109 年 國立政治大學應用數學系碩士班《微積分》

核心觀念

本題考查：

• 無窮遠處的極限與最高階成長量比較。
• 二變數極限的夾擠定理。
• 指數函數的改寫：
  $a^{b}=e^{b\ln a}$
• 平均值定理，用來比較兩個趨近於 $0$ 的差值。

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(a) $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{x\ln x}{1+x\ln x}$

解題方法

令

$$u=x\ln x.$$

當 $x\to\infty$ 時，$u\to\infty$。原式可改寫為

$$\frac{x\ln x}{1+x\ln x} =\frac{u}{1+u} =\frac{1}{1+\frac{1}{u}}.$$

由於

$$\frac{1}{u}\to 0,$$

因此

$$\lim_{x\to\infty}\frac{x\ln x}{1+x\ln x} =\frac{1}{1+0}=1.$$

解題技巧

分子與分母含有相同的主要成長項 $x\ln x$，可直接將分子分母同除以 $x\ln x$：

$$\frac{x\ln x}{1+x\ln x} = \frac{1}{\frac{1}{x\ln x}+1}.$$

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(b) $\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^2y^3}{2x^2+y^2}$

解題方法

考慮絕對值：

$$\left|\frac{x^2y^3}{2x^2+y^2}\right| = \frac{x^2|y|^3}{2x^2+y^2}.$$

因為 $2x^2+y^2\geq 2x^2$，所以

$$0\leq \frac{x^2}{2x^2+y^2}\leq \frac{1}{2}.$$

因此

$$\left|\frac{x^2y^3}{2x^2+y^2}\right| = |y|^3\frac{x^2}{2x^2+y^2} \leq \frac{|y|^3}{2}.$$

當 $(x,y)\to(0,0)$ 時，$y\to0$，故

$$\frac{|y|^3}{2}\to0.$$

由夾擠定理，

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{x^2y^3}{2x^2+y^2}=0.$$

解題技巧

分母是非負的二次式，且可用 $2x^2+y^2\geq 2x^2$ 消去分子中的 $x^2$。這樣可將原式控制在只與 $y$ 有關的量：

$$\left|\frac{x^2y^3}{2x^2+y^2}\right| \leq \frac{|y|^3}{2}.$$

只要上界趨近於 $0$，二變數極限便確定為 $0$。

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(c) $\displaystyle \lim_{x\to\infty}

\frac{(x+2)^{1/x}-x^{1/x}}
{(x+3)^{1/x}-x^{1/x}}$

核心觀念

先提出共同因子 $x^{1/x}$：

$$(x+k)^{1/x} =x^{1/x}\left(1+\frac{k}{x}\right)^{1/x}.$$

因此分子與分母中的 $x^{1/x}$ 可以約去。接著利用平均值定理比較

核心觀念

本題涵蓋下列積分技巧：

• 反導函數與變數代換。
• 對數函數的微分公式：
  $\frac{d}{dx}\ln(\tan x)=\frac{1}{\sin x\cos x}.$
• 指數函數與超幾何函數的積分表示。
• 三角代換及冪次拆解。
• 三重積分中的球座標變換與對稱性。

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(a)

解題方法

注意到

$$\frac{d}{dx}\ln(\tan x) =\frac{\sec^2x}{\tan x} =\frac{1}{\sin x\cos x}.$$

令

$$u=\ln(\tan x),\qquad du=\frac{dx}{\sin x\cos x}.$$

因此

$$\begin{aligned} \int_{\pi/3}^{\pi/4}\frac{\ln(\tan x)}{\sin x\cos x}\,dx &=\int_{\ln(\sqrt3)}^{\ln(1)}u\,du\\ &=\left.\frac{u^2}{2}\right|_{\ln(\sqrt3)}^0\\ &=-\frac12\left(\ln\sqrt3\right)^2. \end{aligned}$$

由

$$\ln\sqrt3=\frac12\ln3,$$

可得

$$\boxed{ \int_{\pi/3}^{\pi/4}\frac{\ln(\tan x)}{\sin x\cos x}\,dx =-\frac18(\ln3)^2 }.$$

解題技巧

積分上下限由 $\pi/3$ 到 $\pi/4$，方向相反，因此結果為負值；這也可作為答案符號的快速檢查。

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(b)

核心觀念

原積分為

$$\int_{0}^{e^{1/3}}\frac{x^3}{e^{1-x^3}}\,dx =\frac1e\int_{0}^{e^{1/3}}x^3e^{x^3}\,dx.$$

此積分沒有初等函數形式的反導函數，需使用合流超幾何函數 ${}_1F_1$，其基本公式為

$$\int x^{\mu-1}e^{x^\nu}\,dx = \frac{x^\mu}{\mu} \,{}_1F_1\left(\frac{\mu}{\nu}; \frac{\mu}{\nu}+1;x^\nu\right).$$

解題方法

取 $\mu=4$、$\nu=3$，得到

$$\int x^3e^{x^3}\,dx = \frac{x^4}{4} \,{}_1F_1\left(\frac43;\frac73;x^3\right).$$

因此

$$\begin{aligned} \int_{0}^{e^{1/3}}\frac{x^3}{e^{1-x^3}}\,dx &=\left. \frac{x^4}{4e} \,{}_1F_1\left(\frac43;\frac73;x^3\right) \right|_{0}^{e^{1/3}}\\ &=\frac{e^{4/3}}{4e} \,{}_1F_1\left(\frac43;\frac73;e\right). \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{ \int_{0}^{e^{1/3}}\frac{x^3}{e^{1-x^3}}\,dx = \frac{e^{1/3}}{4} \,{}_1F_1\left(\frac43;\frac73;e\right) }.$$

亦可由冪級數表示為

$$\begin{aligned} \frac1e\int_0^{e^{1/3}}x^3e^{x^3}\,dx &=\frac1e\sum_{n=0}^{\infty} \frac1{n!}\int_0^{e^{1/3}}x^{3n+3}\,dx\\ &=e^{1/3}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{e^n}{(3n+4)n!}. \end{aligned}$$

解題技巧

遇到 $e^{x^3}$ 與 $x^3\,dx$ 時，直接令 $u=x^3$ 會產生 $u^{1/3}\,du$，仍非初等積分。因此此小題的精確答案必須以特殊函數或無窮級數表示。

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(c)

核心觀念

利用

$$\cos^5x=\cos^4x\cos x=(1-\sin^2x)^2\cos x,$$

令 $u=\sin x$，即可將三角積分化為多項式積分。

解題方法

令

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

本題要求計算旋轉體體積。首先需要確定由曲線 $x = -3y^2 + 12y - 9$ 和 $x = 0$ 所圍成的區域，然後將此區域繞 x-軸旋轉。

第一步：確定圍成區域的曲線。
曲線 $x = -3y^2 + 12y - 9$ 是一個開口向左的拋物線。
曲線 $x = 0$ 是 y-軸。
我們需要找到這兩條曲線的交點。將 $x=0$ 代入拋物線方程：
$0 = -3y^2 + 12y - 9$
$3y^2 - 12y + 9 = 0$
$y^2 - 4y + 3 = 0$
$(y-1)(y-3) = 0$
所以交點的 y-座標為 $y=1$ 和 $y=3$。
這表示當 $y=1$ 或 $y=3$ 時，拋物線與 y-軸相交。

第二步：確定區域。
拋物線的頂點可以通過配方法找到：
$x = -3(y^2 - 4y) - 9$
$x = -3(y^2 - 4y + 4 - 4) - 9$
$x = -3((y-2)^2 - 4) - 9$
$x = -3(y-2)^2 + 12 - 9$
$x = -3(y-2)^2 + 3$.
頂點是 $(3, 2)$。
由於頂點的 x-座標為 3（大於 0），且拋物線開口向左，所以當 $y$ 在 1 和 3 之間時，$x$ 的值為正。
因此，圍成的區域是位於 y-軸右側（$x>0$）的區域，由拋物線 $x = -3y^2 + 12y - 9$ 和直線 $x=0$ 所圍成，y 的範圍是 $[1, 3]$。

第三步：繞 x-軸旋轉。
當我們繞 x-軸旋轉時，我們需要將積分變數設為 x。然而，曲線是以 $x$ 為 $y$ 的函數給出的。這意味著我們應該使用圓盤法（Disk Method）或圓環法（Washer Method）。
由於區域是繞 x-軸旋轉，我們需要將 $y$ 表示為 $x$ 的函數。
從 $x = -3y^2 + 12y - 9$，我們得到 $3y^2 - 12y + (9+x) = 0$.
使用二次公式求解 $y$:
$y = \frac{-(-12) \pm \sqrt{(-12)^2 - 4(3)(9+x)}}{2(3)}$
$y = \frac{12 \pm \sqrt{144 - 108 - 12x}}{6}$
$y = \frac{12 \pm \sqrt{36 - 12x}}{6} = \frac{12 \pm \sqrt{12(3-x)}}{6} = \frac{12 \pm 2\sqrt{3(3-x)}}{6} = 2 \pm \frac{\sqrt{3(3-x)}}{3}$.
我們有兩個函數 $y_1 = 2 + \frac{\sqrt{3(3-x)}}{3}$ 和 $y_2 = 2 - \frac{\sqrt{3(3-x)}}{3}$.
這兩條曲線分別代表拋物線的上半部分和下半部分。
我們知道 $y$ 的範圍是 $[1, 3]$。
當 $y=1$ 時，$1 = 2 \pm \frac{\sqrt{3(3-x)}}{3} \implies -1 = \pm \frac{\sqrt{3(3-x)}}{3} \implies -3 = \pm \sqrt{3(3-x)}$.
平方得 $9 = 3(3-x) \implies 3 = 3-x \implies x=0$.

這題要求計算一個封閉曲線上的線積分，其中向量場 $\mathbf{F}$ 和曲線 $\mathbf{r}(t)$ 都給定。

首先，我們檢查向量場 $\mathbf{F}$ 是否為保守向量場。一個向量場 $\mathbf{F} = P\mathbf{i} + Q\mathbf{j} + R\mathbf{k}$ 是保守向量場，若且唯若 $\nabla \times \mathbf{F} = \mathbf{0}$。
$P = x + y^2$
$Q = xz$
$R = y + z$

計算旋度 $\nabla \times \mathbf{F}$:
$\nabla \times \mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ P & Q & R \end{vmatrix}$
$= \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ x+y^2 & xz & y+z \end{vmatrix}$

$\mathbf{i}$ 分量: $\frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} = \frac{\partial (y+z)}{\partial y} - \frac{\partial (xz)}{\partial z} = 1 - x$.
$\mathbf{j}$ 分量: $\frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} = \frac{\partial (x+y^2)}{\partial z} - \frac{\partial (y+z)}{\partial x} = 0 - 0 = 0$.
$\mathbf{k}$ 分量: $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial (xz)}{\partial x} - \frac{\partial (x+y^2)}{\partial y} = z - 2y$.

所以 $\nabla \times \mathbf{F} = (1-x)\mathbf{i} + 0\mathbf{j} + (z-2y)\mathbf{k}$.

核心觀念

本題考查複合函數的偏微分與鏈鎖律。假設 $f,g$ 具有二階導數，且 $c$ 為常數。

對於 $f(x-y)$，有

$$\frac{\partial}{\partial x}f(x-y)=f'(x-y)\cdot 1,$$ $$\frac{\partial}{\partial y}f(x-y)=f'(x-y)\cdot(-1).$$

對於 $g(c+y)$，因為 $c$ 為常數，

$$\frac{\partial}{\partial x}g(c+y)=0, \qquad \frac{\partial}{\partial y}g(c+y)=g'(c+y).$$

解題方法

先分別計算 $z$ 對 $x$ 與 $y$ 的二階偏導數。

由

$$z=f(x-y)+g(c+y),$$

對 $x$ 微分：

$$\frac{\partial z}{\partial x} =f'(x-y)\frac{\partial(x-y)}{\partial x} +g'(c+y)\frac{\partial(c+y)}{\partial x}.$$

因為 $\frac{\partial(x-y)}{\partial x}=1$ 且 $\frac{\partial(c+y)}{\partial x}=0$，所以

$$\frac{\partial z}{\partial x}=f'(x-y).$$

再對 $x$ 微分一次：

$$\frac{\partial^2z}{\partial x^2} =f''(x-y)\frac{\partial(x-y)}{\partial x} =f''(x-y).$$

接著對 $y$ 微分：

$$\frac{\partial z}{\partial y} =f'(x-y)\frac{\partial(x-y)}{\partial y} +g'(c+y)\frac{\partial(c+y)}{\partial y},$$

因此

$$\frac{\partial z}{\partial y} =-f'(x-y)+g'(c+y).$$

再對 $y$ 微分一次：

$$\begin{aligned} \frac{\partial^2z}{\partial y^2} &=-f''(x-y)\frac{\partial(x-y)}{\partial y} +g''(c+y)\frac{\partial(c+y)}{\partial y} \\ &=-f''(x-y)(-1)+g''(c+y)(1) \\ &=f''(x-y)+g''(c+y). \end{aligned}$$

所以

這題考驗學生對函數連續性的理解，特別是絕對值函數與連續性的關係。

(a) 證明：若 $f$ 在一個區間上連續，則 $|f|$ 也在該區間上連續。
證明：
根據連續性的定義，函數 $f$ 在點 $a$ 處連續，若且唯若 $\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$。
我們要證明 $|f|$ 在點 $a$ 處連續，即 $\lim_{x \to a} |f(x)| = |f(a)|$。
我們知道極限的絕對值性質：若 $\lim_{x \to a} g(x)$ 存在，則 $\lim_{x \to a} |g(x)| = |\lim_{x \to a} g(x)|$。
因為 $f$ 在點 $a$ 處連續，所以 $\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$。
因此，$\lim_{x \to a} |f(x)| = |\lim_{x \to a} f(x)| = |f(a)|$。
這證明了 $|f|$ 在點 $a$ 處連續。
由於 $a$ 是區間上的任意一點，所以 $|f|$ 在整個區間上連續。

【答案】若 $f$ 在點 $a$ 處連續，則 $\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$。根據極限的性質，$\lim_{x \to a} |f(x)| = |\lim_{x \to a} f(x)| = |f(a)|$。這表明 $|f|$ 在點 $a$ 處連續。由於 $a$ 是區間上的任意一點，所以 $|f|$ 在該區間上連續。

(b) 判斷：若 $|f|$ 在一個區間上連續，則 $f$ 是否一定在該區間上連續？
答案是：是， $|f|$ 連續，則 $f$ 連續。

證明：
假設 $|f|$ 在點 $a$ 處連續。根據連續性的定義，我們需要證明 $\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$。
我們知道 $|f(x)|$ 在點 $a$ 處連續，所以 $\lim_{x \to a} |f(x)| = |f(a)|$。

這題考驗學生對絕對收斂、條件收斂以及級數和與差的性質的理解。

首先，理解級數 $\sum a_n^+$ 和 $\sum a_n^-$ 的定義。
$a_n^+ = \frac{|a_n| + a_n}{2}$
$a_n^- = \frac{|a_n| - a_n}{2}$

觀察這些定義：
如果 $a_n > 0$，則 $|a_n| = a_n$.
$a_n^+ = \frac{a_n + a_n}{2} = a_n$.
$a_n^- = \frac{a_n - a_n}{2} = 0$.
所以，當 $a_n$ 是正項時，$a_n^+$ 等於 $a_n$，而 $a_n^-$ 等於 0。

如果 $a_n < 0$，則 $|a_n| = -a_n$.
$a_n^+ = \frac{-a_n + a_n}{2} = 0$.
$a_n^- = \frac{-a_n - a_n}{2} = \frac{-2a_n}{2} = -a_n$.
所以，當 $a_n$ 是負項時，$a_n^+$ 等於 0，而 $a_n^-$ 等於 $-a_n$ (一個正數)。

如果 $a_n = 0$，則 $|a_n| = 0$.
$a_n^+ = \frac{0 + 0}{2} = 0$.
$a_n^- = \frac{0 - 0}{2} = 0$.

這意味著：
級數 $\sum a_n^+$ 的項實際上是原級數 $\sum a_n$ 中的所有正項，而負項變為 0。
級數 $\sum a_n^-$ 的項實際上是原級數 $\sum a_n$ 中的所有負項的相反數（變為正項），而正項變為 0。

這兩個級數 $\sum a_n^+$ 和 $\sum a_n^-$ 的項都是非負的。
對於非負項級數，其收斂性與其部分和序列的界限有關。

我們知道 $a_n = a_n^+ - a_n^-$.
並且 $|a_n| = a_n^+ + a_n^-$. (驗證：如果 $a_n>0$, $|a_n|=a_n$, $a_n^+=a_n, a_n^-=0$, $a_n+0=a_n$。如果 $a_n<0$, $|a_n|=-a_n$, $a_n^+=0, a_n^-=-a_n$, $0+(-a_n)=-a_n$。)

題目給定級數 $\sum a_n$ 是絕對收斂的。
這意味著級數 $\sum |a_n|$ 收斂。
由於 $\sum |a_n|$ 收斂，且 $|a_n| = a_n^+ + a_n^-$.
級數 $\sum (|a_n|) = \sum (a_n^+ + a_n^-)$.
由於級數 $\sum |a_n|$ 收斂，且 $a_n^+ \ge 0$ 和 $a_n^- \ge 0$ 對所有 $n$ 成立，我們可以將級數拆開：
$\sum |a_n| = \sum a_n^+ + \sum a_n^-$.

我們知道級數 $\sum |a_n|$ 收斂。
由於 $a_n^+ \ge 0$ 且 $a_n^+ \le |a_n|$ 對所有 $n$ 成立 (因為 $a_n^+ = \frac{|a_n| + a_n}{2} \le \frac{|a_n| + |a_n|}{2} = |a_n|$)。