114 年 國立政治大學應用數學系碩士班《微積分》

核心觀念

本題考查二重積分的積分區域轉換，以及藉由改變積分次序簡化計算。

原積分區域為

$$0\le x\le 1,\qquad 0\le y\le x.$$

在此區域中，若固定 $y$，則 $x$ 必須滿足

$$y\le x\le 1,$$

而 $y$ 的範圍為 $0\le y\le 1$。因此可將積分次序由 $dy\,dx$ 改為 $dx\,dy$。

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解題方法

原式為

$$I=\int_0^1\int_0^x \frac{x}{\sqrt{1+y^3}}\,dy\,dx.$$

由於直接對 $y$ 積分時，$\dfrac{1}{\sqrt{1+y^3}}$ 沒有初等函數形式的反導函數，因此先改變積分次序：

$$I=\int_0^1\int_y^1 \frac{x}{\sqrt{1+y^3}}\,dx\,dy.$$

固定 $y$ 後，$\dfrac{1}{\sqrt{1+y^3}}$ 對 $x$ 而言是常數，所以

$$\begin{aligned} I &=\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+y^3}} \left(\int_y^1 x\,dx\right)dy\\ &=\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+y^3}} \left[\frac{x^2}{2}\right]_{x=y}^{x=1}dy\\ &=\frac12\int_0^1\frac{1-y^2}{\sqrt{1+y^3}}\,dy. \end{aligned}$$

將其拆成兩項：

$$I=\frac12\int_0^1\frac{dy}{\sqrt{1+y^3}} -\frac12\int_0^1\frac{y^2}{\sqrt{1+y^3}}\,dy.$$

第二項可直接令

$$u=1+y^3,\qquad du=3y^2\,dy.$$

因此

此題要求計算一個在特定區域上的二重積分。積分函數包含 $\sqrt{x^2+y^2}$，且積分區域 $D$ 是由 $x \le 0$, $y \ge 0$ (第二象限) 和 $x^2+y^2 \le 9$ (半徑為 3 的圓盤內) 所定義。這表明使用極座標轉換會簡化積分。

積分區域 $D$ 是位於第二象限，半徑為 3 的圓盤的區域。
在極座標下，$x = r \cos \theta$, $y = r \sin \theta$。
$x^2+y^2 = r^2$，所以 $\sqrt{x^2+y^2} = r$ (因為 $r \ge 0$)。
積分函數 $y + \sqrt{x^2+y^2}$ 轉換為 $r \sin \theta + r = r(1+\sin \theta)$。
面積元素 $dA$ 在極座標下為 $r dr d\theta$。

積分區域 $D$ 在極座標下：
$x^2+y^2 \le 9$ 意味著 $r^2 \le 9$，所以 $0 \le r \le 3$。
$x \le 0$ 且 $y \ge 0$ 表示區域在第二象限。在極座標下，第二象限對應的 $\theta$ 範圍是 $\frac{\pi}{2} \le \theta \le \pi$。

因此，積分可以改寫為：
$\iint_D (y + \sqrt{x^2+y^2}) dA = \int_{\pi/2}^{\pi} \int_0^3 r(1+\sin \theta) r dr d\theta$
$= \int_{\pi/2}^{\pi} \int_0^3 (r^2 + r^2 \sin \theta) dr d\theta$
先計算內部積分關於 $r$ 的積分：

此題要求計算一個不定積分，積分函數是 $\frac{\tan^{-1} x}{1+x^2}$。這個積分可以通過變數代換來簡化。

令 $u = \tan^{-1} x$。
對 $u$ 求導，得到 $\frac{du}{dx} = \frac{1}{1+x^2}$。
因此，我們可以將 $dx$ 替換為 $du (1+x^2)$。
或者，更直接地，我們有 $du = \frac{1}{1+x^2} dx$。

核心觀念

本題主要考查：

• 二變數函數極限的估計方法；
• 偏導數的定義與商數法則；
• 多變數函數在一點可微分的定義；
• 偏導數存在不代表函數可微分。

在原點處，偏導數必須依照定義計算；在 $(x,y)\neq(0,0)$ 時，則可直接使用微分公式。

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(a) 計算極限

當 $(x,y)\neq(0,0)$ 時，

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

利用估計

$$|2x^2y+y^3| \leq 2|x|^2|y|+|y|^3.$$

令

$$r=\sqrt{x^2+y^2},$$

則 $|x|\leq r$、$|y|\leq r$，因此

$$|2x^2y+y^3| \leq 2r^3+r^3=3r^3.$$

所以

$$|f(x,y)| =\frac{|2x^2y+y^3|}{x^2+y^2} \leq \frac{3r^3}{r^2} =3r.$$

當 $(x,y)\to(0,0)$ 時，$r\to 0$，故由夾擠定理，

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0.$$

而且 $f(0,0)=0$，因此 $f$ 在原點連續。

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(b) 計算偏導數

當 $(x,y)\neq(0,0)$ 時

令

$$N(x,y)=2x^2y+y^3,\qquad D(x,y)=x^2+y^2.$$

對 $x$ 微分

由商數法則，

$$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{(4xy)(x^2+y^2)-(2x^2y+y^3)(2x)} {(x^2+y^2)^2}.$$

整理分子：

$$\begin{aligned} (4xy)(x^2+y^2)&-(2x^2y+y^3)(2x)\\ &=4x^3y+4xy^3-4x^3y-2xy^3\\ &=2xy^3. \end{aligned}$$

因此

$$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = \frac{2xy^3}{(x^2+y^2)^2}, \qquad (x,y)\neq(0,0).$$

對 $y$ 微分

同理由商數法則，

$$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{(2x^2+3y^2)(x^2+y^2) -(2x^2y+y^3)(2y)} {(x^2+y^2)^2}.$$

整理分子：

$$\begin{aligned} &(2x^2+3y^2)(x^2+y^2) -2y(2x^2y+y^3)\\ &=2x^4+5x^2y^2+3y^4-4x^2y^2-2y^4\\ &=2x^4+x^2y^2+y^4. \end{aligned}$$

所以

$$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) = \frac{2x^4+x^2y^2+y^4}{(x^2+y^2)^2}, \qquad (x,y)\neq(0,0).$$

在 $(0,0)$ 處

依偏導數定義，

$$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}.$$

因為 $f(h,0)=0$，故

$$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0.$$

另一方面，

$$f(0,h)=\frac{h^3}{h^2}=h \qquad (h\neq0),$$

因此

核心觀念

本題考查正項級數的收斂判別，適合使用：

• $p$-級數判別法：當 $p>1$ 時，$\sum \frac{1}{n^p}$ 收斂。
• 比較判別法：若 $0\leq a_n\leq b_n$，且 $\sum b_n$ 收斂，則 $\sum a_n$ 也收斂。
• 極限比較判別法：若
  $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=L,\qquad 0<L<\infty,$
  則 $\sum a_n$ 與 $\sum b_n$ 同時收斂或同時發散。

令

$$a_n=\frac{(n!+1)^2}{[(n+1)!]^2}.$$

解題方法

利用 $(n+1)!=(n+1)n!$，可得

$$[(n+1)!]^2=(n+1)^2(n!)^2.$$

因此

$$a_n =\frac{(n!+1)^2}{(n+1)^2(n!)^2} =\frac{1}{(n+1)^2}\left(1+\frac{1}{n!}\right)^2.$$

因為

$$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n!}=0,$$

所以

$$\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n!}\right)^2=1.$$

取比較級數

$$b_n=\frac{1}{(n+1)^2}.$$

此題要求在一個給定的閉合有界區域 $R$ 上，尋找函數 $f(x, y) = x^2y + 5$ 的絕對最大值和絕對最小值。
區域 $R$ 是位於第二象限，半徑為 3 的圓盤。這是一個閉合有界的區域，根據極值定理，函數 $f$ 在此區域上必存在絕對最大值和絕對最小值。
尋找極值點的步驟如下：

1. 尋找區域 $R$ 內部的駐點 (critical points)，即 $f_x = 0$ 且 $f_y = 0$ 的點。
2. 尋找區域邊界上的極值點。

步驟 1：尋找內部駐點
計算偏導函數：
$f_x = \frac{\partial}{\partial x}(x^2y + 5) = 2xy$
$f_y = \frac{\partial}{\partial y}(x^2y + 5) = x^2$

令偏導函數為零，解方程組：
$2xy = 0$
$x^2 = 0$

由 $x^2 = 0$，可得 $x=0$。
將 $x=0$ 代入 $2xy = 0$，得到 $2(0)y = 0$，即 $0=0$。
這表示對於任何 $y$ 值，只要 $x=0$，第一個方程都成立。
然而，我們尋找的是區域 $R$ 的 內部 駐點。區域 $R$ 的內部是 $x < 0$, $y > 0$, $x^2+y^2 < 9$。
如果 $x=0$，則點 $(0,y)$ 位於區域的邊界上（$y$-軸），而不是內部。
因此，在區域 $R$ 的內部沒有駐點。

步驟 2：尋找邊界上的極值點
區域 $R$ 的邊界由三部分組成：
(i) $x=0$, $0 \le y \le 3$ ($y$-軸段)
(ii) $y=0$, $-3 \le x \le 0$ ($x$-軸段，但由於 $y \ge 0$, 此處應為 $y=0$ 且 $x \le 0$ 且 $x^2 \le 9$, 即 $-3 \le x \le 0$)
(iii) $x^2+y^2 = 9$, $x \le 0$, $y \ge 0$ (圓弧段)

(i) 邊界 $x=0$, $0 \le y \le 3$:
在此邊界上，$f(0, y) = (0)^2y + 5 = 5$。
函數值在此段邊界上恆為 5。
端點為 $(0,0)$ 和 $(0,3)$。
$f(0,0) = 5$.
$f(0,3) = 5$.

(ii) 邊界 $y=0$, $-3 \le x \le 0$:
在此邊界上，$f(x, 0) = x^2(0) + 5 = 5$。
函數值在此段邊界上恆為 5。
端點為 $(-3,0)$ 和 $(0,0)$。
$f(-3,0) = 5$.
$f(0,0) = 5$.

(iii) 邊界 $x^2+y^2 = 9$, $x \le 0$, $y \ge 0$ (圓弧段)。
在圓弧上，我們可以使用參數化或代入法。

此題要求找出函數 $f(x) = x e^{x^2} - \frac{1}{4+x^2}$ 在 $x=0$ 附近的泰勒級數的前四個非零項。
我們分別處理函數的兩部分：$x e^{x^2}$ 和 $-\frac{1}{4+x^2}$。

第一部分： $x e^{x^2}$ 的泰勒級數
我們知道 $e^u$ 在 $u=0$ 附近的泰勒級數為：
$e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \frac{u^3}{3!} + \dots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{u^n}{n!}$
令 $u = x^2$。當 $x \to 0$ 時，$u \to 0$。
$e^{x^2} = 1 + x^2 + \frac{(x^2)^2}{2!} + \frac{(x^2)^3}{3!} + \dots = 1 + x^2 + \frac{x^4}{2} + \frac{x^6}{6} + \dots$
現在乘以 $x$:
$x e^{x^2} = x \left( 1 + x^2 + \frac{x^4}{2} + \frac{x^6}{6} + \dots \right)$
$= x + x^3 + \frac{x^5}{2} + \frac{x^7}{6} + \dots$
這是 $x e^{x^2}$ 的泰勒級數。

第二部分： $-\frac{1}{4+x^2}$ 的泰勒級數
我們可以將此表達式變形，以便使用幾何級數的公式 $\frac{1}{1-r} = 1 + r + r^2 + r^3 + \dots$。
$-\frac{1}{4+x^2} = -\frac{1}{4(1 + \frac{x^2}{4})} = -\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{1 - (-\frac{x^2}{4})}$
令 $r = -\frac{x^2}{4}$。當 $x \to 0$ 時，$r \to 0$。

核心觀念

令 $\vec F=(P,Q)$。在整個平面 $\mathbb R^2$ 上，若 $P_y=Q_x$，則向量場為保守場，存在位勢函數 $\phi$ 使 $\nabla\phi=\vec F$。保守場的線積分可用位勢函數計算：

$$\int_C \vec F\cdot d\vec r = \phi(\text{終點})-\phi(\text{起點})$$

若曲線分成數段，則分別計算各段的位勢差，再將結果相加。

(a) 判斷是否為保守場並求位勢函數

題目給定

$$P(x,y)=ye^x,\qquad Q(x,y)=e^x+3y^2$$

計算交叉偏導數：

$$\frac{\partial P}{\partial y}=e^x, \qquad \frac{\partial Q}{\partial x}=e^x$$

因為兩者相等，且定義域 $\mathbb R^2$ 是單連通區域，所以 $\vec F$ 是保守場。

由 $\phi_x=P=ye^x$，對 $x$ 積分：

$$\phi(x,y)=ye^x+g(y)$$

再對 $y$ 微分，並令 $\phi_y=Q$：

$$\phi_y=e^x+g'(y)=e^x+3y^2$$

因此 $g'(y)=3y^2$，可取 $g(y)=y^3$。一個位勢函數為

$$\phi(x,y)=ye^x+y^3$$

(b) 計算線積分

依位勢函數定理，每段曲線的線積分等於該段終點與起點的位勢差。

第一段從 $t=0$ 到 $t=2$。起點為 $(0,0)$，第一段終點為 $(e^2-1,e^2-1)$，所以

此題要求證明兩個曲面在所有交點處相互垂直（正交）。
兩個曲面垂直的條件是它們的法向量在交點處垂直。
曲面的法向量可以通過計算它們的梯度向量來得到。

對於曲面 $S_1: F_1(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 5 = 0$。
其法向量 $\vec{n_1}$ 是 $\nabla F_1$。
$\nabla F_1 = \left( \frac{\partial F_1}{\partial x}, \frac{\partial F_1}{\partial y}, \frac{\partial F_1}{\partial z} \right) = (2x, 2y, 2z)$。

對於曲面 $S_2: F_2(x,y,z) = x^2 - 4y^2 - 4z^2 = 0$。
其法向量 $\vec{n_2}$ 是 $\nabla F_2$。
$\nabla F_2 = \left( \frac{\partial F_2}{\partial x}, \frac{\partial F_2}{\partial y}, \frac{\partial F_2}{\partial z} \right) = (2x, -8y, -8z)$。

兩個曲面在交點處相互垂直，若且唯若它們的法向量 $\vec{n_1}$ 和 $\vec{n_2}$ 在該點的點積為零。
即 $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 0$。

計算點積：
$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (2x)(2x) + (2y)(-8y) + (2z)(-8z)$
$= 4x^2 - 16y^2 - 16z^2$。

現在，我們需要證明對於所有滿足 $S_1$ 和 $S_2$ 方程的點 $(x,y,z)$，都有 $4x^2 - 16y^2 - 16z^2 = 0$。
這意味著，我們需要證明在交點處，$4x^2 = 16y^2 + 16z^2$。
或者， $x^2 = 4y^2 + 4z^2$。

從曲面 $S_2$ 的方程，我們知道在交點處，$x^2 = 4y^2 + 4z^2$。
將這個關係代入點積的結果：
$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 4x^2 - 16y^2 - 16z^2$
$= 4(4y^2 + 4z^2) - 16y^2 - 16z^2$ (將 $x^2$ 用 $S_2$ 的方程替換)
$= 16y^2 + 16z^2 - 16y^2 - 16z^2$
$= 0$。

因此，在所有交點處，$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 0$。
這證明了兩個曲面的法向量在交點處垂直，所以兩個曲面在所有交點處相互垂直。

[證明]
設 $S_1$ 的方程為 $F_1(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 5 = 0$。
則 $S_1$ 的法向量為 $\vec{n_1} = \nabla F_1 = (2x, 2y, 2z)$。
設 $S_2$ 的方程為 $F_2(x,y,z) = x^2 - 4y^2 - 4z^2 = 0$。
則 $S_2$ 的法向量為 $\vec{n_2} = \nabla F_2 = (2x, -8y, -8z)$。

此題考驗數列極限的性質，特別是上確界 (supremum) 和下確界 (infimum) 數列的極限。

(a) 證明 $\lim_{n\to\infty} M_n$ 和 $\lim_{n\to\infty} m_n$ 存在

令 $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ 為一個有界的實數數列。
定義 $M_n = \sup\{a_n, a_{n+1}, a_{n+2}, \dots \}$。
定義 $m_n = \inf\{a_n, a_{n+1}, a_{n+2}, \dots \}$。

我們需要證明數列 $\{M_n\}$ 和 $\{m_n\}$ 的極限存在。

關於 $\{M_n\}$：
考慮數列 $\{M_n\}$。
對於任何 $n \in \mathbb{N}$，集合 $\{a_n, a_{n+1}, a_{n+2}, \dots \}$ 包含集合 $\{a_{n+1}, a_{n+2}, a_{n+3}, \dots \}$。
因此， $M_n = \sup\{a_n, a_{n+1}, a_{n+2}, \dots \} \ge \sup\{a_{n+1}, a_{n+2}, a_{n+3}, \dots \} = M_{n+1}$。
這意味著數列 $\{M_n\}$ 是單調遞減的。

由於 $\{a_n\}$ 是有界的，存在實數 $L$ 使得 $a_n \le L$ 對所有 $n$。
因此，$M_n = \sup\{a_n, a_{n+1}, \dots \} \le L$ 對所有 $n$。
所以，數列 $\{M_n\}$ 是有上界的。

一個單調遞減且有上界的數列必定收斂。
因此，$\lim_{n\to\infty} M_n$ 存在。

關於 $\{m_n\}$：
考慮數列 $\{m_n\}$。
對於任何 $n \in \mathbb{N}$，集合 $\{a_n, a_{n+1}, a_{n+2}, \dots \}$ 包含集合 $\{a_{n+1}, a_{n+2}, a_{n+3}, \dots \}$。
因此， $m_n = \inf\{a_n, a_{n+1}, a_{n+2}, \dots \} \le \inf\{a_{n+1}, a_{n+2}, a_{n+3}, \dots \} = m_{n+1}$。
這意味著數列 $\{m_n\}$ 是單調遞增的。

由於 $\{a_n\}$ 是有界的，存在實數 $K$ 使得 $a_n \ge K$ 對所有 $n$。
因此，$m_n = \inf\{a_n, a_{n+1}, \dots \} \ge K$ 對所有 $n$。
所以，數列 $\{m_n\}$ 是有下界的。

一個單調遞增且有下界的數列必定收斂。
因此，$\lim_{n\to\infty} m_n$ 存在。

(b) 證明若 $\lim_{n\to\infty} M_n = \lim_{n\to\infty} m_n$, 則 $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ 收斂

設 $L_M = \lim_{n\to\infty} M_n$ 且 $L_m = \lim_{n\to\infty} m_n$。
題目假設 $L_M = L_m$。我們設這個共同的值為 $L$。
所以，$\lim_{n\to\infty} M_n = L$ 且 $\lim_{n\to\infty} m_n = L$。

我們知道對於任何 $n$， $m_n \le M_n$。
因為 $\{m_n\}$ 單調遞增且 $\{M_n\}$ 單調遞減，並且它們收斂到同一個極限 $L$。