111 年 國立中正大學數學系應用數學研究所《微積分》

本題考查微積分基本定理、極限計算以及定積分的計算。

(a) 利用微積分基本定理求導函數 $f'(x)$。
設 $F(t)$ 為 $\arctan t$ 的一個反導函數，則 $f(x) = F(3x-2) - F(0)$。
對 $f(x)$ 求導，利用連鎖律得到 $f'(x) = F'(3x-2) \cdot \frac{d}{dx}(3x-2) - 0 = \arctan(3x-2) \cdot 3 = 3 \arctan(3x-2)$。

(b) 計算當 $x \to \infty$ 時 $\frac{f(x)}{x^2}$ 的極限。
當 $x \to \infty$ 時，$3x-2 \to \infty$，所以 $\arctan(3x-2) \to \frac{\pi}{2}$。
因此，$f(x) = \int_{0}^{3x-2} \arctan t \, dt$ 會趨近於 $\int_{0}^{\infty} \frac{\pi}{2} dt$，這是一個發散的積分。
然而，我們需要計算 $\lim_{x\to\infty} \frac{f(x)}{x^2}$。
注意到當 $x \to \infty$ 時，$f(x) \to \infty$ 且 $x^2 \to \infty$，故可使用 L'Hôpital's Rule。
$\lim_{x\to\infty} \frac{f(x)}{x^2} = \lim_{x\to\infty} \frac{f'(x)}{2x} = \lim_{x\to\infty} \frac{3 \arctan(3x-2)}{2x}$。
當 $x \to \infty$ 時，分子 $3 \arctan(3x-2) \to 3 \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{2}$，而分母 $2x \to \infty$。
所以，極限為 $\frac{3\pi/2}{\infty} = 0$。

本題考查隱函數微分求切線方程式。

我們需要找到曲線 $\Gamma$ 在點 $(1,2)$ 的切線方程式。首先，我們需要計算曲線的斜率，即 $\frac{dy}{dx}$。由於曲線是由一個隱函數方程給出，我們使用隱函數微分法。

對方程 $4x^2 + 2xy + y^3 = y + 2$ 兩邊對 $x$ 微分：
$\frac{d}{dx}(4x^2) + \frac{d}{dx}(2xy) + \frac{d}{dx}(y^3) = \frac{d}{dx}(y) + \frac{d}{dx}(2)$
$8x + (2y + 2x\frac{dy}{dx}) + 3y^2\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dx} + 0$

將含有 $\frac{dy}{dx}$ 的項移到一邊，不含 $\frac{dy}{dx}$ 的項移到另一邊：
$8x + 2y = \frac{dy}{dx} - 2x\frac{dy}{dx} - 3y^2\frac{dy}{dx}$
$8x + 2y = \frac{dy}{dx}(1 - 2x - 3y^2)$

本題考查函數的單射性證明、反函數的導數計算。

(a) 證明 $g(x)$ 是單射函數。
一個函數是單射函數，若且唯若對於任意的 $x_1, x_2$ 都在定義域內，若 $g(x_1) = g(x_2)$，則必有 $x_1 = x_2$。
另一種證明方法是檢查函數在整個定義域上的嚴格單調性。
我們分別考慮 $x \ge 2$ 和 $x < 2$ 這兩個區間。

對於 $x \ge 2$ 的部分，$g_1(x) = x^3 - 2x^2 - 3x + 4$。
我們計算其導數：$g_1'(x) = 3x^2 - 4x - 3$。
為了判斷 $g_1'(x)$ 的符號，我們找其根：$x = \frac{4 \pm \sqrt{16 - 4(3)(-3)}}{6} = \frac{4 \pm \sqrt{16 + 36}}{6} = \frac{4 \pm \sqrt{52}}{6} = \frac{4 \pm 2\sqrt{13}}{6} = \frac{2 \pm \sqrt{13}}{3}$。
$\sqrt{13}$ 大約是 3.6。所以根約為 $\frac{2+3.6}{3} \approx \frac{5.6}{3} \approx 1.87$ 和 $\frac{2-3.6}{3} \approx \frac{-1.6}{3} \approx -0.53$。
在區間 $x \ge 2$ 上，$g_1'(x) = 3x^2 - 4x - 3$ 的值恆為正。例如，$g_1'(2) = 3(4) - 4(2) - 3 = 12 - 8 - 3 = 1 > 0$。
由於 $g_1'(x) > 0$ 對於 $x \ge 2$，所以 $g_1(x)$ 在 $[2, \infty)$ 上嚴格遞增。

對於 $x < 2$ 的部分，$g_2(x) = x\ln(1+x^2) - 10$。
我們計算其導數：
$g_2'(x) = \frac{d}{dx}(x\ln(1+x^2)) - \frac{d}{dx}(10)$
$g_2'(x) = 1 \cdot \ln(1+x^2) + x \cdot \frac{1}{1+x^2} \cdot 2x - 0$
$g_2'(x) = \ln(1+x^2) + \frac{2x^2}{1+x^2}$。
對於 $x < 2$，我們需要判斷 $g_2'(x)$ 的符號。
當 $x=0$ 時，$g_2'(0) = \ln(1) + 0 = 0$。
當 $x \neq 0$ 時，$x^2 > 0$，所以 $1+x^2 > 1$ 且 $\frac{2x^2}{1+x^2} > 0$。
$1+x^2$ 的最小值是 $1$ (當 $x=0$)。
$\ln(1+x^2)$ 在 $x=0$ 時為 $0$，當 $x \neq 0$ 時，$\ln(1+x^2) > 0$。
因此，對於 $x \neq 0$，$\ln(1+x^2) > 0$ 且 $\frac{2x^2}{1+x^2} > 0$，所以 $g_2'(x) > 0$。
在 $x=0$ 時，$g_2'(0)=0$。
然而，我們需要考慮函數的嚴格單調性。
對於 $x < 2$，我們有 $1+x^2 \ge 1$。
若 $x \neq 0$, $x^2 > 0 \implies 1+x^2 > 1 \implies \ln(1+x^2) > 0$。
同時，$\frac{2x^2}{1+x^2} = \frac{2(1+x^2) - 2}{1+x^2} = 2 - \frac{2}{1+x^2}$。
當 $x \to \pm \infty$ 時，$\frac{2}{1+x^2} \to 0$，所以 $\frac{2x^2}{1+x^2} \to 2$。
當 $x=0$ 時，$\frac{2x^2}{1+x^2} = 0$。
對於 $x < 2$ 且 $x \neq 0$，$\ln(1+x^2) > 0$ 且 $\frac{2x^2}{1+x^2} > 0$。
因此，$g_2'(x) > 0$ 對於 $x < 2, x \neq 0$。
在 $x=0$ 時，$g_2'(0)=0$，這意味著函數在 $x=0$ 的導數為零，但這不影響其嚴格遞增性，因為在 $x=0$ 附近，函數的斜率是正的。
嚴格來說，如果 $g'(x) \ge 0$ 且 $g'(x)=0$ 的點是孤立的，則函數是嚴格遞增的。
在 $x=0$ 時，$g_2'(0)=0$。檢查 $x$ 附近的行為：

本題考查瑕積分的收斂性判斷，主要利用比較審斂法或極限比較審斂法。

我們要判斷瑕積分 $\int_{\pi}^{\infty} \frac{\cos x}{x} dx$ 的收斂性。
這個積分是瑕積分，因為積分區間是無限的。

方法一：利用絕對收斂性。
考慮 $\int_{\pi}^{\infty} \left|\frac{\cos x}{x}\right| dx$。
我們知道 $|\cos x| \le 1$，所以 $\left|\frac{\cos x}{x}\right| \le \frac{1}{x}$ 對於 $x \ge \pi$。
然而，$\int_{\pi}^{\infty} \frac{1}{x} dx$ 是發散的 (p-series with $p=1$)。
所以，這個比較是無效的。

考慮分部積分法。
令 $u = \frac{1}{x}$，$dv = \cos x \, dx$。
則 $du = -\frac{1}{x^2} dx$，$v = \sin x$。
$\int_{\pi}^{\infty} \frac{\cos x}{x} dx = \left[ \frac{\sin x}{x} \right]_{\pi}^{\infty} - \int_{\pi}^{\infty} \sin x \left(-\frac{1}{x^2}\right) dx$
$= \lim_{x\to\infty} \frac{\sin x}{x} - \frac{\sin \pi}{\pi} + \int_{\pi}^{\infty} \frac{\sin x}{x^2} dx$
$= 0 - 0 + \int_{\pi}^{\infty} \frac{\sin x}{x^2} dx$。
我們知道 $\lim_{x\to\infty} \frac{\sin x}{x} = 0$ 因為 $|\sin x| \le 1$，所以 $|\frac{\sin x}{x}| \le \frac{1}{x}$。

現在我們需要判斷 $\int_{\pi}^{\infty} \frac{\sin x}{x^2} dx$ 的收斂性。
考慮 $\int_{\pi}^{\infty} \left|\frac{\sin x}{x^2}\right| dx$。
我們知道 $|\sin x| \le 1$，所以 $\left|\frac{\sin x}{x^2}\right| \le \frac{1}{x^2}$ 對於 $x \ge \pi$。
而積分 $\int_{\pi}^{\infty} \frac{1}{x^2} dx$ 是收斂的 (p-series with $p=2 > 1$)。

本題考查級數展開，特別是求不定積分的 Maclaurin 級數。

我們需要找到 $F(x) = \int_{0}^{x} \ln(t^2 + 1) \, dt$ 的 Maclaurin 級數。
Maclaurin 級數是 $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n$。
另一種方法是先找到被積函數 $\ln(t^2+1)$ 的 Maclaurin 級數，然後逐項積分。

我們知道 $\ln(1+u)$ 的 Maclaurin 級數是 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{u^n}{n} = u - \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} - \dots$。
令 $u = t^2$。則 $\ln(1+t^2)$ 的 Maclaurin 級數是：
$\ln(1+t^2) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{(t^2)^n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{t^{2n}}{n}$
$= t^2 - \frac{t^4}{2} + \frac{t^6}{3} - \frac{t^8}{4} + \dots$。
這個級數對於 $|t^2| < 1$ 即 $|t| < 1$ 收斂。

現在，我們對這個級數逐項積分來求 $F(x)$：
$F(x) = \int_{0}^{x} \ln(t^2 + 1) \, dt = \int_{0}^{x} \left( \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{t^{2n}}{n} \right) dt$
$= \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{x} (-1)^{n-1} \frac{t^{2n}}{n} dt$

本題考查無窮級數的收斂性判斷，常見方法有比值審斂法、根值審斂法、比較審斂法等。

我們要判斷級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{n!}{n^n}$ 的收斂性。
由於級數的項包含階乘和指數，比值審斂法 (Ratio Test) 通常是個不錯的選擇。

令 $a_n = \frac{n!}{n^n}$。
我們計算極限 $L = \lim_{n\to\infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|$。
$a_{n+1} = \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}$。
$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}} \cdot \frac{n^n}{n!}$
$= \frac{(n+1) \cdot n!}{(n+1) \cdot (n+1)^n} \cdot \frac{n^n}{n!}$
$= \frac{n!}{(n+1)^n} \cdot \frac{n^n}{n!}$
$= \frac{n^n}{(n+1)^n}$
$= \left(\frac{n}{n+1}\right)^n$
$= \left(\frac{n+1-1}{n+1}\right)^n$
$= \left(1 - \frac{1}{n+1}\right)^n$。

本題考查多元函數在有界閉區域上的絕對極值問題，需要考慮邊界內部和邊界上的極值。

我們要尋找函數 $f(x, y) = x^3 + y^3 - 6x^2 + 3y^2 - 1$ 在區域 $D = \{(x, y) | x^2 + y^2 \le 18\}$ 上的絕對極值。
這個區域是一個圓盤，是閉合且有界的，所以根據極值定理，絕對極值一定存在。

步驟 1：尋找區域內部（$x^2 + y^2 < 18$）的臨界點。
計算 $f(x, y)$ 的偏導數並令其等於零。
$\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 - 12x$
$\frac{\partial f}{\partial y} = 3y^2 + 6y$

令偏導數等於零：
$3x^2 - 12x = 0 \implies 3x(x - 4) = 0 \implies x = 0$ 或 $x = 4$。
$3y^2 + 6y = 0 \implies 3y(y + 2) = 0 \implies y = 0$ 或 $y = -2$。

可能的臨界點有四個：$(0, 0), (0, -2), (4, 0), (4, -2)$。
我們需要檢查這些點是否在區域內部 $x^2 + y^2 < 18$。

• $(0, 0)$: $0^2 + 0^2 = 0 < 18$。在內部。
• $(0, -2)$: $0^2 + (-2)^2 = 4 < 18$。在內部。
• $(4, 0)$: $4^2 + 0^2 = 16 < 18$。在內部。
• $(4, -2)$: $4^2 + (-2)^2 = 16 + 4 = 20 > 18$。不在內部。

在區域內部的臨界點有 $(0, 0), (0, -2), (4, 0)$。
計算這些點的函數值：

• $f(0, 0) = 0^3 + 0^3 - 6(0)^2 + 3(0)^2 - 1 = -1$。
• $f(0, -2) = 0^3 + (-2)^3 - 6(0)^2 + 3(-2)^2 - 1 = -8 - 0 + 3(4) - 1 = -8 + 12 - 1 = 3$。
• $f(4, 0) = 4^3 + 0^3 - 6(4)^2 + 3(0)^2 - 1 = 64 - 6(16) - 1 = 64 - 96 - 1 = -33$。

步驟 2：尋找邊界 $x^2 + y^2 = 18$ 上的極值。
我們使用 Lagrange 乘數法。令 $g(x, y) = x^2 + y^2 = 18$。
$\nabla f = \lambda \nabla g$
$3x^2 - 12x = \lambda (2x) \quad (1)$
$3y^2 + 6y = \lambda (2y) \quad (2)$
$x^2 + y^2 = 18 \quad (3)$

從方程 (1)：$3x^2 - 12x = 2\lambda x$。
如果 $x \neq 0$，則 $3x - 12 = 2\lambda$。
從方程 (2)：$3y^2 + 6y = 2\lambda y$。
如果 $y \neq 0$，則 $3y + 6 = 2\lambda$。

情況 1：$x=0$。
代入 (3)：$0^2 + y^2 = 18 \implies y^2 = 18 \implies y = \pm \sqrt{18} = \pm 3\sqrt{2}$。
點為 $(0, 3\sqrt{2})$ 和 $(0, -3\sqrt{2})$。
計算函數值：

• $f(0, 3\sqrt{2}) = 0^3 + (3\sqrt{2})^3 - 6(0)^2 + 3(3\sqrt{2})^2 - 1 = 54\sqrt{2} + 3(18) - 1 = 54\sqrt{2} + 54 - 1 = 54\sqrt{2} + 53$。

本題考查重積分的計算，給定的區域是一個傾斜的正方形，直接使用直角座標計算可能較為複雜，可以考慮變數變換。

給定的區域 $R$ 的頂點為 $(2,0), (4,2), (2,4), (0,2)$。
觀察這些頂點，可以發現它們構成一個以 $(2,2)$ 為中心的傾斜的正方形。
這提示我們可以使用變數變換來簡化積分。

讓我們定義新的變數 $u$ 和 $v$。
觀察頂點的座標關係：
點 $(2,0)$: $x=2, y=0$
點 $(4,2)$: $x=4, y=2$
點 $(2,4)$: $x=2, y=4$
點 $(0,2)$: $x=0, y=2$

考慮以下變數變換：
令 $u = x+y$ 和 $v = y-x$。
我們需要將這些頂點轉換到 $(u,v)$ 座標系下：

• $(2,0) \implies u = 2+0=2, v = 0-2=-2$。點為 $(2, -2)$。
• $(4,2) \implies u = 4+2=6, v = 2-4=-2$。點為 $(6, -2)$。
• $(2,4) \implies u = 2+4=6, v = 4-2=2$。點為 $(6, 2)$。
• $(0,2) \implies u = 0+2=2, v = 2-0=2$。點為 $(2, 2)$。

在 $(u,v)$ 座標系下，區域 $R$ 變成了由頂點 $(2,-2), (6,-2), (6,2), (2,2)$ 所構成的矩形。
這個矩形的邊界是 $u=2, u=6, v=-2, v=2$。
所以，積分區域在 $(u,v)$ 座標系下是 $2 \le u \le 6$ 且 $-2 \le v \le 2$。

現在我們需要計算 Jacobian。
從 $u = x+y$ 和 $v = y-x$，我們可以解出 $x$ 和 $y$。
$u+v = (x+y) + (y-x) = 2y \implies y = \frac{u+v}{2}$。
$u-v = (x+y) - (y-x) = 2x \implies x = \frac{u-v}{2}$。

Jacobian 的行列式是：
$J = \det \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix}$

核心觀念

本題考查格林定理。若 $C$ 為平面上正向（逆時針）繞行的封閉曲線，且 $D$ 為 $C$ 所圍成的區域，則

$$\oint_C P\,dx+Q\,dy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right)dA.$$

本題中

$$P(x,y)=8y-e^{\cos y},\qquad Q(x,y)=e^x\sin y+2x.$$

曲線

$$(x-1)^2+y^2=4$$

圍成圓盤 $D$，圓心為 $(1,0)$、半徑為 $2$。

解題方法

先計算偏導數：

$$\frac{\partial Q}{\partial x} = e^x\sin y+2,$$

而

$$\frac{\partial P}{\partial y} = 8+\frac{d}{dy}\left(-e^{\cos y}\right).$$

由鏈鎖律，

$$\frac{d}{dy}\left(-e^{\cos y}\right) = -e^{\cos y}(-\sin y) = e^{\cos y}\sin y.$$

因此

$$\frac{\partial P}{\partial y} = 8+e^{\cos y}\sin y.$$

套用格林定理：

$$\oint_C (8y-e^{\cos y})dx+(e^x\sin y+2x)dy = \iint_D \left[ e^x\sin y+2-\left(8+e^{\cos y}\sin y\right) \right]dA.$$

整理被積函數：