112 年 國立中正大學數學系碩士班《微積分》

這題考驗極限的計算，特別是 $0^0$ 型不定型。

我們考慮函數 $y = x^x$。為了計算極限，我們取自然對數，即 $\ln y = \ln(x^x) = x \ln x$。
接著我們計算 $\lim_{x\to 0^+} x \ln x$。這是一個 $0 \cdot (-\infty)$ 型的不定型。我們可以將其改寫為 $\frac{\ln x}{1/x}$，這是一個 $\frac{-\infty}{\infty}$ 型的不定型，可以使用 L'Hôpital's Rule。

這題主要在考察極限、連續性、導數的定義與計算。

(a) 計算 $\lim_{x\to 0} f(x)$。
我們知道 $-1 \le \sin(1/x) \le 1$ 對於所有 $x \neq 0$。
因此，對於 $x \neq 0$，我們有 $-x^2 \le x^2 \sin(1/x) \le x^2$。
當 $x \to 0$ 時，$\lim_{x\to 0} (-x^2) = 0$ 且 $\lim_{x\to 0} x^2 = 0$。
根據夾擠定理 (Squeeze Theorem)，我們得到 $\lim_{x\to 0} x^2 \sin(1/x) = 0$。
所以，$\lim_{x\to 0} f(x) = 0$。

【答案】0

(b) 判斷 $f(x)$ 在 $x=0$ 的連續性。
一個函數 $f(x)$ 在 $x=c$ 處連續，若且唯若 $\lim_{x\to c} f(x) = f(c)$。
從 (a) 的結果，我們知道 $\lim_{x\to 0} f(x) = 0$。
根據函數的定義，$f(0) = 0$。
因為 $\lim_{x\to 0} f(x) = f(0) = 0$，所以 $f(x)$ 在 $x=0$ 處是連續的。

【答案】是

(c) 計算 $f'(x)$ 對於 $x \neq 0$。
當 $x \neq 0$ 時，$f(x) = x^2 \sin(1/x)$。我們使用乘法法則和鏈式法則來求導。
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^2 \sin(1/x))$

這題考察曲線的切線方程式、直線與座標軸的交點，以及利用導數求極值。

首先，曲線 C 的方程式為 $y = 3/x$。
我們需要找到曲線在點 $(a, b)$ 的切線 L。
為了求切線，我們需要計算導數來得到斜率。
$y' = \frac{d}{dx}(3x^{-1}) = -3x^{-2} = -\frac{3}{x^2}$。
在點 $(a, b)$，切線的斜率 $m$ 為 $y'(a) = -\frac{3}{a^2}$。
同時，點 $(a, b)$ 在曲線 C 上，所以 $b = 3/a$。

(a) 求切線 L 的方程式。
使用點斜式 $y - y_1 = m(x - x_1)$，其中 $(x_1, y_1) = (a, b) = (a, 3/a)$，斜率 $m = -3/a^2$。
$y - \frac{3}{a} = -\frac{3}{a^2}(x - a)$
$y = -\frac{3}{a^2}x + \frac{3}{a^2}a + \frac{3}{a}$
$y = -\frac{3}{a^2}x + \frac{3}{a} + \frac{3}{a}$
$y = -\frac{3}{a^2}x + \frac{6}{a}$
所以，切線 L 的方程式為 $y = -\frac{3}{a^2}x + \frac{6}{a}$。

【答案】$y = -\frac{3}{a^2}x + \frac{6}{a}$

(b) 證明 $A = (2a, 0)$ 且 $B = (0, 6/a)$。
點 A 是切線 L 與 x 軸的交點，所以 y 座標為 0。
令 $y=0$ 在切線方程式中：
$0 = -\frac{3}{a^2}x + \frac{6}{a}$
$\frac{3}{a^2}x = \frac{6}{a}$
$x = \frac{6}{a} \cdot \frac{a^2}{3} = 2a$
所以，點 A 的座標為 $(2a, 0)$。

點 B 是切線 L 與 y 軸的交點，所以 x 座標為 0。
令 $x=0$ 在切線方程式中：
$y = -\frac{3}{a^2}(0) + \frac{6}{a}$
$y = \frac{6}{a}$
所以，點 B 的座標為 $(0, 6/a)$。
證明完畢。

【答案】證明完畢。

(c) 求 $a > 0$ 時，線段 $\overline{AB}$ 的最短長度。
點 A 為 $(2a, 0)$，點 B 為 $(0, 6/a)$。
線段 AB 的長度 $d$ 可以使用兩點間距離公式計算：
$d = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2}$
$d(a) = \sqrt{(0 - 2a)^2 + (6/a - 0)^2}$

這題主要考察冪級數、泰勒級數、收斂半徑以及積分與級數的轉換。

(a) 求 $\frac{1}{1+x^2}$ 的 Maclaurin 級數。
我們知道幾何級數的公式為 $\frac{1}{1-r} = \sum_{n=0}^\infty r^n$ 對於 $|r| < 1$。
令 $r = -x^2$，則
$\frac{1}{1+x^2} = \frac{1}{1 - (-x^2)} = \sum_{n=0}^\infty (-x^2)^n = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n}$
$= 1 - x^2 + x^4 - x^6 + \cdots$
此級數對應的收斂條件是 $|-x^2| < 1$，即 $x^2 < 1$，所以 $|x| < 1$。

【答案】$\sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n} = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + \cdots$

(b) 求級數 (a) 的收斂半徑。
由 (a) 的結果，級數 $\sum_{n=0}^\infty (-1)^n x^{2n}$ 的收斂條件是 $|x| < 1$。
因此，收斂半徑 $R=1$。

【答案】$R=1$

(c) 求 $\int_0^x \frac{1}{1+t^2} dt$ 的 Maclaurin 級數。
從 (a) 我們得到 $\frac{1}{1+t^2} = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n t^{2n}$。
我們可以逐項積分這個級數（在收斂半徑內）：
$\int_0^x \frac{1}{1+t^2} dt = \int_0^x \left( \sum_{n=0}^\infty (-1)^n t^{2n} \right) dt$
$= \sum_{n=0}^\infty \int_0^x (-1)^n t^{2n} dt$
$= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \left[ \frac{t^{2n+1}}{2n+1} \right]_0^x$
$= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \left( \frac{x^{2n+1}}{2n+1} - \frac{0^{2n+1}}{2n+1} \right)$
$= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}$
$= x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \cdots$
這個級數是 arctan(x) 的 Maclaurin 級數。

【答案】$\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1} = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \cdots$

(d) 求級數 (c) 的收斂半徑。
從 (c) 的結果，我們級數是 $\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}$。
我們可以利用比例檢驗法 (Ratio Test) 來求收斂半徑。
令 $a_n = \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}$。
$\lim_{n\to\infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{(-1)^{n+1} x^{2(n+1)+1}}{2(n+1)+1} \cdot \frac{2n+1}{(-1)^n x^{2n+1}} \right|$

核心觀念

本題考查保守向量場的判定、勢函數，以及線積分基本定理。

設

$$\mathbf F(x,y)=\bigl(P(x,y),Q(x,y)\bigr),$$

其中依原卷圖示第二分量為

$$P(x,y)=2x\cos y+y\cos x, \qquad Q(x,y)=-x^2\sin y+\sin x+1.$$

若在整個 $\mathbb R^2$ 上滿足

$$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x},$$

則因定義域為單連通區域，$\mathbf F$ 為保守向量場。

解題方法

先計算偏導數：

$$\frac{\partial P}{\partial y} =-2x\sin y+\cos x,$$

而

$$\frac{\partial Q}{\partial x} =-2x\sin y+\cos x.$$

兩者相等，因此 $\mathbf F$ 為保守向量場。

接著求勢函數 $\phi$。由

$$\frac{\partial \phi}{\partial x}=P(x,y)$$

對 $x$ 積分：

$$\begin{aligned} \phi(x,y) &=\int \left(2x\cos y+y\cos x\right)\,dx\\ &=x^2\cos y+y\sin x+g(y). \end{aligned}$$

對 $y$ 微分：

核心觀念

本題考查二重積分中「被積函數與其中一個變數無關」的性質，以及積分次序的直接計算。

由於

$$\cos(x^2+1)$$

完全與 $y$ 無關，因此對 $y$ 積分時，只會產生區間長度 $1$ 的因子。另須注意，$\cos(x^2+1)$ 的原始函數無法用初等函數表示，可用 Fresnel 積分表示其精確值。

解題方法

原式為

$$I=\int_0^1\int_0^1\cos(x^2+1)\,dx\,dy.$$

先計算內層積分。因為被積函數不含 $y$，所以

$$\int_0^1\int_0^1\cos(x^2+1)\,dx\,dy = \int_0^1\left[\int_0^1\cos(x^2+1)\,dx\right]dy.$$

內層積分與 $y$ 無關，因此

$$I= \left(\int_0^1dy\right) \left(\int_0^1\cos(x^2+1)\,dx\right) = \int_0^1\cos(x^2+1)\,dx.$$

利用和角公式

$$\cos(x^2+1)=\cos 1\cos(x^2)-\sin 1\sin(x^2),$$

可得

$$I= \cos 1\int_0^1\cos(x^2)\,dx -\sin 1\int_0^1\sin(x^2)\,dx.$$

定義 Fresnel 積分

$$C(z)=\int_0^z\cos\left(\frac{\pi t^2}{2}\right)\,dt, \qquad S(z)=\int_0^z\sin\left(\frac{\pi t^2}{2}\right)\,dt.$$

令

$$t=\sqrt{\frac{2}{\pi}}x, \qquad dx=\sqrt{\frac{\pi}{2}}\,dt.$$

當 $x=1$ 時，

$$t=\sqrt{\frac{2}{\pi}}.$$

因此

$$\int_0^1\cos(x^2)\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\, C\left(\sqrt{\frac{2}{\pi}}\right),$$

以及