112 年 國立政治大學應用數學系碩士班《微積分》

本題考查定積分的計算，主要利用換元積分法。

觀察被積函數 $\frac{e^z+1}{e^z+z}$，其分子 $e^z+1$ 與分母 $e^z+z$ 的導數接近。令分母 $u = e^z+z$，則其微分 $du = (e^z+1)dz$。

本題考查不定積分的計算，涉及到分母為多項式平方的積分。此類積分通常使用三角換元法或參數積分法。這裡我們使用三角換元法。

令 $x = \tan \theta$，則 $dx = \sec^2 \theta d\theta$。
$x^2+1 = \tan^2 \theta + 1 = \sec^2 \theta$。
所以，$(x^2+1)^2 = (\sec^2 \theta)^2 = \sec^4 \theta$。

原積分變為：
$\int \frac{1}{\sec^4 \theta} \sec^2 \theta d\theta = \int \frac{1}{\sec^2 \theta} d\theta = \int \cos^2 \theta d\theta$
利用降冪公式 $\cos^2 \theta = \frac{1+\cos(2\theta)}{2}$：
$\int \frac{1+\cos(2\theta)}{2} d\theta = \frac{1}{2} \int (1+\cos(2\theta)) d\theta = \frac{1}{2} \left( \theta + \frac{1}{2}\sin(2\theta) \right) + C$
$= \frac{1}{2}\theta + \frac{1}{4}\sin(2\theta) + C$
現在需要將結果換回 $x$。
由於 $x = \tan \theta$，則 $\theta = \arctan x$。
$\sin(2\theta) = 2\sin\theta\cos\theta$。
我們可以畫一個直角三角形，其中對邊為 $x$，鄰邊為 $1$，斜邊為 $\sqrt{x^2+1}$。
因此，$\sin\theta = \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ 且 $\cos\theta = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$。
所以，$\sin(2\theta) = 2 \left( \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} \right) \left( \frac{1}{\sqrt{x^2+1}} \right) = \frac{2x}{x^2+1}$。

將 $\theta$ 和 $\sin(2\theta)$ 代回：
$\frac{1}{2}\arctan x + \frac{1}{4} \left( \frac{2x}{x^2+1} \right) + C = \frac{1}{2}\arctan x + \frac{x}{2(x^2+1)} + C$

核心觀念

本題主要考查：

• 代換 $u=1-x^2$、$u=x^2-4$ 或直接辨認反導函數。
• 根式函數的定義域。
• 廣義積分在端點有分母為 $0$ 時的收斂性。

其中要特別注意第二個積分的被積函數：

$$\frac{x}{\sqrt{x^2-4}}.$$

在實數範圍內必須滿足 $x^2-4\ge 0$，亦即 $x\ge 2$ 或 $x\le -2$。

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解題方法

先計算定義域沒有問題的第一、第三個積分。

第一項：

$$\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\,dx =-\sqrt{1-x^2}.$$

因此

$$\begin{aligned} \int_{1/\sqrt{3}}^{1}\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\,dx &=\left[-\sqrt{1-x^2}\right]_{1/\sqrt{3}}^1\\ &=0-\left(-\sqrt{1-\frac13}\right)\\ &=\sqrt{\frac23}. \end{aligned}$$

第三項：

$$\int \frac{x}{\sqrt{4-x^2}}\,dx =-\sqrt{4-x^2}.$$

所以

$$\begin{aligned} \int_{1/\sqrt{2}}^{1}\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}\,dx &=\left[-\sqrt{4-x^2}\right]_{1/\sqrt{2}}^1\\ &=-\sqrt3+\sqrt{4-\frac12}\\ &=\sqrt{\frac72}-\sqrt3. \end{aligned}$$

接著考察第二項：

$$\int_{\sqrt2}^{2}\frac{x}{\sqrt{x^2-4}}\,dx.$$

本題考查遞迴公式的應用以及不定積分的計算。

(a) 證明遞迴公式

我們從左式積分 $\int \tan^n x dx$ 開始，嘗試推導出右式。
我們知道 $\tan^2 x = \sec^2 x - 1$。
$\int \tan^n x dx = \int \tan^{n-2} x \cdot \tan^2 x dx$
$= \int \tan^{n-2} x (\sec^2 x - 1) dx$
$= \int (\tan^{n-2} x \sec^2 x - \tan^{n-2} x) dx$
$= \int \tan^{n-2} x \sec^2 x dx - \int \tan^{n-2} x dx$
現在我們來計算第一個積分 $\int \tan^{n-2} x \sec^2 x dx$。
令 $u = \tan x$，則 $du = \sec^2 x dx$。
$\int \tan^{n-2} x \sec^2 x dx = \int u^{n-2} du$
當 $n-2 \neq -1$ (即 $n \neq 1$) 時，
$\int u^{n-2} du = \frac{u^{n-2+1}}{n-2+1} + C = \frac{u^{n-1}}{n-1} + C = \frac{\tan^{n-1} x}{n-1} + C$
所以，
$\int \tan^n x dx = \frac{\tan^{n-1} x}{n-1} - \int \tan^{n-2} x dx$
此公式對於 $n \neq 1$ 成立。

(b) 計算 $\int \tan^5 x dx$

核心觀念

此題考查反常積分的收斂性，必須分別檢查 $x=0$ 與 $x=1$ 兩個端點：

$$\int_0^1 \frac{x^p}{\ln x}\,dx = \lim_{a\to 0^+}\int_a^c \frac{x^p}{\ln x}\,dx + \lim_{b\to 1^-}\int_c^b \frac{x^p}{\ln x}\,dx, \qquad 0<c<1.$$

只要其中一端發散，原反常積分就發散。

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解題方法

1. 檢查 $x=0$ 附近

令

$$x=e^{-t},\qquad t=-\ln x.$$

當 $x\to 0^+$ 時，$t\to\infty$，且

$$dx=-e^{-t}\,dt,\qquad x^p=e^{-pt},\qquad \ln x=-t.$$

因此，$x=0$ 附近的積分可轉換為

$$\int \frac{x^p}{\ln x}\,dx = \int \frac{e^{-(p+1)t}}{t}\,dt$$

的收斂性判斷。

當 $t\to\infty$ 時：

• 若 $p+1>0$，則 $e^{-(p+1)t}/t$ 具有指數衰減，積分收斂。
• 若 $p+1=0$，則 integrand 為 $1/t$，積分發散。
• 若 $p+1<0$，則 $e^{-(p+1)t}$ 指數成長，積分發散。

所以在 $x=0$ 端點，必須有

$$p>-1.$$

2. 檢查 $x=1$ 附近

當 $x\to1^-$ 時，由於

本題考查利用隱函數定理求解偏導數。

給定方程：$yz + x \ln y = z^2$。
我們將 $z$ 視為 $x$ 和 $y$ 的函數，即 $z = z(x, y)$。
我們需要求解 $\frac{\partial z}{\partial x}$。

隱函數定理指出，對於一個方程 $F(x, y, z) = 0$，如果 $\frac{\partial F}{\partial z} \neq 0$，則 $z$ 可以表示為 $x$ 和 $y$ 的函數，並且：
$\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{\partial F / \partial x}{\partial F / \partial z}$
$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{\partial F / \partial y}{\partial F / \partial z}$

首先，我們將方程改寫為 $F(x, y, z) = 0$ 的形式：
$F(x, y, z) = yz + x \ln y - z^2 = 0$.

接下來，我們計算偏導數：

1. $\frac{\partial F}{\partial x}$: 將 $y$ 和 $z$ 視為常數。

本題要求證明函數 $f(x)$ 的 Maclaurin 級數不等於函數本身。這意味著函數 $f(x)$ 在 $x=0$ 處的 Taylor 級數（Maclaurin 級數是 $x=0$ 處的 Taylor 級數）在 $x=0$ 點的收斂域內不等於 $f(x)$，或者說，該級數不收斂到 $f(x)$。

Maclaurin 級數的定義是：
$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n$
如果一個函數等於其 Maclaurin 級數，則該函數在該點是解析的。

證明步驟：

1. 計算函數 $f(x)$ 在 $x=0$ 處的各階導數。
2. 判斷函數 $f(x)$ 是否等於其 Maclaurin 級數。

步驟 1：計算各階導數

首先，我們需要計算 $f^{(n)}(0)$。
我們知道 $f(0) = 0$。

考慮 $f'(0)$：
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{e^{-1/h^2} - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{e^{-1/h^2}}{h}$
令 $t = 1/h$. 當 $h \to 0^+$ 時, $t \to +\infty$. 當 $h \to 0^-$ 時, $t \to -\infty$.
$\lim_{h \to 0^+} \frac{e^{-1/h^2}}{h} = \lim_{t \to +\infty} \frac{e^{-t^2}}{1/t} = \lim_{t \to +\infty} t e^{-t^2}$
令 $y = t e^{-t^2}$. $\ln y = \ln t - t^2$. 當 $t \to \infty$, $\ln y \to -\infty$. 所以 $y \to 0$.
或者，我們可以使用 L'Hopital's Rule。
$\lim_{t \to +\infty} \frac{t}{e^{t^2}} = \lim_{t \to +\infty} \frac{1}{2t e^{t^2}} = 0$
同理，當 $h \to 0^-$ 時，極限也為 0。
所以，$f'(0) = 0$.

接下來，我們計算二階導數 $f''(0)$。
對於 $x \neq 0$, $f'(x) = \frac{d}{dx} (e^{-1/x^2}) = e^{-1/x^2} \cdot \frac{d}{dx} (-x^{-2}) = e^{-1/x^2} \cdot (2x^{-3}) = \frac{2 e^{-1/x^2}}{x^3}$.
$f''(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f'(h) - f'(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{2 e^{-1/h^2}}{h^3} - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{2 e^{-1/h^2}}{h^4}$
令 $t = 1/h$.
$\lim_{t \to \pm \infty} 2 t^4 e^{-t^2}$

本題考查極限的性質，特別是關於一個序列趨於零和一個有界序列乘積的極限。

核心觀念：
一個趨於零的序列與一個有界序列的乘積，其極限為零。

證明：
已知：

1. $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。這意味著對於任意給定的 $\epsilon > 0$, 存在一個正整數 $N_1$, 使得對於所有 $n > N_1$, $|a_n - 0| < \epsilon'$ (其中 $\epsilon'$ 是一個待定的正數)。
2. $\{b_n\}$ 是有界序列。這意味著存在一個常數 $M > 0$, 使得對於所有的 $n$, $|b_n| \le M$。

我們需要證明 $\lim_{n \to \infty} (a_n b_n) = 0$。
這意味著對於任意給定的 $\epsilon > 0$, 存在一個正整數 $N$, 使得對於所有 $n > N$, $|a_n b_n - 0| < \epsilon$.

考慮 $|a_n b_n|$：
$|a_n b_n| = |a_n| |b_n|$
由於 $\{b_n\}$ 是有界的，我們知道 $|b_n| \le M$ 對於所有 $n$ 成立。
所以，
$|a_n b_n| \le |a_n| M$

核心觀念

這題考察微積分基本定理與分部積分。令

$$F(u)=\int_0^u f(t)\,dt,$$

由於 $f$ 連續，微積分基本定理保證 $F$ 可微，且 $F'(u)=f(u)$。

解題方法

將右側視為分部積分，取

$$v=F(u),\qquad dw=(x-u)\,du.$$

則 $dv=f(u)\,du$，且 $w=-\frac{(x-u)^2}{2}$。不過直接對 $F(u)$ 分部積分更簡潔：令 $A(u)=x-u$、$dB= f(u)\,du$，因此 $B(u)=F(u)$，而 $dA=-du$。於是

本題考查函數的連續性、收縮映射以及不動點的概念。

(a) 證明收縮映射是連續的

證明：
我們需要使用 $\epsilon-\delta$ 定義來證明連續性。
一個函數 $f$ 在點 $x_0$ 處連續，如果對於任意給定的 $\epsilon > 0$, 存在一個 $\delta > 0$, 使得當 $|x - x_0| < \delta$ 時，有 $|f(x) - f(x_0)| < \epsilon$。

已知 $f$ 是 $[a, b]$ 上的收縮映射。這意味著存在一個常數 $K$, $0 < K < 1$, 使得對於所有 $u, v \in [a, b]$, $|f(u)-f(v)| \le K|u-v|$。

我們需要證明 $f$ 在 $[a, b]$ 上的任意點 $x_0$ 處都是連續的。
設 $x_0 \in [a, b]$ 是任意一點。
給定任意 $\epsilon > 0$。
我們需要找到一個 $\delta > 0$, 使得當 $|x - x_0| < \delta$ 且 $x \in [a, b]$ 時, $|f(x) - f(x_0)| < \epsilon$.

由於 $f$ 是收縮映射，我們有：
$|f(x) - f(x_0)| \le K |x - x_0|$
我們希望 $|f(x) - f(x_0)| < \epsilon$.
所以，我們需要 $K |x - x_0| < \epsilon$.
這意味著 $|x - x_0| < \frac{\epsilon}{K}$.

我們選擇 $\delta = \frac{\epsilon}{K}$。
由於 $0 < K < 1$, $\frac{1}{K} > 1$, 所以 $\delta > \epsilon > 0$.
現在，如果 $|x - x_0| < \delta$, 且 $x \in [a, b]$, $x_0 \in [a, b]$。
那麼，
$|f(x) - f(x_0)| \le K |x - x_0| < K \delta = K \left(\frac{\epsilon}{K}\right) = \epsilon$
因此，對於任意給定的 $\epsilon > 0$, 我們找到了 $\delta = \frac{\epsilon}{K} > 0$, 使得當 $|x - x_0| < \delta$ 時, $|f(x) - f(x_0)| < \epsilon$。