108 年 國立政治大學應用數學系碩士班《微積分》

此題考驗學生對極限的計算能力，包含使用羅必達法則或代數技巧處理未定型。

(a) 此極限為 $\frac{0}{0}$ 型。我們可以使用羅必達法則。
令 $f(t) = t^3$，$g(t) = \tan^2(2t)$。
$f'(t) = 3t^2$
$g'(t) = 2 \tan(2t) \cdot \sec^2(2t) \cdot 2 = 4 \tan(2t) \sec^2(2t)$
$\lim_{t \to 0} \frac{3t^2}{4 \tan(2t) \sec^2(2t)}$
此極限仍為 $\frac{0}{0}$ 型。我們可以進一步利用 $\tan(2t) \approx 2t$ 當 $t \to 0$ 且 $\sec^2(2t) \to 1$。
或者，再次使用羅必達法則。
令 $f_1(t) = 3t^2$，$g_1(t) = 4 \tan(2t) \sec^2(2t)$。
$f_1'(t) = 6t$
$g_1'(t) = 4 [(\sec^2(2t) \cdot 2) \sec^2(2t) + \tan(2t) \cdot (2 \sec(2t) \cdot \sec(2t) \tan(2t) \cdot 2)]$
$g_1'(t) = 4 [2 \sec^4(2t) + 4 \tan^2(2t) \sec^2(2t)]$
$\lim_{t \to 0} \frac{6t}{4 [2 \sec^4(2t) + 4 \tan^2(2t) \sec^2(2t)]}$
此極限仍為 $\frac{0}{0}$ 型。
我們也可以這樣處理：
$\lim_{t \to 0} \frac{t^3}{\tan^2(2t)} = \lim_{t \to 0} \frac{t^3}{(\frac{\sin(2t)}{\cos(2t)})^2} = \lim_{t \to 0} \frac{t^3 \cos^2(2t)}{\sin^2(2t)}$
$= \lim_{t \to 0} \frac{t^3}{\sin^2(2t)} \cdot \lim_{t \to 0} \cos^2(2t)$
$= \lim_{t \to 0} \frac{t^3}{\sin^2(2t)} \cdot 1$
為了處理 $\frac{t^3}{\sin^2(2t)}$，我們可以乘以 $\frac{(2t)^2}{(2t)^2}$：
$= \lim_{t \to 0} \frac{t^3}{(2t)^2} \cdot \frac{(2t)^2}{\sin^2(2t)}$
$= \lim_{t \to 0} \frac{t^3}{4t^2} \cdot \left(\frac{2t}{\sin(2t)}\right)^2$
$= \lim_{t \to 0} \frac{t}{4} \cdot \left(\frac{2t}{\sin(2t)}\right)^2$
當 $t \to 0$，$\frac{t}{4} \to 0$ 且 $\frac{2t}{\sin(2t)} \to 1$。
所以極限為 $0 \cdot 1^2 = 0$。

核心觀念

本題主要考查：

• 代換積分法
• 微積分基本定理
• 分部積分
• 廣義積分的收斂與變數代換
• 反常積分在無窮區間上的計算
• 二重積分的換序與單調函數反函數

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(a)

$$\int_0^{\pi/4}(1+\tan t)^3\sec^2t\,dt$$

解題方法

令

$$u=1+\tan t, \qquad du=\sec^2t\,dt.$$

當 $t=0$ 時，

$$u=1+\tan0=1.$$

當 $t=\frac{\pi}{4}$ 時，

$$u=1+\tan\frac{\pi}{4}=2.$$

因此

$$\int_0^{\pi/4}(1+\tan t)^3\sec^2t\,dt =\int_1^2u^3\,du.$$

計算得

$$\int_1^2u^3\,du =\left[\frac{u^4}{4}\right]_1^2 =\frac{16-1}{4} =\frac{15}{4}.$$

解題技巧

看到 $(1+\tan t)^3$ 同時乘上 $\sec^2t\,dt$，應立即令 $u=1+\tan t$。

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(b)

$$\int_0^{\pi/3}\sin x\ln(\cos x)\,dx$$

解題方法

令

$$u=\cos x, \qquad du=-\sin x\,dx.$$

當 $x=0$ 時，$u=1$；當 $x=\frac{\pi}{3}$ 時，$u=\frac12$。因此

$$\int_0^{\pi/3}\sin x\ln(\cos x)\,dx =-\int_1^{1/2}\ln u\,du =\int_{1/2}^1\ln u\,du.$$

利用

$$\int\ln u\,du=u\ln u-u,$$

可得

$$\begin{aligned} \int_{1/2}^1\ln u\,du &=\left[u\ln u-u\right]_{1/2}^1\\ &=(0-1)-\left(\frac12\ln\frac12-\frac12\right)\\ &=-1+\frac12\ln2+\frac12\\ &=\frac{\ln2-1}{2}. \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{\int_0^{\pi/3}\sin x\ln(\cos x)\,dx =\frac{\ln2-1}{2}}.$$

解題技巧

$\ln(\cos x)$ 的微分會產生 $\tan x$，不如直接令 $u=\cos x$，因為前方已有 $\sin x\,dx$。由於 $\ln(\cos x)<0$，積分結果為負值，也可用來快速驗算。

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(c)

$$\int_0^\infty e^{-\sqrt y}\,dy$$

核心觀念

這是無窮區間上的廣義積分，且根式出現在指數中，適合令 $u=\sqrt y$。

解題方法

令

$$u=\sqrt y, \qquad y=u^2, \qquad dy=2u\,du.$$

當 $y=0$ 時，$u=0$；當 $y\to\infty$ 時，$u\to\infty$。因此

$$\int_0^\infty e^{-\sqrt y}\,dy =2\int_0^\infty ue^{-u}\,du.$$

對 $\int ue^{-u}\,du$ 使用分部積分。令

$$U=u,\qquad dV=e^{-u}\,du,$$

則

$$dU=du,\qquad V=-e^{-u}.$$

所以

$$\int_0^\infty ue^{-u}\,du =\left[-ue^{-u}\right]_0^\infty+\int_0^\infty e^{-u}\,du.$$

因為

$$\lim_{u\to\infty}ue^{-u}=0,$$

且

$$\int_0^\infty e^{-u}\,du=1,$$

故

$$\int_0^\infty ue^{-u}\,du=1.$$

因此

$$\boxed{\int_0^\infty e^{-\sqrt y}\,dy=2}.$$

解題技巧

代換後會出現

$$\int_0^\infty u^ne^{-u}\,du,$$

這是 Gamma 積分；本題為

$$\int_0^\infty ue^{-u}\,du=\Gamma(2)=1!.$$

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(d)

核心觀念

本題考查：

1. 微積分基本定理：
   $\frac{d}{dx}\int_a^x h(t)\,dt=h(x)$
2. 變動上下限積分：
   $\frac{d}{dx}\int_{g(x)}^a h(t)\,dt=-h(g(x))g'(x)$
3. 鏈鎖律。

令

$$h(s)=\frac{1}{\sqrt{1+s^3}}.$$

則

$$g(x)=\int_0^x h(u)\,du.$$

解題方法

由微積分基本定理，

$$g'(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^3}}.$$

而

$$f(x)=\int_{g(x)}^{\sqrt{\frac{\pi}{2}}}h(t)\,dt.$$

因為下限為 $g(x)$、上限為常數，依變動上下限積分公式，

$$f'(x)=-h(g(x))g'(x).$$

代入 $h$ 與 $g'(x)$：

$$f'(x) = -\frac{1}{\sqrt{1+[g(x)]^3}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1+x^3}}.$$

因此在 $x=\frac{\pi}{2}$ 時，

$$f'\left(\frac{\pi}{2}\right) = -\frac{1} {\sqrt{1+\left[g\left(\frac{\pi}{2}\right)\right]^3} \sqrt{1+\left(\frac{\pi}{2}\right)^3}}.$$

又因為

此題考驗學生對多元函數偏導數的計算，特別是二階混合偏導數在某點的計算，需要用到偏導數的定義。

計算 $f_{xy}(0,0)$ 需要先計算 $f_x(x,y)$，然後再計算 $f_x$ 對 $y$ 的偏導數。
首先，我們計算 $f_x(x,y)$ 對於 $(x,y) \neq (0,0)$。
$f_x(x,y) = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{xy^3}{x^2+y^6} \right)$
使用除法定律：
$f_x(x,y) = \frac{(1 \cdot y^3)(x^2+y^6) - (xy^3)(2x)}{(x^2+y^6)^2}$
$f_x(x,y) = \frac{x^2y^3 + y^9 - 2x^2y^3}{(x^2+y^6)^2} = \frac{y^9 - x^2y^3}{(x^2+y^6)^2}$

接下來，我們需要計算 $f_{xy}(0,0)$。根據二階偏導數的定義：
$f_{xy}(0,0) = \lim_{k \to 0} \frac{f_x(0, k) - f_x(0,0)}{k}$

首先，我們需要計算 $f_x(0,0)$。這需要使用偏導數的定義：
$f_x(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h}$

此題考驗學生對線積分的計算能力，特別是向量場的保守性判斷。

首先，我們將向量場 $F(x,y,z) = P(x,y,z) \mathbf{i} + Q(x,y,z) \mathbf{j} + R(x,y,z) \mathbf{k}$ 寫出來：
$P(x,y,z) = yz e^{xyz} + x$
$Q(x,y,z) = xz e^{xyz} + y$
$R(x,y,z) = xy e^{xyz} + z$

我們檢查這個向量場是否為保守場。如果向量場是保守的，則存在一個勢函數 $\phi(x,y,z)$ 使得 $\nabla \phi = F$。
保守場的充要條件是 $\nabla \times F = 0$ (在單連通區域內)。
計算旋度：
$\frac{\partial R}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (xy e^{xyz} + z) = x(1) e^{xyz} + xy e^{xyz} (xz) = x e^{xyz} + x^2yz e^{xyz}$
$\frac{\partial Q}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z} (xz e^{xyz} + y) = x(1) e^{xyz} + xz e^{xyz} (xy) = x e^{xyz} + x^2yz e^{xyz}$
所以，$\frac{\partial R}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial z}$。

$\frac{\partial R}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (xy e^{xyz} + z) = (1 \cdot y) e^{xyz} + xy e^{xyz} (yz) = y e^{xyz} + xy^2z e^{xyz}$
$\frac{\partial P}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z} (yz e^{xyz} + x) = y(1) e^{xyz} + yz e^{xyz} (xy) = y e^{xyz} + xy^2z e^{xyz}$
所以，$\frac{\partial R}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial z}$。

$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (xz e^{xyz} + y) = (1 \cdot z) e^{xyz} + xz e^{xyz} (yz) = z e^{xyz} + xyz^2 e^{xyz}$
$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (yz e^{xyz} + x) = (1 \cdot z) e^{xyz} + yz e^{xyz} (xz) = z e^{xyz} + xyz^2 e^{xyz}$
所以，$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$。

由於所有偏導數都滿足保守場的條件，該向量場是保守的。
我們可以尋找勢函數 $\phi(x,y,z)$。
$\frac{\partial \phi}{\partial x} = yz e^{xyz} + x$
$\frac{\partial \phi}{\partial y} = xz e^{xyz} + y$
$\frac{\partial \phi}{\partial z} = xy e^{xyz} + z$

對第一個式子積分：
$\phi(x,y,z) = \int (yz e^{xyz} + x) \, dx = e^{xyz} + \frac{1}{2}x^2 + C(y,z)$
其中 $C(y,z)$ 是關於 $y$ 和 $z$ 的任意函數。

對 $\phi$ 對 $y$ 求偏導數：

此題考驗學生對極限、函數性質以及導數定義的理解。

第一部分：證明 $f(0) = 0$。
已知 $|f(x)| \le x^2$ 對於所有的 $x$ 都成立。
將 $x=0$ 代入此不等式：
$|f(0)| \le 0^2$
$|f(0)| \le 0$
由於絕對值永遠是非負的，所以 $|f(0)| \ge 0$。
唯一能滿足 $|f(0)| \le 0$ 和 $|f(0)| \ge 0$ 的情況是 $|f(0)| = 0$。
這意味著 $f(0) = 0$。

第二部分：證明 $f'(0) = 0$。
導數的定義為：
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h}$
我們已經證明了 $f(0) = 0$。所以：
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(h)}{h}$。

我們知道 $|f(h)| \le h^2$ 對於所有的 $h$ 都成立。
這意味著 $-h^2 \le f(h) \le h^2$。
對於 $h \neq 0$，我們可以將不等式除以 $h$。

此題考驗學生對無窮級數比較審斂法的理解與應用。

題目給定兩個級數 $\sum a_n$ 和 $\sum b_n$ 都是正項級數。
已知條件有兩項：

1. $\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = 0$
2. $\sum b_n$ 收斂

我們需要證明 $\sum a_n$ 也收斂。

根據極限的定義，$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = 0$ 表示對於任意給定的 $\epsilon > 0$，存在一個正整數 $N$，使得當 $n > N$ 時，有：
$|\frac{a_n}{b_n} - 0| < \epsilon$
即 $|\frac{a_n}{b_n}| < \epsilon$。

因為 $a_n$ 和 $b_n$ 都是正項級數，所以 $a_n > 0$ 且 $b_n > 0$。因此 $\frac{a_n}{b_n} > 0$。
所以，對於 $n > N$，我們有 $0 < \frac{a_n}{b_n} < \epsilon$。
由於 $b_n > 0$，我們可以將不等式乘以 $b_n$：
$0 < a_n < \epsilon b_n$。

現在我們考慮級數 $\sum a_n$。
我們可以將級數 $\sum a_n$ 分成兩部分：前 $N$ 項和從第 $N+1$ 項開始的級數。
$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{n=1}^{N} a_n + \sum_{n=N+1}^{\infty} a_n$。

第一部分 $\sum_{n=1}^{N} a_n$ 是有限項的和，它是一個有限值。
對於第二部分 $\sum_{n=N+1}^{\infty} a_n$，我們知道對於 $n > N$，有 $a_n < \epsilon b_n$。
所以，$\sum_{n=N+1}^{\infty} a_n < \sum_{n=N+1}^{\infty} (\epsilon b_n) = \epsilon \sum_{n=N+1}^{\infty} b_n$。

已知 $\sum b_n$ 收斂，這意味著級數 $\sum_{n=N+1}^{\infty} b_n$ 也收斂 (一個收斂級數的尾部級數也收斂)。
令 $S_b = \sum_{n=1}^{\infty} b_n$。則 $\sum_{n=N+1}^{\infty} b_n = S_b - \sum_{n=1}^{N} b_n$，這是一個有限值。
所以，$\epsilon \sum_{n=N+1}^{\infty} b_n$ 也是一個有限值。

我們可以選擇一個特定的 $\epsilon$ 值來進行比較。
由於 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = 0$，這意味著對於足夠大的 $n$，$\frac{a_n}{b_n}$ 可以任意小。
我們取 $\epsilon = 1$。則存在 $N$ 使得對於 $n > N$，有 $\frac{a_n}{b_n} < 1$，即 $a_n < b_n$。

因此，對於 $n > N$，我們有 $0 < a_n < b_n$。
現在我們比較級數：
$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{n=1}^{N} a_n + \sum_{n=N+1}^{\infty} a_n$
$\sum_{n=1}^{\infty} b_n = \sum_{n=1}^{N} b_n + \sum_{n=N+1}^{\infty} b_n$