110 年 國立政治大學應用數學系碩士班《微積分》

本題考驗 $\epsilon-\delta$ 定義的極限證明。我們要證明當 $x$ 趨近於 1 時，$f(x)$ 的極限是 2。
根據 $\epsilon-\delta$ 定義，我們要證明對於任意給定的 $\epsilon > 0$，存在一個 $\delta > 0$，使得當 $0 < |x-1| < \delta$ 時， $|f(x) - 2| < \epsilon$。

我們要分兩種情況討論 $|f(x) - 2|$：
情況一：$x < 1$。此時 $f(x) = 3x-1$。
$|f(x) - 2| = |(3x-1) - 2| = |3x-3| = |3(x-1)| = 3|x-1|$。
若要使 $3|x-1| < \epsilon$，則需要 $|x-1| < \frac{\epsilon}{3}$。

情況二：$x \geq 1$。此時 $f(x) = 2x$。
$|f(x) - 2| = |2x - 2| = |2(x-1)| = 2|x-1|$。
若要使 $2|x-1| < \epsilon$，則需要 $|x-1| < \frac{\epsilon}{2}$。

為了同時滿足這兩種情況，我們需要選擇一個 $\delta$ 使得在 $|x-1| < \delta$ 的條件下，兩種情況都能使 $|f(x)-2| < \epsilon$。
我們取 $\delta = \min\left(1, \frac{\epsilon}{3}, \frac{\epsilon}{2}\right)$。由於 $\frac{\epsilon}{3} < \frac{\epsilon}{2}$，我們可以簡化為 $\delta = \min\left(1, \frac{\epsilon}{3}\right)$。
（注意：通常在選擇 $\delta$ 時，為了避免 $x=1$ 的情況，可以限制 $|x-1| < 1$。在這裡，即使 $x=1$ 也不會影響極限的定義，但限制 $|x-1| < 1$ 有時會使選擇 $\delta$ 的過程更直觀。）

核心觀念

本題考查多變數函數在原點的：

• 偏導數定義；
• 方向導數定義；
• 梯度向量；
• 連續性的判定；
• 可微分與方向導數之間的關係。

若 $f$ 在 $(0,0)$ 可微分，則對任意單位向量 $u$，必有

$$D_u f(0,0)=\nabla f(0,0)\cdot u.$$

但各方向導數都存在，並不代表函數一定可微分。

（a）偏導數與梯度向量

偏導數必須依定義計算。

對 $x$ 的偏導數

$$f_x(0,0) = \lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}.$$

當 $h\neq 0$ 時，

$$f(h,0)=\frac{h\cdot 0^2}{h^2+0^2}=0.$$

因此

$$f_x(0,0) = \lim_{h\to 0}\frac{0-0}{h} =0.$$

對 $y$ 的偏導數

$$f_y(0,0) = \lim_{h\to 0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}.$$

當 $h\neq 0$ 時，

$$f(0,h)=\frac{0\cdot h^2}{0^2+h^2}=0.$$

所以

$$f_y(0,0) = \lim_{h\to 0}\frac{0-0}{h} =0.$$

因此梯度向量為

$$\nabla f(0,0) = \bigl(f_x(0,0),f_y(0,0)\bigr) =(0,0).$$

（b）求任意方向的方向導數

令單位向量

$$u=(a,b), \qquad a^2+b^2=1.$$

方向導數定義為

$$D_u f(0,0) = \lim_{t\to 0} \frac{f\bigl((0,0)+tu\bigr)-f(0,0)}{t}.$$

由 $tu=(ta,tb)$，當 $t\neq 0$ 時，

$$f(ta,tb) = \frac{(ta)(tb)^2}{(ta)^2+(tb)^2}.$$

整理得

$$f(ta,tb) = \frac{ta\cdot t^2b^2}{t^2(a^2+b^2)} = \frac{t^3ab^2}{t^2(a^2+b^2)} = \frac{tab^2}{a^2+b^2}.$$

因為 $u$ 是單位向量，所以 $a^2+b^2=1$，故

$$f(ta,tb)=tab^2.$$

代入方向導數定義：

$$D_u f(0,0) = \lim_{t\to 0} \frac{tab^2-0}{t} = \lim_{t\to 0}ab^2 = ab^2.$$

因此對所有單位向量 $u=(a,b)$，

$$\boxed{D_u f(0,0)=ab^2}, \qquad a^2+b^2=1.$$

注意，若函數在原點可微分，則由（a）應有

$$D_u f(0,0) = \nabla f(0,0)\cdot u = (0,0)\cdot(a,b) =0.$$

但本題方向導數為 $ab^2$，一般不等於 $0$。

（c）連續性與可微分性

連續性

本題分為兩部分。第一部分是關於一維函數的性質，第二部分是關於二維函數的性質，並對比兩者的差異。

核心觀念：

1. 極值定理 (Extreme Value Theorem): 在閉區間上連續的函數必有最大值和最小值。
2. 局部極值 (Local Extrema): 函數在某一點取得局部最大值或最小值。
3. 費馬引理 (Fermat's Lemma): 如果函數 $f$ 在點 $c$ 可微，且 $f$ 在 $c$ 處有局部極值，則 $f'(c) = 0$。
4. 二元函數的局部極值判斷: 透過計算一階偏導數並令其為零找到臨界點，再利用二階偏導數判別法 (Hessian Matrix)。
   $D = f_{xx}f_{yy} - (f_{xy})^2$。
   若 $D > 0$ 且 $f_{xx} > 0$，則為局部最小值。
   若 $D > 0$ 且 $f_{xx} < 0$，則為局部最大值。
   若 $D < 0$，則為鞍點。
   若 $D = 0$，則判別法失效。

(a) Show that if $f(x)$ has two local maxima, it also must have a local minima.

設 $f(x)$ 是連續函數。假設 $f(x)$ 在點 $x_1$ 和 $x_2$ 處取得兩個局部最大值，且 $x_1 < x_2$。
因為 $f$ 在 $x_1$ 和 $x_2$ 處有局部最大值，根據費馬引理（假設 $f$ 在這些點可微，若不可微，則極值發生在不可導點，但定理仍然成立，因為我們只需要證明存在一個局部最小值），我們知道 $f'(x_1) = 0$ 和 $f'(x_2) = 0$（如果 $f$ 在 $x_1$ 或 $x_2$ 不可微，則這些點本身就是極值點，我們還需要考慮函數在區間上的行為）。
考慮區間 $[x_1, x_2]$。由於 $f$ 在 $x_1$ 和 $x_2$ 取得局部最大值，我們可以找到比 $x_1$ 和 $x_2$ 更小的鄰域，使得 $f(x) \leq f(x_1)$ 對於 $x$ 在 $x_1$ 的鄰域內，且 $f(x) \leq f(x_2)$ 對於 $x$ 在 $x_2$ 的鄰域內。

現在考慮區間 $[x_1, x_2]$。
如果 $f(x_1) = f(x_2)$，那麼在區間 $[x_1, x_2]$ 上，函數在兩端點取得相同值。由於 $f$ 在 $x_1$ 和 $x_2$ 處都是局部最大值，考慮區間 $[x_1, x_2]$。在區間內部 $(x_1, x_2)$，如果存在一點 $c$ 使得 $f(c) < f(x_1)$，那麼 $f(c)$ 就是一個局部最小值（或者該點為邊界點）。如果對區間內的所有點 $x$，都有 $f(x) \geq f(x_1)$，那麼 $f(x_1)$ 就是區間 $[x_1, x_2]$ 上的最小值，但這與 $f(x_1)$ 是局部最大值矛盾（除非該函數在某個區間內是常數，但通常局部最大值定義排除了常數函數）。
一個更嚴謹的說法是：
設 $x_1$ 和 $x_2$ 是兩個局部最大值的點，且 $x_1 < x_2$。
考慮開區間 $(x_1, x_2)$。
若在 $(x_1, x_2)$ 內存在一點 $c$ 使得 $f(c) < f(x_1)$ 且 $f(c) < f(x_2)$，則 $c$ 處的函數值比兩側的局部最大值都低。
如果 $f(x_1) > f(x_2)$：由於 $f$ 在 $x_2$ 處是局部最大值，那麼在 $x_2$ 的某個左鄰域 $(x_2-\delta, x_2)$ 內， $f(x) \leq f(x_2) < f(x_1)$。這意味著 $f(x_1)$ 確實是一個局部最大值。考慮函數在區間 $[x_1, x_2-\delta]$。由於 $f$ 在 $x_1$ 處取得局部最大值，且 $f(x_2-\delta) < f(x_1)$，由極值定理，在區間 $[x_1, x_2-\delta]$ 上必存在一點 $c$ 使得 $f(c)$ 是最小值。這個 $c$ 點可能在 $x_1$ 或 $x_2-\delta$，但如果 $f(x_1)$ 和 $f(x_2)$ 是嚴格局部最大值，則最小值點 $c$ 必須在 $(x_1, x_2-\delta)$ 內部，因此 $f(c)$ 是一個局部最小值。
如果 $f(x_2) > f(x_1)$：同理，在 $x_1$ 的右鄰域 $(x_1, x_1+\delta)$ 內 $f(x) \leq f(x_1) < f(x_2)$。考慮區間 $[x_1+\delta, x_2]$。由於 $f$ 在 $x_2$ 處取得局部最大值，且 $f(x_1+\delta) < f(x_2)$，由極值定理，在區間 $[x_1+\delta, x_2]$ 上必存在一點 $c$ 使得 $f(c)$ 是最小值。這個 $c$ 點必須在 $(x_1+\delta, x_2)$ 內部（除非函數在某個區間內是常數），因此 $f(c)$ 是一個局部最小值。
如果 $f(x_1) = f(x_2)$：考慮區間 $[x_1, x_2]$。如果 $f(x) = f(x_1)$ 對於所有 $x \in [x_1, x_2]$，那麼函數在整個區間內都是常數，這與「局部最大值」的定義（通常要求是嚴格的最大值，或者說，不能在一個區間內都取到最大值）有些出入。但即便如此，如果函數在區間內不是常數，則必存在一點 $c \in (x_1, x_2)$ 使得 $f(c) < f(x_1)$。此時，這個 $c$ 點的函數值就是一個局部最小值。
因此，只要函數不是在整個區間上都取相同值，總存在一個局部最小值。

更簡潔的證明：
設 $f(x)$ 在 $x_1$ 和 $x_2$ ($x_1 < x_2$) 處有局部最大值。
考慮函數在區間 $[x_1, x_2]$ 上的行為。
如果 $f(x_1) = f(x_2)$，則在區間 $(x_1, x_2)$ 內，若存在一點 $c$ 使得 $f(c) < f(x_1)$，則 $f(c)$ 就是一個局部最小值。若對於所有 $x \in (x_1, x_2)$，皆有 $f(x) = f(x_1)$，這表示函數在區間 $[x_1, x_2]$ 上是常數。但局部最大值的定義通常意味著在鄰域內是最大的。如果函數在一個區間內是常數，那麼該區間內的每一個點都可以看作是局部最大值點和局部最小值點。然而，標準定義下，局部極值點通常要求在鄰域內嚴格最大或最小，或者說，至少要有一個點在鄰域內嚴格大於（或小於）該點。如果我們允許函數在區間內是常數，那麼在區間 $(x_1, x_2)$ 內的任何一點 $c$ 都可以作為一個局部最小值點，因為 $f(c) = f(x_1)$，而 $f(x_1)$ 是局部最大值。
若 $f(x_1) > f(x_2)$。由於 $f$ 在 $x_2$ 處有局部最大值，存在 $\delta > 0$ 使得對於 $x \in (x_2-\delta, x_2+\delta)$， $f(x) \leq f(x_2)$。因此，對於 $x \in (x_2-\delta, x_2]$，我們有 $f(x) \leq f(x_2) < f(x_1)$。
現在考慮區間 $[x_1, x_2-\delta]$ (假設 $x_2-\delta > x_1$)。由於 $f$ 在 $x_1$ 處是局部最大值，且 $f(x_2-\delta) < f(x_1)$。根據極值定理，在閉區間 $[x_1, x_2-\delta]$ 上，函數 $f$ 必定存在一個最小值點 $c$。如果 $c$ 在開區間 $(x_1, x_2-\delta)$ 內，則 $f(c)$ 就是一個局部最小值。如果 $c=x_1$，則 $f(x_1)$ 是最小值，但 $f(x_1)$ 也是局部最大值，這意味著在 $x_1$ 的鄰域內 $f(x) \geq f(x_1)$ 且 $f(x) \leq f(x_1)$，即 $f(x)=f(x_1)$，這與 $f(x_1) > f(x_2)$ 矛盾（除非 $x_2$ 離 $x_1$ 非常近，以至於 $x_2-\delta \leq x_1$）。
一個更穩健的論證是：
設 $x_1, x_2$ 是兩個局部最大值點，且 $x_1 < x_2$。
若 $f(x_1) = f(x_2)$。考慮區間 $[x_1, x_2]$。由於 $f$ 在 $x_1$ 和 $x_2$ 處是局部最大值，我們需要考慮函數在 $(x_1, x_2)$ 區間內的行為。如果存在 $c \in (x_1, x_2)$ 使得 $f(c) < f(x_1)$，則 $f(c)$ 是一個局部最小值。如果對於所有 $c \in (x_1, x_2)$，都有 $f(c) = f(x_1)$，則函數在 $[x_1, x_2]$ 上是常數。這種情況下，區間內的任意一點 $c$ 既是局部最大值點，也是局部最小值點。
若 $f(x_1) \neq f(x_2)$。不妨設 $f(x_1) > f(x_2)$。

本題考驗不定積分的計算。第一小題是標準的有理函數積分，第二小題需要適當的變數代換。

核心觀念：

1. 部分分式分解 (Partial Fraction Decomposition): 將有理函數分解為更簡單的分數之和。
2. 三角換元 (Trigonometric Substitution): 當被積函數包含 $\sqrt{a^2-x^2}$, $\sqrt{a^2+x^2}$, $\sqrt{x^2-a^2}$ 等形式時，使用三角函數代換。
3. 其他變數代換: 針對特定形式的積分，選擇合適的變數代換來簡化積分。

(a) Evaluate $\int \frac{x}{(x+1)(x+2)} dx$

被積函數是 $\frac{x}{(x+1)(x+2)}$，是一個有理函數。分母是已分解的線性因子。我們使用部分分式分解。
設 $\frac{x}{(x+1)(x+2)} = \frac{A}{x+1} + \frac{B}{x+2}$。
乘以 $(x+1)(x+2)$ 得到：
$x = A(x+2) + B(x+1)$。

令 $x = -1$：
$-1 = A(-1+2) + B(-1+1) = A(1) + B(0) = A$。
所以 $A = -1$。

令 $x = -2$：
$-2 = A(-2+2) + B(-2+1) = A(0) + B(-1) = -B$。
所以 $B = 2$。

因此，$\frac{x}{(x+1)(x+2)} = \frac{-1}{x+1} + \frac{2}{x+2}$。

現在進行積分：
$\int \frac{x}{(x+1)(x+2)} dx = \int \left( \frac{-1}{x+1} + \frac{2}{x+2} \right) dx$

核心觀念

本題分別考查：

• 二重積分中的線性變數變換與 Jacobian。
• 由 $x^2-y^2=(x+y)(x-y)$ 辨認適合的變數。
• 三重積分中的球座標變換。
• 球座標體積元素 $dV=r^2\sin\phi\,dr\,d\phi\,d\theta$。

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解題方法

(a)

積分為

$$\iint_R (x+y)^2e^{x^2-y^2}\,dA,$$

其中 $R$ 是頂點為 $(1,0),(0,1),(-1,0),(0,-1)$ 的菱形。

因為被積函數中同時出現 $x+y$ 與 $x^2-y^2$，採用變數變換

$$u=x+y,\qquad v=x-y.$$

則

$$x=\frac{u+v}{2},\qquad y=\frac{u-v}{2},$$

且

$$x^2-y^2=(x+y)(x-y)=uv.$$

變換區域

各頂點對應如下：

$$\begin{array}{c|c} (x,y)&(u,v)\\ \hline (1,0)&(1,1)\\ (0,1)&(1,-1)\\ (-1,0)&(-1,-1)\\ (0,-1)&(-1,1) \end{array}$$

因此，$R$ 變換成 $uv$ 平面上的正方形

$$-1\leq u\leq 1,\qquad -1\leq v\leq 1.$$

Jacobian

由

$$\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix} \dfrac12&\dfrac12\\[4pt] \dfrac12&-\dfrac12 \end{vmatrix} =-\frac12,$$

得

$$dA=\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|du\,dv =\frac12\,du\,dv.$$

所以原積分化為

$$\begin{aligned} I &=\frac12\int_{-1}^{1}\int_{-1}^{1}u^2e^{uv}\,dv\,du. \end{aligned}$$

先對 $v$ 積分。當 $u\neq 0$ 時，

$$\int_{-1}^{1}e^{uv}\,dv = \left[\frac{e^{uv}}{u}\right]_{-1}^{1} = \frac{e^u-e^{-u}}{u} = \frac{2\sinh u}{u}.$$

代回可得

$$\begin{aligned} I &=\frac12\int_{-1}^{1}u^2\frac{2\sinh u}{u}\,du\\ &=\int_{-1}^{1}u\sinh u\,du. \end{aligned}$$

由

$$\int u\sinh u\,du=u\cosh u-\sinh u,$$

因此

$$\begin{aligned} I &=\left[u\cosh u-\sinh u\right]_{-1}^{1}\\ &=(\cosh 1-\sinh 1)-(-\cosh 1+\sinh 1)\\ &=2(\cosh 1-\sinh 1). \end{aligned}$$

又因為

核心觀念

本題考查：

• 冪級數的收斂半徑與端點判斷。
• 比較判別法與交錯級數判別法。
• 幾何級數及其逐項積分：
  $\sum_{n=0}^{\infty}x^n=\frac1{1-x},\qquad |x|<1.$
• 對冪級數進行代數分解與求和。
• 可去奇異點的極限判斷。

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（a）收斂半徑與收斂區間

考慮冪級數

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{(n+1)(n+2)}.$$

令

$$a_n=\frac1{(n+1)(n+2)}.$$

由比值判別法，

$$\left|\frac{a_{n+1}x^{n+1}}{a_nx^n}\right| = |x|\frac{(n+1)(n+2)}{(n+2)(n+3)} = |x|\frac{n+1}{n+3}.$$

因此

$$\lim_{n\to\infty} |x|\frac{n+1}{n+3}=|x|.$$

當 $|x|<1$ 時級數收斂；當 $|x|>1$ 時級數發散，所以收斂半徑為

$$\boxed{R=1}.$$

接著檢查兩個端點。

端點 $x=1$

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{(n+1)(n+2)}.$$

利用部分分式分解，

$$\frac1{(n+1)(n+2)} = \frac1{n+1}-\frac1{n+2}.$$

故部分和為

$$\sum_{n=0}^{N} \left(\frac1{n+1}-\frac1{n+2}\right) = 1-\frac1{N+2}.$$

令 $N\to\infty$，得到

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{(n+1)(n+2)}=1.$$

所以 $x=1$ 收斂。

端點 $x=-1$

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+1)(n+2)}.$$

因為

$$\frac1{(n+1)(n+2)}\to0$$

且隨 $n$ 遞減，所以由交錯級數判別法收斂。

因此收斂區間為

$$\boxed{[-1,1]}.$$

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（b）求級數的閉式

先作部分分式分解：

$$\frac1{(n+1)(n+2)} = \frac1{n+1}-\frac1{n+2}.$$

因此

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{(n+1)(n+2)} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n+1} - \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n+2}.$$

由

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n+1} = \frac1x\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1} = -\frac{\ln(1-x)}x,$$

以及

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n+2} = \frac1{x^2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+2}}{n+2} = \frac{-\ln(1-x)-x}{x^2},$$

可得

核心觀念

本題考查：

• 微積分基本定理：
  $\frac{d}{dx}\int_a^x g(t)\,dt=g(x)。$
• 乘積法則與鏈鎖律。
• 函數定義域與導數存在的必要條件。
• 由已知 $f'(\ln x)$ 進行變數代換，再由導數反推原函數。

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(a) 求 $f'(\pi)$

題目給定

$$f(x)=\int_{\pi/4}^{x}\frac{\sin(t^2)}{\tan x}\,dt。$$

由於 $\tan x$ 與積分變數 $t$ 無關，可提出積分號外：

$$f(x)=\frac{1}{\tan x}\int_{\pi/4}^{x}\sin(t^2)\,dt。$$

令

$$A(x)=\int_{\pi/4}^{x}\sin(t^2)\,dt，$$

則

$$f(x)=A(x)\cot x。$$

當 $\tan x\neq 0$ 時，由微積分基本定理與乘積法則，

$$A'(x)=\sin(x^2)，$$

因此

$$f'(x) =A'(x)\cot x+A(x)(-\csc^2x)$$ $$=\sin(x^2)\cot x -\left(\int_{\pi/4}^{x}\sin(t^2)\,dt\right)\csc^2x。$$

然而在 $x=\pi$ 時，

$$\tan\pi=0，$$

原函數中的分母為零，因此 $f(\pi)$ 沒有定義。導數 $f'(\pi)$ 必須建立在 $f$ 於 $\pi$ 點有定義的前提下，所以本題依照題目原式無法求得有限導數。

解題技巧

看到積分式中出現 $\tan x$ 作為分母，應先檢查欲代入的點是否使分母為零。即使能對一般的 $x$ 寫出形式上的導數公式，也不能直接代入使原函數無定義的點。

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(b) 求 $f(x)$

題目給定

$$f(0)=0，$$

且

$$f'(\ln x)= \begin{cases} 1,&0<x\leq 1,\\ x,&1<x<\infty。 \end{cases}$$

令

$$u=\ln x。$$