113 年 國立政治大學應用數學系碩士班《微積分》

本題為一多選題，包含三個定積分的計算，考察學生對不同積分技巧的掌握能力。

A. 積分計算
此積分可以利用三角換元和降冪公式來計算。
令 $u = \cos \theta$, 則 $du = -\sin \theta d\theta$. 當 $\theta=0$ 時, $u=1$. 當 $\theta=\pi/2$ 時, $u=0$.
$\sin^3 \theta \cos^2 \theta = \sin^2 \theta \cos^2 \theta \sin \theta = (1-\cos^2 \theta) \cos^2 \theta \sin \theta$
原式 $= \int_{0}^{\pi/2} (1-\cos^2 \theta) \cos^2 \theta \sin \theta d\theta$
令 $u = \cos \theta$, $du = -\sin \theta d\theta$.
$= \int_{1}^{0} (1-u^2) u^2 (-du) = \int_{0}^{1} (u^2 - u^4) du$
$= \left[ \frac{u^3}{3} - \frac{u^5}{5} \right]_{0}^{1} = \frac{1}{3} - \frac{1}{5} = \frac{5-3}{15} = \frac{2}{15}$

B. 積分計算
此為疊加積分，積分區域需要仔細分析。積分區域由 $y=x^2$, $y=1$, $x=0$, $x=1$ 所圍成。
原積分為 $\int_{0}^{1} \left( \int_{x^2}^{1} \sqrt{y} \sin y \, dy \right) dx$.
考慮交換積分次序。原積分區域為 $0 \le x \le 1$ 且 $x^2 \le y \le 1$.
由 $y \le 1$ 和 $y \ge x^2$ 可知 $0 \le y \le 1$.
由 $y \ge x^2$ 和 $x \ge 0$ 可知 $x \le \sqrt{y}$.
因此，積分區域可以描述為 $0 \le y \le 1$ 且 $0 \le x \le \sqrt{y}$.
交換積分次序後，積分變為 $\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{\sqrt{y}} \sqrt{y} \sin y \, dx \right) dy$.
內部積分 $\int_{0}^{\sqrt{y}} \sqrt{y} \sin y \, dx = \sqrt{y} \sin y \int_{0}^{\sqrt{y}} dx = \sqrt{y} \sin y [x]_{0}^{\sqrt{y}} = \sqrt{y} \sin y (\sqrt{y}) = y \sin y$.
外部積分 $\int_{0}^{1} y \sin y \, dy$.
利用分部積分法，令 $u=y$, $dv = \sin y dy$. 則 $du=dy$, $v=-\cos y$.
$\int y \sin y \, dy = -y \cos y - \int (-\cos y) dy = -y \cos y + \int \cos y dy = -y \cos y + \sin y$.

本題考察學生對微積分基本定理的應用，特別是當積分上限是變數的函數時。

核心觀念：微積分基本定理（第二部分）與連鎖律 (Chain Rule)。
設 $F(u) = \int_{0}^{u} \sin(t^2) dt$. 則由微積分基本定理知 $F'(u) = \sin(u^2)$.
題目中的 $f(x) = \int_{0}^{x^2} \sin(t^2) dt$. 這裡的積分上限是 $u = x^2$.

核心觀念

本題考查「對數微分法」。當函數同時具有變數底數與變數指數，例如

$$y=[u(x)]^{v(x)},$$

直接使用一般冪次微分法並不方便。此時先對等式兩邊取自然對數，再利用乘積法則與鏈鎖律微分。

本題中

$$h(x)=(\sin x)^{x^2}.$$

在實數範圍內，為了使 $\ln(\sin x)$ 有意義，需考慮 $\sin x>0$ 的區間。

解題方法：對數微分法

令

$$y=h(x)=(\sin x)^{x^2}.$$

兩邊取自然對數：

$$\ln y=\ln\left((\sin x)^{x^2}\right).$$

利用對數的冪次法則 $\ln(a^b)=b\ln a$，得到

$$\ln y=x^2\ln(\sin x).$$

對 $x$ 微分。左側使用鏈鎖律：

$$\frac{d}{dx}(\ln y)=\frac{y'}{y}.$$

右側使用乘積法則：

$$\frac{d}{dx}\left[x^2\ln(\sin x)\right] = 2x\ln(\sin x) +x^2\frac{d}{dx}\left[\ln(\sin x)\right].$$

再由鏈鎖律，

$$\frac{d}{dx}\left[\ln(\sin x)\right] = \frac{1}{\sin x}\cdot\cos x = \cot x.$$

因此

$$\frac{y'}{y} = 2x\ln(\sin x)+x^2\cot x.$$

整理得

$$y' = y\left(2x\ln(\sin x)+x^2\cot x\right).$$

代回 $y=(\sin x)^{x^2}$：

$$\boxed{ h'(x) = (\sin x)^{x^2} \left(2x\ln(\sin x)+x^2\cot x\right) }.$$

與題目所給結果的核對

題目聲稱

本題要求計算一個瑕積分，考察學生對瑕積分的定義、計算技巧以及變數代換的應用。

核心觀念：瑕積分的定義、變數代換、對稱性。

該積分是瑕積分，因為積分上限是無窮大，且被積函數在 $x=0$ 處有問題（$\ln x$ 在 $x=0$ 時趨於 $-\infty$）。
我們將其分解為兩個瑕積分：
$\int_{0}^{\infty} \frac{4 \ln x}{1 + x^2} dx = \int_{0}^{1} \frac{4 \ln x}{1 + x^2} dx + \int_{1}^{\infty} \frac{4 \ln x}{1 + x^2} dx$.

考慮第二個積分 $\int_{1}^{\infty} \frac{4 \ln x}{1 + x^2} dx$.
我們進行變數代換：令 $x = \frac{1}{u}$. 則 $dx = -\frac{1}{u^2} du$.
當 $x=1$ 時, $u=1$. 當 $x \to \infty$ 時, $u \to 0$.
$\int_{1}^{\infty} \frac{4 \ln x}{1 + x^2} dx = \int_{1}^{0} \frac{4 \ln(1/u)}{1 + (1/u)^2} (-\frac{1}{u^2}) du$
$= \int_{1}^{0} \frac{4 (-\ln u)}{1 + 1/u^2} (-\frac{1}{u^2}) du$
$= \int_{1}^{0} \frac{-4 \ln u}{(u^2+1)/u^2} (-\frac{1}{u^2}) du$
$= \int_{1}^{0} \frac{-4 \ln u}{u^2+1} (-1) du$
$= \int_{1}^{0} \frac{4 \ln u}{u^2+1} du$
$= - \int_{0}^{1} \frac{4 \ln u}{u^2+1} du$.
將積分變數 $u$ 改回 $x$，得到：
$\int_{1}^{\infty} \frac{4 \ln x}{1 + x^2} dx = - \int_{0}^{1} \frac{4 \ln x}{1 + x^2} dx$.

現在將這個結果代回原式：
$\int_{0}^{\infty} \frac{4 \ln x}{1 + x^2} dx = \int_{0}^{1} \frac{4 \ln x}{1 + x^2} dx + \left( - \int_{0}^{1} \frac{4 \ln x}{1 + x^2} dx \right)$

核心觀念

本題考查偏導數的定義，以及混合偏導數的「微分順序」。依照標準記號，

$$f_{xy}(0,0)=\frac{\partial}{\partial y}\left(f_x\right)(0,0).$$

因此必須先求出 $f_x(0,y)$，再對 $y$ 求導。

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解題方法

先由偏導數定義求 $f_x(0,y)$。

當 $y\neq 0$ 時，

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

因為

$$f(0,y)=\frac{0-y^3\cdot 0}{y^2}=0,$$

且

$$f(h,y)=\frac{h^3y-hy^3}{h^2+y^2},$$

所以

$$\begin{aligned} f_x(0,y) &=\lim_{h\to 0} \frac{1}{h}\cdot \frac{h^3y-hy^3}{h^2+y^2} \\ &=\lim_{h\to 0} \frac{h^2y-y^3}{h^2+y^2} \\ &=-y. \end{aligned}$$

當 $y=0$ 時，

本題考察齊次函數 (Homogeneous Function) 的性質及其與偏導數的關係。題目給定一個函數滿足齊次性條件，並要求證明一個關於其偏導數的等式。

核心觀念：齊次函數的性質、全微分 (Total Differential) 或鏈式法則。

給定函數 $f$ 滿足 $f(tx, ty) = t^n f(x, y)$ 對於所有 $t$ 成立。這表示 $f$ 是一個 $n$ 次齊次函數。
我們需要證明 $x \frac{\partial f}{\partial x} + y \frac{\partial f}{\partial y} = n f(x, y)$.

證明方法一：利用全微分
考慮函數 $g(t) = f(tx, ty)$.
根據函數的齊次性，我們知道 $g(t) = t^n f(x, y)$.
現在我們對 $g(t)$ 對 $t$ 求導。
一方面，利用鏈式法則：
$\frac{dg}{dt} = \frac{\partial f}{\partial (tx)} \frac{d(tx)}{dt} + \frac{\partial f}{\partial (ty)} \frac{d(ty)}{dt}$
令 $u = tx$ 且 $v = ty$. 則 $\frac{du}{dt} = x$ 且 $\frac{dv}{dt} = y$.
所以，$\frac{dg}{dt} = \frac{\partial f}{\partial u} \cdot x + \frac{\partial f}{\partial v} \cdot y$.
由於 $\frac{\partial f}{\partial u}$ 是對 $tx$ 的偏導數，我們需要將 $u=tx, v=ty$ 代入，然後對 $u$ 求偏導數。
實際上，我們應該這樣寫：
$\frac{dg}{dt} = \frac{\partial f}{\partial x}(tx, ty) \cdot x + \frac{\partial f}{\partial y}(tx, ty) \cdot y$.

另一方面，對 $g(t) = t^n f(x, y)$ 求導（注意 $f(x,y)$ 是一個常數，與 $t$ 無關）：
$\frac{dg}{dt} = \frac{d}{dt} (t^n f(x, y)) = n t^{n-1} f(x, y)$.

現在我們令 $t=1$.
從第一個表達式，我們得到：

本題是關於極限的性質證明，特別是當一個函數趨於無窮大，另一個函數趨於一個正的常數時，它們乘積的極限。

核心觀念：極限的 $\epsilon-\delta$ 定義，以及極限的乘法性質。

我們已知：

1. $\lim_{x \to a} f(x) = \infty$. 這表示對於任意大的正數 $M$, 都存在一個 $\delta_1 > 0$, 使得當 $0 < |x-a| < \delta_1$ 時, $f(x) > M$.
2. $\lim_{x \to a} g(x) = c$, 且 $c > 0$. 這表示對於任意小的正數 $\epsilon > 0$, 都存在一個 $\delta_2 > 0$, 使得當 $0 < |x-a| < \delta_2$ 時, $|g(x) - c| < \epsilon$.

我們要證明 $\lim_{x \to a} [f(x)g(x)] = \infty$.
這表示對於任意大的正數 $N$, 我們需要找到一個 $\delta > 0$, 使得當 $0 < |x-a| < \delta$ 時, $f(x)g(x) > N$.

證明步驟：

1. 處理 $g(x)$ 的符號：
   由於 $\lim_{x \to a} g(x) = c$ 且 $c > 0$, 我們可以選擇一個足夠小的 $\epsilon$, 使得 $g(x)$ 保持正值。
   例如，選擇 $\epsilon = c/2 > 0$.
   則存在 $\delta_2 > 0$, 使得當 $0 < |x-a| < \delta_2$ 時, $|g(x) - c| < c/2$.
   這意味著 $c - c/2 < g(x) < c + c/2$, 即 $c/2 < g(x) < 3c/2$.
   因此，在 $0 < |x-a| < \delta_2$ 的範圍內, $g(x) > c/2$.

本題考察函數的微分不等式證明，需要利用微分中值定理或直接分析函數的單調性。

核心觀念：微分中值定理 (Mean Value Theorem, MVT)，函數的單調性。

我們需要證明兩個不等式：

1. $\tan^{-1} x < x$ for $x > 0$.
2. $\frac{x}{1 + x^2} < \tan^{-1} x$ for $x > 0$.

證明第一個不等式：$\tan^{-1} x < x$ for $x > 0$.

考慮函數 $f(x) = x - \tan^{-1} x$. 我們要證明 $f(x) > 0$ for $x > 0$.
我們計算 $f(x)$ 的導數：
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x - \tan^{-1} x) = 1 - \frac{1}{1 + x^2} = \frac{1 + x^2 - 1}{1 + x^2} = \frac{x^2}{1 + x^2}$.
對於 $x > 0$, $x^2 > 0$ 且 $1+x^2 > 0$, 所以 $f'(x) = \frac{x^2}{1 + x^2} > 0$.
這意味著 $f(x)$ 在 $(0, \infty)$ 上是嚴格遞增的。

現在我們考慮 $x=0$ 處的值：
$f(0) = 0 - \tan^{-1}(0) = 0 - 0 = 0$.
由於 $f(x)$ 在 $(0, \infty)$ 上嚴格遞增，且 $f(0)=0$, 所以對於所有 $x > 0$, 我們有 $f(x) > f(0) = 0$.
即 $x - \tan^{-1} x > 0$, 也就是 $\tan^{-1} x < x$.
第一個不等式證明完畢。

證明第二個不等式：$\frac{x}{1 + x^2} < \tan^{-1} x$ for $x > 0$.

考慮函數 $g(x) = \tan^{-1} x - \frac{x}{1 + x^2}$. 我們要證明 $g(x) > 0$ for $x > 0$.
我們計算 $g(x)$ 的導數：
$g'(x) = \frac{d}{dx}\left(\tan^{-1} x - \frac{x}{1 + x^2}\right)$

本題考察數列的極限問題，需要證明數列的極限存在並計算其值。這通常需要證明數列是單調有界的。

核心觀念：數列的單調性、有界性、單調收斂定理。

給定數列定義：$a_1 = \sqrt{2}$, $a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$ for $n \ge 1$.

第一步：證明數列是有界的

1. 證明數列有下界：
   由於 $a_1 = \sqrt{2} > 0$, 且如果 $a_n > 0$, 則 $a_{n+1} = \sqrt{2+a_n} > \sqrt{2} > 0$.
   所以，所有項 $a_n$ 都是正數。因此，數列有下界 0 (實際上是 $\sqrt{2}$)。

2. 證明數列有上界：
   我們猜測數列的上界是 2。我們嘗試用數學歸納法證明 $a_n \le 2$ 對於所有 $n \ge 1$.

   • 基礎步驟 (n=1): $a_1 = \sqrt{2}$. 因為 $\sqrt{2} \approx 1.414$, 所以 $a_1 \le 2$ 成立。
   • 歸納步驟: 假設 $a_k \le 2$ 對於某個 $k \ge 1$ 成立。
     我們需要證明 $a_{k+1} \le 2$.
     根據遞迴關係，$a_{k+1} = \sqrt{2 + a_k}$.
     由於歸納假設 $a_k \le 2$, 我們有 $2 + a_k \le 2 + 2 = 4$.
     因此，$a_{k+1} = \sqrt{2 + a_k} \le \sqrt{4} = 2$.
     歸納法完成。所以，對於所有 $n \ge 1$, $a_n \le 2$.

   結論：數列 $\{a_n\}$ 是有界的，因為 $\sqrt{2} \le a_n \le 2$ 對於所有 $n \ge 1$.

第二步：證明數列是單調的

我們需要判斷數列是遞增還是遞減。
計算前幾項：
$a_1 = \sqrt{2} \approx 1.414$
$a_2 = \sqrt{2 + \sqrt{2}} \approx \sqrt{2 + 1.414} = \sqrt{3.414} \approx 1.848$
$a_3 = \sqrt{2 + a_2} \approx \sqrt{2 + 1.848} = \sqrt{3.848} \approx 1.962$
從前幾項來看，數列似乎是遞增的。

我們嘗試用數學歸納法證明 $a_{n+1} \ge a_n$ 對於所有 $n \ge 1$.