 conjugate 果 part；後者 geometry 則最好先畫圖去解題
CONTINUITY AND DIFFERENTIABILITY 證一個 function f(x)於 x=a 連續
則證明:
𝑙𝑖𝑚𝑥→𝑎+ 𝑓 𝑥 = 𝑙𝑖𝑚𝑥→𝑎− 𝑓(𝑥) = 𝒇(𝒂) [記緊要證埋=f(a)]
證一個 function f(x)於 x=x_0 可導 (大前提 f 於 x=x0 處連續)
則證明:
𝑓+′ 𝑥0 = 𝑓−
′ 𝑥0
⇒ 𝑙𝑖𝑚→0+𝑓 𝑥0+ −𝑓(𝑥0)
= 𝑙𝑖𝑚→0−
𝑓 𝑥0+ −𝑓(𝑥0)
[證左導數=右導數便可]
INTEGRATION 多做積分題目，可熟習不同題型的解題方法，而當其中一種解題方法用不著時，
便要嘗試另一種
CURVE SKETCHING 與 SYSTEM OF LINEAR EQUATION 差唔多，解題方法亦較為機械化，但近幾年
會於最後果 PART 搞少少新意思，如利用 integration 求面積等，可以話係第二容
易的課題
SEQUENCE 同樣地，解題方法近幾年都是大同小異，但要注意細微位（如證 CONVERGENCE
時，要用佢 bound-monotonic theorem ，即如果該 sequence 係 increasing，
就要證佢 bounded above，反之亦然）
FUNCTION 要熟識一Ｄ字眼（如 surjective , injective , bijective , even/odd ,periodic）等，
至於出係 LQ 的題目形式近幾年都會差唔多
THEORY OF DIFFERENTIAL AND INTEGRAL CALCULUS
記著微積分基本定理，而 riemann sum 亦要熟習，因 SQ 同 LQ 都會有機會用到
COORDINATE GEOMETRY 做坐標幾何時，如果毫無頭緒，都會建議畫圖去輔助解題。有 D 公式亦建議記左
佢，咁解題時就快捷得多［詳見ＮＯＴＥ］
76
最後，其實想 pmaths 成績好，都係得一個方法，就係不斷做數，因為做數可以令你熟習不同題型，亦可以令你從書本
學到的知識有更深刻的印象。如果唔夠時間的話，基本大約操１０年 PASTPAPER；如果夠時間，建議操１５年就最好
^^
以下有２本不錯的參考書建議去買:
1- JOINT-US PURE MATHS 題解 – 當睇完 official marking 唔明時，呢本野會加番 d remark 俾你，等你會
明白 D
2- K.S.NG 的綠色練習 – 點解用呢本係因為佢 D 題目與 NOW 既 AL 題目比較 consistent，有時有 d AL 題目
都會與書中的題目都會頗相似！
********************* THE END *********************
