111 年 國立政治大學應用數學系碩士班《微積分》

本題為計算定積分，包含瑕積分與重積分。

(A) 計算瑕積分 $\int_{1}^{e} \frac{8 \arcsin(\ln x)}{x} dx$。
此積分是瑕積分，因為積分區間的上限 $x=e$ 時，$\ln x = \ln e = 1$，而 $\arcsin(1) = \frac{\pi}{2}$，所以被積函數在 $x=e$ 處是有限的。然而，積分區間的下限 $x=1$ 時，$\ln x = \ln 1 = 0$，$\arcsin(0)=0$，所以被積函數在 $x=1$ 處是 $0/1=0$，積分值是有限的。

我們使用變數代換。令 $u = \ln x$，則 $du = \frac{1}{x} dx$。
當 $x=1$ 時，$u = \ln 1 = 0$。
當 $x=e$ 時，$u = \ln e = 1$。
積分變為：
$\int_{0}^{1} 8 \arcsin(u) du$
我們使用分部積分法。令 $f(u) = \arcsin(u)$，$g'(u) = 8$。則 $f'(u) = \frac{1}{\sqrt{1-u^2}}$，$g(u) = 8u$。
$\int 8 \arcsin(u) du = 8u \arcsin(u) - \int 8u \frac{1}{\sqrt{1-u^2}} du$
計算後面的積分：令 $v = 1-u^2$，則 $dv = -2u du$。
$\int 8u \frac{1}{\sqrt{1-u^2}} du = \int 8 \left(-\frac{1}{2}\right) \frac{1}{\sqrt{v}} dv = -4 \int v^{-1/2} dv = -4 (2v^{1/2}) = -8\sqrt{v} = -8\sqrt{1-u^2}$
所以，
$\int 8 \arcsin(u) du = 8u \arcsin(u) - (-8\sqrt{1-u^2}) = 8u \arcsin(u) + 8\sqrt{1-u^2}$
現在計算定積分：
$\left[ 8u \arcsin(u) + 8\sqrt{1-u^2} \right]_{0}^{1}$
$= (8(1) \arcsin(1) + 8\sqrt{1-1^2}) - (8(0) \arcsin(0) + 8\sqrt{1-0^2})$
$= (8 \cdot \frac{\pi}{2} + 8 \cdot 0) - (0 + 8 \cdot 1)$
$= 4\pi - 8$
【答案】$4\pi - 8$

(B) 計算瑕積分 $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{x \sqrt{1+x^2}} dx$。
此積分是瑕積分，因為積分區間的下限 $x=0$ 時，被積函數趨近於 $\frac{1}{0 \cdot \sqrt{1+0}} = \infty$。同時，積分區間的上限趨近於 $\infty$。
我們將積分拆成兩部分，例如在 $x=1$ 處拆開：
$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{x \sqrt{1+x^2}} dx = \int_{0}^{1} \frac{1}{x \sqrt{1+x^2}} dx + \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x \sqrt{1+x^2}} dx$
考慮積分 $\int \frac{1}{x \sqrt{1+x^2}} dx$。
令 $x = \tan \theta$，則 $dx = \sec^2 \theta d\theta$。
$\sqrt{1+x^2} = \sqrt{1+\tan^2 \theta} = \sqrt{\sec^2 \theta} = |\sec \theta|$。
當 $x \to 0^+$, $\tan \theta \to 0^+$, $\theta \to 0^+$。
當 $x \to \infty$, $\tan \theta \to \infty$, $\theta \to \frac{\pi}{2}^-$。
在 $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ 範圍內，$\sec \theta > 0$。
$\int \frac{1}{\tan \theta \cdot \sec \theta} \sec^2 \theta d\theta = \int \frac{\sec \theta}{\tan \theta} d\theta = \int \frac{1/\cos \theta}{\sin \theta/\cos \theta} d\theta = \int \frac{1}{\sin \theta} d\theta = \int \csc \theta d\theta$
$= \ln |\csc \theta - \cot \theta| + C$
將結果換回 $x$：
$\csc \theta = \frac{\sqrt{1+x^2}}{x}$，$\cot \theta = \frac{1}{x}$。
$\int \frac{1}{x \sqrt{1+x^2}} dx = \ln \left| \frac{\sqrt{1+x^2}}{x} - \frac{1}{x} \right| + C = \ln \left| \frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x} \right| + C$
現在計算定積分：
考慮 $\int_{0}^{1} \frac{1}{x \sqrt{1+x^2}} dx$。
$\lim_{a \to 0^+} \left[ \ln \left| \frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x} \right| \right]_{a}^{1}$

本題為計算三重積分，需要確定積分區域並選擇合適的積分次序。

積分區域 $E$ 由以下曲面圍成：
拋物柱面 $y = x^2$
拋物柱面 $x = y^2$
平面 $z = 0$
平面 $z = x + y$

首先，我們需要確定 $xy$ 平面上由 $y=x^2$ 和 $x=y^2$ 圍成的區域 $D$。
這兩個拋物線的交點為：
將 $y=x^2$ 代入 $x=y^2$：$x = (x^2)^2 = x^4$。
$x^4 - x = 0 \implies x(x^3 - 1) = 0 \implies x(x-1)(x^2+x+1) = 0$。
實數解為 $x=0$ 和 $x=1$。
當 $x=0$, $y=0^2=0$。交點為 $(0,0)$。
當 $x=1$, $y=1^2=1$。交點為 $(1,1)$。
在 $x \in [0, 1]$ 之間，$x^2 \ge x^4$ 且 $y \ge x^2$。
例如，取 $x=1/2$，$y = (1/2)^2 = 1/4$。而 $x = 1/2$, $y^2 = (1/2)^2 = 1/4$。
所以，在 $x \in [0,1]$ 之間，$x \ge y^2$。
另一方面，$y=x^2$ 在 $x \in [0,1]$ 之間，$y$ 的值從 $0$ 到 $1$。
$x=y^2$ 在 $y \in [0,1]$ 之間，$x$ 的值從 $0$ 到 $1$。
在 $x \in [0,1]$ 區間，我們有 $x^2 \le y \le \sqrt{x}$。
所以，積分區域 $D$ 可以描述為：
$D = \{ (x,y) \mid 0 \le x \le 1, x^2 \le y \le \sqrt{x} \}$
或者
$D = \{ (x,y) \mid 0 \le y \le 1, y^2 \le x \le \sqrt{y} \}$

三重積分為 $\iiint_E xy \, dV = \iint_D \left( \int_{0}^{x+y} xy \, dz \right) dA$。
先計算內層的積分：
$\int_{0}^{x+y} xy \, dz = xy [z]_{0}^{x+y} = xy(x+y) = x^2y + xy^2$
現在計算對區域 $D$ 的積分。我們選擇第一種描述方式：$0 \le x \le 1, x^2 \le y \le \sqrt{x}$。
$\iint_D (x^2y + xy^2) \, dA = \int_{0}^{1} \int_{x^2}^{\sqrt{x}} (x^2y + xy^2) \, dy dx$
先對 $y$ 積：
$\int_{x^2}^{\sqrt{x}} (x^2y + xy^2) \, dy = \left[ x^2 \frac{y^2}{2} + x \frac{y^3}{3} \right]_{y=x^2}^{y=\sqrt{x}}$
$= \left( x^2 \frac{(\sqrt{x})^2}{2} + x \frac{(\sqrt{x})^3}{3} \right) - \left( x^2 \frac{(x^2)^2}{2} + x \frac{(x^2)^3}{3} \right)$
$= \left( x^2 \frac{x}{2} + x \frac{x^{3/2}}{3} \right) - \left( x^2 \frac{x^4}{2} + x \frac{x^6}{3} \right)$
$= \left( \frac{x^3}{2} + \frac{x^{5/2}}{3} \right) - \left( \frac{x^6}{2} + \frac{x^7}{3} \right)$
現在對 $x$ 積：
$\int_{0}^{1} \left( \frac{x^3}{2} + \frac{x^{5/2}}{3} - \frac{x^6}{2} - \frac{x^7}{3} \right) dx$

核心觀念

本題考查：

• 利用變數變換簡化積分區域。
• 變數變換的 Jacobian：
  $dA=\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|\,du\,dv.$
• 絕對值不等式區域的幾何轉換。

原區域為

$$R=\{(x,y):|x|+|y|\le 1\},$$

其圖形是以原點為中心、頂點為 $(\pm1,0)$ 與 $(0,\pm1)$ 的菱形。

---

解題方法

因為被積函數為 $e^{x+y}$，令

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

反解得

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

先處理積分區域。注意到

$$|x|+|y| =\left|\frac{u+v}{2}\right|+\left|\frac{u-v}{2}\right| =\frac{|u+v|+|u-v|}{2}.$$

利用恆等式

$$|u+v|+|u-v|=2\max\{|u|,|v|\},$$

可得

$$|x|+|y|=\max\{|u|,|v|\}.$$

因此原條件

$$|x|+|y|\le1$$

等價於

$$\max\{|u|,|v|\}\le1,$$

也就是

$$-1\le u\le1,\qquad -1\le v\le1.$$

所以菱形區域在 $(u,v)$ 平面中轉換成正方形。

接著計算 Jacobian：

核心觀念

本題考查定積分的變數代換。令

$$u=x^2,$$

則

$$du=2x\,dx,\qquad x\,dx=\frac12\,du.$$

因此，原積分可改寫為

$$\int_0^1 x f(x^2)\,dx =\frac12\int_0^1 f(u)\,du.$$

關鍵在於：題目只給出 $\int_0^3 f(x)\,dx=4$，但所需的是 $\int_0^1 f(u)\,du$，兩者並不相同。

解題方法

作變數代換 $u=x^2$。當 $x=0$ 時，$u=0$；當 $x=1$ 時，$u=1$，故

$$\int_0^1 x f(x^2)\,dx =\frac12\int_0^1 f(u)\,du.$$

然而，已知條件為

$$\int_0^3 f(x)\,dx=4,$$

只能知道

$$\int_0^1 f(x)\,dx+\int_1^3 f(x)\,dx=4,$$

無法單獨確定 $\int_0^1 f(x)\,dx$。

例如，取連續函數

$$f_1(x)=\frac43,$$

則

$$\int_0^3 f_1(x)\,dx=4,$$

且

$$\int_0^1 x f_1(x^2)\,dx =\frac12\int_0^1 \frac43\,du =\frac23.$$

另一方面，取

$$f_2(x)=\frac43+x-\frac32,$$

則

核心觀念

曲線 $y=f(x)$ 從 $x=a$ 到 $x=b$ 的弧長公式為

$$L=\int_a^b\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}\,dx.$$

本題中

$$y=\sqrt{x}-1,\qquad 1\le x\le 4.$$

雖然直接使用弧長公式可行，但令 $x=t^2$ 可使曲線參數化為直線形式，計算較簡潔。

---

解題方法

令

$$x=t^2,\qquad y=t-1.$$

由於 $x$ 從 $1$ 變化到 $4$，且 $t=\sqrt{x}>0$，因此

$$1\le t\le 2.$$

參數曲線為

$$x(t)=t^2,\qquad y(t)=t-1.$$

參數曲線的弧長公式為

$$L=\int_1^2\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+ \left(\frac{dy}{dt}\right)^2}\,dt.$$

計算導數：

$$\frac{dx}{dt}=2t,\qquad \frac{dy}{dt}=1.$$

因此

$$L=\int_1^2\sqrt{(2t)^2+1^2}\,dt =\int_1^2\sqrt{4t^2+1}\,dt.$$

利用公式

$$\int\sqrt{4t^2+1}\,dt = \frac{t}{2}\sqrt{4t^2+1} +\frac14\ln\left(2t+\sqrt{4t^2+1}\right)+C,$$

可得

本題要求使用拉格朗日乘數法尋找函數 $f(x, y) = \frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2}$ 在約束條件 $\frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2} = 1$ 下的最大值和最小值。

首先，我們注意到目標函數 $f(x, y)$ 和約束條件 $g(x,y) = \frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2} = 1$ 是相同的。
所以，我們實際上是要尋找函數 $f(x, y)$ 在其自身定義域內，且滿足 $f(x,y)=1$ 的情況下的最大值和最小值。

根據約束條件，我們直接知道 $f(x, y) = 1$。
因此，在滿足約束條件的點上，函數 $f(x, y)$ 的值恆為 $1$。
這意味著，如果存在滿足約束條件的點，那麼函數 $f(x,y)$ 的最大值和最小值都是 $1$。

我們需要檢查是否存在滿足約束條件的點。
約束條件是 $\frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2} = 1$。
這要求 $x \neq 0$ 且 $y \neq 0$。
同時，$\frac{1}{x^2} > 0$ 且 $\frac{1}{y^2} > 0$。
為了使和為 $1$，我們需要 $0 < \frac{1}{x^2} < 1$ 且 $0 < \frac{1}{y^2} < 1$。
這意味著 $x^2 > 1$ 且 $y^2 > 1$。
例如，我們可以取 $x=2, y=\sqrt{4/3} = 2/\sqrt{3}$。
那麼 $\frac{1}{x^2} = \frac{1}{4}$，$\frac{1}{y^2} = \frac{3}{4}$。
$\frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2} = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} = 1$。
所以，存在滿足約束條件的點。

在所有滿足約束條件的點上，$f(x, y) = \frac{1}{x^2} + \frac{1}{y^2} = 1$。
因此，函數 $f(x, y)$ 的最大值為 $1$，最小值也為 $1$。

儘管題目要求使用拉格朗日乘數法，但由於目標函數與約束條件相同，這個方法變得非常直接。
我們還是可以寫出拉格朗日乘數法的方程組，以示我們理解了方法。
設 $L(x, y, \lambda) = f(x, y) - \lambda(g(x, y) - c)$。

核心觀念

本題考查：

• 泰勒展開式與高階無窮小量的比較。
• 當分母為 $x^3$ 時，分子必須至少消去 $x$ 與 $x^2$ 項，極限才可能為有限值。
• 基本展開式為
  $\tan x=x+\frac{x^3}{3}+O(x^5),$
  $\sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5),$
  $\sqrt{1+u}=1+\frac{u}{2}-\frac{u^2}{8}+\frac{u^3}{16}+O(u^4).$

解題方法

令

$u=\sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5).$

由二項式展開，

$$\sqrt{1+\sin x} =1+\frac{\sin x}{2} -\frac{\sin^2 x}{8} +\frac{\sin^3 x}{16} +O(x^4).$$

因為

$$\sin^2x=x^2+O(x^4),\qquad \sin^3x=x^3+O(x^5),$$

所以

$$\begin{aligned} \sqrt{1+\sin x} &=1+\frac12\left(x-\frac{x^3}{6}\right) -\frac{x^2}{8} +\frac{x^3}{16} +O(x^4)\\ &=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8} -\frac{x^3}{12}+\frac{x^3}{16} +O(x^4)\\ &=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8} -\frac{x^3}{48}+O(x^4). \end{aligned}$$

另一方面，

$$1+\tan x =1+x+\frac{x^3}{3}+O(x^5).$$

因此分子為

本題要求判斷給定的交錯級數的收斂性。

級數為 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} n^{-1/3}$。
我們需要檢查絕對收斂、條件收斂或發散。

1. 絕對收斂性檢查：
   考慮級數的絕對值：$\sum_{n=1}^{\infty} |(-1)^{n-1} n^{-1/3}| = \sum_{n=1}^{\infty} n^{-1/3} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1/3}}$。
   這是一個 $p$-級數，其中 $p = 1/3$。
   由於 $p = 1/3 \le 1$，所以此 $p$-級數是發散的。
   因此，原級數不是絕對收斂的。

2. 條件收斂性檢查：
   由於級數不是絕對收斂的，我們需要檢查它是否條件收斂。
   原級數是交錯級數，形式為 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} b_n$，其中 $b_n = n^{-1/3} = \frac{1}{n^{1/3}}$。
   我們使用交錯級數檢驗法 (Alternating Series Test, AST)。
   需要檢查兩個條件：
   (a) $b_n > 0$ 對於所有 $n \ge 1$。
   $b_n = \frac{1}{n^{1/3}}$。

本題要求使用 $\epsilon$-$\delta$ 定義來證明極限。

我們要證明 $\lim_{x \to 1} (x^2 - 2x) = -1$。
根據 $\epsilon$-$\delta$ 定義，這意味著：
對於任意給定的 $\epsilon > 0$，存在一個 $\delta > 0$，使得如果 $0 < |x-1| < \delta$，則 $|(x^2 - 2x) - (-1)| < \epsilon$。

首先，我們分析 $|(x^2 - 2x) - (-1)|$：
$|(x^2 - 2x) - (-1)| = |x^2 - 2x + 1|$
$= |(x-1)^2|$
$= |x-1|^2$

現在，我們需要找到一個 $\delta > 0$，使得當 $0 < |x-1| < \delta$ 時，有 $|x-1|^2 < \epsilon$。

我們希望 $|x-1|^2 < \epsilon$。
這等價於 $|x-1| < \sqrt{\epsilon}$。

所以，我們可以選擇 $\delta = \sqrt{\epsilon}$。
但是，我們通常在選擇 $\delta$ 時，會加上一個約束，例如 $\delta \le 1$，以確保在 $|x-1| < \delta$ 的範圍內，某些表達式（例如分母）不為零或是有界的