115 年 國立政治大學應用數學系碩士班《微積分》

此題考查不定積分的計算，主要使用分部積分法。

我們需要計算的積分是 $\int \frac{\ln(1+x^2)}{x^2} dx$。
令 $u = \ln(1+x^2)$ 且 $dv = \frac{1}{x^2} dx$。
則 $du = \frac{2x}{1+x^2} dx$ 且 $v = \int \frac{1}{x^2} dx = -\frac{1}{x}$。

應用分部積分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$：

此題考查定積分的計算，涉及根式和多項式，可使用三角換元或變數代換法。

我們需要計算的定積分是 $\int_0^{\sqrt{3}} \frac{x^3}{\sqrt{x^2+9}} dx$。

方法一：變數代換法
令 $u = x^2+9$。則 $du = 2x \, dx$。
當 $x=0$ 時，$u = 0^2+9 = 9$。
當 $x=\sqrt{3}$ 時，$u = (\sqrt{3})^2+9 = 3+9 = 12$。
另外，$x^2 = u-9$。
積分可以改寫為：
$\int_0^{\sqrt{3}} \frac{x^2 \cdot x}{\sqrt{x^2+9}} dx = \int_0^{\sqrt{3}} \frac{x^2}{\sqrt{x^2+9}} (x \, dx)$
$= \int_9^{12} \frac{u-9}{\sqrt{u}} \left(\frac{1}{2} du\right)$
$= \frac{1}{2} \int_9^{12} \left(\frac{u}{\sqrt{u}} - \frac{9}{\sqrt{u}}\right) du$
$= \frac{1}{2} \int_9^{12} (u^{1/2} - 9u^{-1/2}) du$
$= \frac{1}{2} \left[ \frac{u^{3/2}}{3/2} - 9 \frac{u^{1/2}}{1/2} \right]_9^{12}$
$= \frac{1}{2} \left[ \frac{2}{3} u^{3/2} - 18 u^{1/2} \right]_9^{12}$
$= \left[ \frac{1}{3} u^{3/2} - 9 u^{1/2} \right]_9^{12}$
$= \left( \frac{1}{3} (12)^{3/2} - 9 (12)^{1/2} \right) - \left( \frac{1}{3} (9)^{3/2} - 9 (9)^{1/2} \right)$
$= \left( \frac{1}{3} (12\sqrt{12}) - 9 \sqrt{12} \right) - \left( \frac{1}{3} (27) - 9 (3) \right)$
$= \left( 4\sqrt{12} - 9\sqrt{12} \right) - (9 - 27)$
$= -5\sqrt{12} - (-18)$
$= -5(2\sqrt{3}) + 18$
$= 18 - 10\sqrt{3}$

方法二：三角換元法
令 $x = 3 \tan \theta$。則 $dx = 3 \sec^2 \theta \, d\theta$。
$\sqrt{x^2+9} = \sqrt{(3 \tan \theta)^2+9} = \sqrt{9 \tan^2 \theta + 9} = \sqrt{9(\tan^2 \theta + 1)} = \sqrt{9 \sec^2 \theta} = 3 |\sec \theta|$。
當 $x=0$ 時，$3 \tan \theta = 0 \implies \tan \theta = 0 \implies \theta = 0$。

核心觀念

1. 二重積分的區域對稱性與奇偶函數性質：
   • 若平面區域 $R$ 關於 $y$ 軸對稱（即 $(x, y) \in R \iff (-x, y) \in R$）。
   • 被積函數 $f(x, y)$ 關於變數 $x$ 為奇函數（即 $f(-x, y) = -f(x, y)$）。
   • 則該二重積分值必為零：
     $\iint_R f(x, y) \, dA = 0$
2. **直角座標累次積分（Fubini 定理）**與變數變換法。
3. 幾何與物理意義（質心觀念）：
   • 均勻薄片的幾何形心（質心）$x$ 座標為 $\bar{x} = \frac{\iint_R x \, dA}{\text{Area}(R)}$。若圖形對稱於 $y$ 軸，則 $\bar{x} = 0$，進而推得分子之面積矩為 0。

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解題方法

【方法一：利用區域對稱性與奇函數性質（正規最速解）】

1. 分析積分區域 $R$：
   橢圓方程式為 $\frac{x^2}{4} + y^2 = 1$（長軸半長 $a=2$，短軸半長 $b=1$）。
   題目指定 $R$ 為位於 $x$ 軸上方之半橢圓區域，其集合表示為：
   $R = \left\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \;\middle|\; -2 \le x \le 2,\; 0 \le y \le \sqrt{1 - \frac{x^2}{4}} \right\}$

2. 檢驗對稱性與奇偶性：

   • 區域對稱性：對任意點 $(x, y) \in R$，必有 $(-x, y) \in R$，故區域 $R$ 關於 $y$ 軸（直線 $x = 0$）左右對稱。
   • 被積函數奇偶性：設 $f(x, y) = x$，則
     $f(-x, y) = -x = -f(x, y)$
     可知 $f(x, y)$ 為關於 $x$ 的奇函數。

3. 得出積分結果：
   由對稱性定理，對稱區域上對奇函數積分，正負區域貢獻相互抵消：
   $\iint_R x \, dA = 0$

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【方法二：直角座標直接積分（計算推導驗證）】

將二重積分化為累次積分（先對 $y$ 後對 $x$ 積分）：

$\iint_R x \, dA = \int_{-2}^{2} \int_{0}^{\sqrt{1 - \frac{x^2}{4}}} x \, dy \, dx$

1. 計算內層積分：
   $\int_{0}^{\sqrt{1 - \frac{x^2}{4}}} x \, dy = \left[ xy \right]_{y=0}^{y=\sqrt{1 - \frac{x^2}{4}}} = x \sqrt{1 - \frac{x^2}{4}}$

2. 計算外層積分：
   $I = \int_{-2}^{2} x \sqrt{1 - \frac{x^2}{4}} \, dx$
   令 $u = 1 - \frac{x^2}{4}$，則微分為 $du = -\frac{x}{2} \, dx \implies x \, dx = -2 \, du$。

此題考查向量微積分中的曲面積分，給定向量場和封閉曲面，可考慮使用散度定理。

向量場為 $\vec{F}(x, y, z) = \langle xy^2, yz^2, zx^2 \rangle$。
曲面 $S$ 是由半徑為 2 的球面（上半球面）和 xy 平面上半徑為 2 的圓盤所組成的封閉曲面。
$S$ 是正定向的，這意味著外法向量指向外。

根據散度定理 (Divergence Theorem)，對於一個封閉曲面 $S$ 及其所圍成的體積 $V$，有：
$\iint_S \vec{F} \cdot d\vec{S} = \iiint_V \nabla \cdot \vec{F} \, dV$

首先計算向量場 $\vec{F}$ 的散度 $\nabla \cdot \vec{F}$：
$\nabla \cdot \vec{F} = \frac{\partial}{\partial x}(xy^2) + \frac{\partial}{\partial y}(yz^2) + \frac{\partial}{\partial z}(zx^2)$
$\nabla \cdot \vec{F} = y^2 + z^2 + x^2$

體積 $V$ 是由半徑為 2 的球體所圍成的區域，因為 $S$ 是包含上半球面和 xy 平面圓盤的封閉曲面，它圍成的體積就是半徑為 2 的球體。
$V = \{ (x, y, z) \mid x^2 + y^2 + z^2 \le 2^2 = 4 \}$。

現在我們需要計算三重積分 $\iiint_V (x^2 + y^2 + z^2) \, dV$。
最適合計算此積分的方法是使用球座標。
在球座標系中：
$x = \rho \sin \phi \cos \theta$
$y = \rho \sin \phi \sin \theta$
$z = \rho \cos \phi$
$x^2 + y^2 + z^2 = \rho^2$
$dV = \rho^2 \sin \phi \, d\rho \, d\phi \, d\theta$

積分區域 $V$ 對應於球座標的範圍：
$0 \le \rho \le 2$ (半徑為 2 的球體)
$0 \le \phi \le \pi$ (整個球體)

此題考查向量場的保守性、勢函數的求解以及保守向量場的線積分計算。

向量場為 $\vec{F}(x, y, z) = \langle P, Q, R \rangle = \langle y, x + e^z, ye^z + 1 \rangle$。

(a) 證明 $\vec{F}$ 是保守向量場。
一個向量場 $\vec{F} = \langle P, Q, R \rangle$ 在一個單連通區域內是保守的，當且僅當 $\nabla \times \vec{F} = \vec{0}$。
我們需要計算 $\nabla \times \vec{F}$：
$\nabla \times \vec{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ P & Q & R \end{vmatrix}$
$= \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ y & x + e^z & ye^z + 1 \end{vmatrix}$
$= \mathbf{i} \left( \frac{\partial}{\partial y}(ye^z+1) - \frac{\partial}{\partial z}(x+e^z) \right) - \mathbf{j} \left( \frac{\partial}{\partial x}(ye^z+1) - \frac{\partial}{\partial z}(y) \right) + \mathbf{k} \left( \frac{\partial}{\partial x}(x+e^z) - \frac{\partial}{\partial y}(y) \right)$
$= \mathbf{i} (e^z - e^z) - \mathbf{j} (0 - 0) + \mathbf{k} (1 - 1)$
$= \mathbf{i}(0) - \mathbf{j}(0) + \mathbf{k}(0) = \vec{0}$。
由於 $\nabla \times \vec{F} = \vec{0}$，且定義域 $\mathbb{R}^3$ 是單連通的，所以向量場 $\vec{F}$ 是保守的。

(b) 尋找一個勢函數 $\phi(x, y, z)$，使得 $\nabla \phi = \vec{F}$。
我們需要滿足以下三個條件：

1. $\frac{\partial \phi}{\partial x} = P = y$
2. $\frac{\partial \phi}{\partial y} = Q = x + e^z$
3. $\frac{\partial \phi}{\partial z} = R = ye^z + 1$

從第一個條件，積分 $\phi$ 對於 $x$：
$\phi(x, y, z) = \int y \, dx = xy + g(y, z)$
其中 $g(y, z)$ 是積分常數，它可能是 $y$ 和 $z$ 的函數。

現在，對 $y$ 求偏導，並與第二個條件比較：

此題考查條件極值問題，可使用拉格朗日乘數法。

我們要求函數 $f(x, y) = xy$ 在約束條件 $g(x, y) = 3x^2 + y^2 - 6 = 0$ 下的最大值和最小值。

使用拉格朗日乘數法，我們需要解方程組 $\nabla f = \lambda \nabla g$ 和 $g(x, y) = 0$。
$\nabla f = \langle \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y} \rangle = \langle y, x \rangle$
$\nabla g = \langle \frac{\partial g}{\partial x}, \frac{\partial g}{\partial y} \rangle = \langle 6x, 2y \rangle$

方程組如下：

1. $y = \lambda (6x)$
2. $x = \lambda (2y)$
3. $3x^2 + y^2 = 6$

從方程 1，如果 $x=0$，則 $y=0$。但 $(0,0)$ 不滿足方程 3 ($3(0)^2 + 0^2 = 0 \ne 6$)。所以 $x \ne 0$。
從方程 2，如果 $y=0$，則 $x=0$。同樣不滿足方程 3。所以 $y \ne 0$。
因此，我們可以安全地假設 $x \ne 0$ 且 $y \ne 0$。

此題考查多變數極限的存在性判斷，可嘗試沿不同路徑趨近，或使用極座標。

我們需要判斷極限 $L = \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{x^2y^6}{(x^2+y^2)^4}$ 是否存在。

方法一：沿不同路徑趨近

1. 沿著 x-軸趨近 ($y=0$)：
   $\lim_{(x,0)\to(0,0)} \frac{x^2(0)^6}{(x^2+0^2)^4} = \lim_{x\to 0} \frac{0}{(x^2)^4} = \lim_{x\to 0} \frac{0}{x^8} = 0$。

2. 沿著 y-軸趨近 ($x=0$)：
   $\lim_{(0,y)\to(0,0)} \frac{(0)^2y^6}{(0^2+y^2)^4} = \lim_{y\to 0} \frac{0}{(y^2)^4} = \lim_{y\to 0} \frac{0}{y^8} = 0$。

3. 沿著直線 $y=mx$ 趨近：
   $\lim_{(x,mx)\to(0,0)} \frac{x^2(mx)^6}{(x^2+(mx)^2)^4} = \lim_{x\to 0} \frac{x^2 m^6 x^6}{(x^2+m^2x^2)^4} = \lim_{x\to 0} \frac{m^6 x^8}{(x^2(1+m^2))^4}$
   $= \lim_{x\to 0} \frac{m^6 x^8}{x^8 (1+m^2)^4} = \frac{m^6}{(1+m^2)^4}$。
   這個結果依賴於 $m$，例如當 $m=1$ 時，極限值為 $\frac{1}{(1+1)^4} = \frac{1}{16}$；當 $m=2$ 時，極限值為 $\frac{2^6}{(1+2^2)^4} = \frac{64}{(5)^4} = \frac{64}{625}$。
   由於沿著不同的直線趨近得到不同的極限值，因此極限不存在。

方法二：使用極座標
令 $x = r \cos \theta$， $y = r \sin \theta$。當 $(x,y) \to (0,0)$ 時，$r \to 0^+$。
$x^2+y^2 = r^2$。

核心觀念

本題考查無窮級數的「項判別法」：

若級數 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收斂，則其一般項必須滿足

$$\lim_{n\to\infty}a_n=0.$$

因此，只要證明級數的一般項不趨近於 $0$，即可判定級數發散。

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解題方法

令

$$a_n=\frac{\left(1+\frac1n\right)^n}{(\arctan n)^p}, \qquad p\in\mathbb{Z}_{>0}.$$

先分別考察分子與分母的極限。

由經典極限，

$$\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^n=e.$$

又因為

$$\lim_{n\to\infty}\arctan n=\frac{\pi}{2},$$

所以對任意固定的正整數 $p$，

$$\lim_{n\to\infty}(\arctan n)^p = \left(\frac{\pi}{2}\right)^p.$$

因此，

此題考查 Lipschitz 連續性的定義與應用，包括證明一個函數是 Lipschitz 連續的，以及利用 Lipschitz 連續性證明連續性。

(a) 證明 $g(x) = \frac{x+1}{x+3}$ 在 $[0, \infty)$ 上是 Lipschitz 連續的。
根據定義，我們需要找到一個常數 $K \ge 0$，使得對於任意的 $x, y \in [0, \infty)$，都有 $|g(x) - g(y)| \le K|x - y|$。

考慮 $|g(x) - g(y)|$：
$|g(x) - g(y)| = \left| \frac{x+1}{x+3} - \frac{y+1}{y+3} \right|$
$= \left| \frac{(x+1)(y+3) - (y+1)(x+3)}{(x+3)(y+3)} \right|$
$= \left| \frac{(xy + 3x + y + 3) - (xy + 3y + x + 3)}{(x+3)(y+3)} \right|$
$= \left| \frac{xy + 3x + y + 3 - xy - 3y - x - 3}{(x+3)(y+3)} \right|$
$= \left| \frac{2x - 2y}{(x+3)(y+3)} \right|$
$= \frac{2|x - y|}{|(x+3)(y+3)|}$

為了找到 Lipschitz 常數 $K$，我們需要找到 $\frac{2}{|(x+3)(y+3)|}$ 的上界，其中 $x, y \in [0, \infty)$。
因為 $x \ge 0$ 且 $y \ge 0$，所以 $x+3 \ge 3$ 且 $y+3 \ge 3$。
因此， $(x+3)(y+3) \ge 3 \times 3 = 9$。
這意味著 $\frac{1}{(x+3)(y+3)} \le \frac{1}{9}$。

所以，
$|g(x) - g(y)| = \frac{2|x - y|}{(x+3)(y+3)} \le \frac{2}{9} |x - y|$。

我們可以選擇 $K = \frac{2}{9}$。
因為 $\frac{2}{9} \ge 0$，所以 $g(x)$ 在 $[0, \infty)$ 上是 Lipschitz 連續的，其 Lipschitz 常數為 $\frac{2}{9}$。

另一種方法：使用導數
如果函數 $f$ 在區間 $I$ 上可導，且其導數 $f'(x)$ 在 $I$ 上有界，則 $f$ 在 $I$ 上是 Lipschitz 連續的。
$g'(x) = \frac{d}{dx} \left(\frac{x+1}{x+3}\right) = \frac{1(x+3) - (x+1)(1)}{(x+3)^2} = \frac{x+3 - x - 1}{(x+3)^2} = \frac{2}{(x+3)^2}$。
對於 $x \in [0, \infty)$，我們有 $x+3 \ge 3$，所以 $(x+3)^2 \ge 9$。
因此，$0 < g'(x) = \frac{2}{(x+3)^2} \le \frac{2}{9}$。
由於 $|g'(x)|$ 在 $[0, \infty)$ 上有界（上界為 $\frac{2}{9}$），根據均值定理，對於任意的 $x, y \in [0, \infty)$，存在一個 $c$ 在 $x$ 和 $y$ 之間，使得 $g(x) - g(y) = g'(c)(x-y)$。
所以，$|g(x) - g(y)| = |g'(c)||x-y| \le \frac{2}{9}|x-y|$。
取 $K = \frac{2}{9}$。
因此，$g(x)$ 在 $[0, \infty)$ 上是 Lipschitz 連續的。

核心觀念

本題為實分析與高等微積分中極為經典的「非線性遞迴數列之斂散性分析」，主要評量以下核心數學觀念與定理：

1. 實數數列的有界性（Boundedness）與符號保序性：利用代數不等式及數學歸納法，確定數列之值域範圍與上下界。
2. 數列的單調性（Monotonicity）：透過差分分析 $a_{n+1} - a_n$ 或構造函數導數 $f'(x)$ 的增減性，證明數列的嚴格單調遞減性質。
3. 單調收斂定理（Monotone Convergence Theorem, MCT）：
   $\text{若實數數列 } \{a_n\} \text{ 單調遞減且有下界，則 } \{a_n\} \text{ 必收斂。}$
4. 極限定理與代數固定點（Fixed Point）求解：利用極限與連續函數之運算性質 $\lim_{n \to \infty} a_{n+1} = f\left(\lim_{n \to \infty} a_n\right)$ 求解固定點方程式。

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解題方法與完整推導

定義生成函數 $f:(0, \infty) \to (0, \infty)$ 為：
$f(x) = \frac{x^2}{x^2 + 1}$
則遞迴關係式可表為 $a_{n+1} = f(a_n)$，且首項 $a_1 = 4$。

(a) 證明子數列 $\{a_{2n}\}_{n=1}^{\infty}$ 之單調性與有界性

第一步：證明數列之有界性（Boundedness）

1. 下界：
   因 $a_1 = 4 > 0$，且對任意 $x > 0$，皆有 $f(x) = \frac{x^2}{x^2 + 1} > 0$。
   由數學歸納法可知，對所有 $n \ge 1$，恆有 $a_n > 0$。
2. 上界：
   對任意 $n \ge 1$，觀察遞迴式結構：
   $a_{n+1} = \frac{a_n^2}{a_n^2 + 1} = 1 - \frac{1}{a_n^2 + 1} < 1$
   特別計算前兩項：
   $a_1 = 4$
   $a_2 = \frac{4^2}{4^2 + 1} = \frac{16}{17} < 1$
   因此對所有 $n \ge 1$，子數列 $\{a_{2n}\}$ 恆滿足：
   $0 < a_{2n} \le a_2 = \frac{16}{17} < 1$
   故子數列 $\{a_{2n}\}_{n=1}^{\infty}$ 為有界數列（下界為 $0$，上界為 $\frac{16}{17}$）。

第二步：證明數列之單調性（Monotonicity）
考慮相鄰兩項之差分 $a_{n+1} - a_n$：
$a_{n+1} - a_n = \frac{a_n^2}{a_n^2 + 1} - a_n = \frac{a_n^2 - a_n(a_n^2 + 1)}{a_n^2 + 1} = \frac{-a_n(a_n^2 - a_n + 1)}{a_n^2 + 1}$

對二次多項式 $a_n^2 - a_n + 1$ 進行配方：
$a_n^2 - a_n + 1 = \left(a_n - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4} \ge \frac{3}{4} > 0$

因為對所有 $n \ge 1$ 恆有 $a_n > 0$：

• 分子項：$-a_n (a_n^2 - a_n + 1) < 0$
• 分母項：$a_n^2 + 1 > 0$

由此可得：
$a_{n+1} - a_n < 0 \implies a_{n+1} < a_n \quad (\forall n \ge 1)$
故原數列 $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ 為嚴格單調遞減數列。