111 年 國立中央大學數學系碩士班乙組《微積分》

此題考驗對黎曼和 (Riemann Sum) 的理解與應用，以及對數函數和極限的性質。

觀察題目給的極限式，形式上類似於黎曼和的結構 $\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} f(\frac{k}{n}) \frac{1}{n}$。
首先，我們將對數函數和根號進行化簡：
$\ln \sqrt{1 + \frac{k}{n^2}} = \ln \left(1 + \frac{k}{n^2}\right)^{1/2} = \frac{1}{2} \ln \left(1 + \frac{k}{n^2}\right)$
所以原極限式變為：
$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2} \ln \left(1 + \frac{k}{n^2}\right) = \frac{1}{2} \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \ln \left(1 + \frac{k}{n^2}\right)$
這個級數的每一項都含有 $n^2$ 在分母，這使得它無法直接湊成標準的黎曼和形式 $\sum f(\frac{k}{n}) \frac{1}{n}$，因為我們期望分母是 $n$，而不是 $n^2$。

然而，當 $n$ 趨近於無窮大時，$\frac{k}{n^2}$ 會趨近於 0。此時，我們可以使用對數函數的泰勒展開式：
$\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots$
當 $x = \frac{k}{n^2}$ 且 $n \to \infty$ 時，$\frac{k}{n^2}$ 趨近於 0。因此，我們可以近似 $\ln(1 + \frac{k}{n^2}) \approx \frac{k}{n^2}$。

將此近似代入級數：
$\sum_{k=1}^{n} \ln \left(1 + \frac{k}{n^2}\right) \approx \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^2}$
現在我們可以計算這個近似級數的和：
$\sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^2} = \frac{1}{n^2} \sum_{k=1}^{n} k = \frac{1}{n^2} \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n+1}{2n}$
接著計算其極限：
$\lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{2n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1 + \frac{1}{n}}{2} = \frac{1}{2}$
所以，原極限為：
$\frac{1}{2} \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \ln \left(1 + \frac{k}{n^2}\right) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$

此題考驗微分的定義，特別是關於高階導數在某一點是否存在的判斷，尤其是在點處函數值被特殊定義時。

根據導數的定義，函數 $f(x)$ 在點 $x=a$ 的導數 $f'(a)$ 為：
$f'(a) = \lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) - f(a)}{h}$
我們要計算 $f'(0)$，將 $a=0$ 代入定義：
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - 0}{h}$
因為當 $h \neq 0$ 時，$f(h) = e^{-1/h^2}$，所以：
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{e^{-1/h^2}}{h}$
這個極限的形式是 $\frac{\infty}{0}$，需要仔細分析。令 $y = 1/h$。當 $h \to 0^+$ 時，$y \to \infty$；當 $h \to 0^-$ 時，$y \to -\infty$。
然而，指數函數 $e^{-1/h^2}$ 中的 $h^2$ 使得 $h \to 0^+$ 和 $h \to 0^-$ 的行為是一樣的。
所以，我們只需要考慮 $h \to 0$ 的情況。
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} e^{-1/h^2}$
令 $t = 1/h^2$。當 $h \to 0$ 時，$t \to \infty$。
則 $h = \pm 1/\sqrt{t}$。
$\lim_{h \to 0} \frac{1}{h} e^{-1/h^2} = \lim_{t \to \infty} \left(\pm \frac{1}{\sqrt{t}}\right) e^{-t} = \pm \lim_{t \to \infty} \frac{e^{-t}}{\sqrt{t}} = \pm \lim_{t \to \infty} \frac{1}{\sqrt{t} e^t}$

核心觀念

本題考查無窮瑕積分的收斂性，以及代換積分法。

令

則

原積分的下限 $x=1$ 對應 $t=0$，上限 $x\to\infty$ 對應 $t\to\infty$。因此必須同時檢查 $t=0$ 與 $t=\infty$ 附近的收斂性。

解題方法

作代換 $t=\ln x$，得

此積分在 $t=0$ 與 $t=\infty$ 都是瑕積分，必須分開判斷：

一、檢查 $t=0$ 附近

屬於 $t^\alpha$ 型積分。根據判斷法：

此處 $\alpha=-p$，所以

因此，$t=0$ 附近收斂的條件為

此題考驗微分積分基本定理 (Fundamental Theorem of Calculus) 的應用，以及連鎖律 (Chain Rule) 的複合應用。

已知 $x = \int_{0}^{y} \frac{1}{\sqrt{1+4t^2}} dt$。
我們需要求 $\frac{d^2y}{dx^2}$。

首先，我們利用微分積分基本定理來找到 $\frac{dx}{dy}$。
根據微分積分基本定理，若 $F(y) = \int_{a}^{y} f(t) dt$，則 $F'(y) = f(y)$。
在這裡，我們將 $x$ 視為 $y$ 的函數，但積分變數是 $t$。
所以，對 $y$ 微分：
$\frac{dx}{dy} = \frac{d}{dy} \left( \int_{0}^{y} \frac{1}{\sqrt{1+4t^2}} dt \right) = \frac{1}{\sqrt{1+4y^2}}$

接下來，我們需要求 $\frac{dy}{dx}$。
根據連鎖律，$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\frac{dx}{dy}}$。
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\frac{1}{\sqrt{1+4y^2}}} = \sqrt{1+4y^2}$

此題考驗級數的收斂性判斷，其中被積函數包含對數項，可以考慮使用積分審斂法 (Integral Test) 或比較審斂法 (Comparison Test)。

我們考慮級數 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$，其中 $a_n = \frac{1}{n(1+\ln^2 n)}$。
我們來分析函數 $f(x) = \frac{1}{x(1+\ln^2 x)}$。
對於 $x \ge 1$，此函數是連續的、正值的。
我們還需要檢查它是否遞減。
考慮 $f(x)$ 的導數：
$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( x(1+\ln^2 x) \right)^{-1}$
$f'(x) = -1 \left( x(1+\ln^2 x) \right)^{-2} \cdot \frac{d}{dx} (x(1+\ln^2 x))$
$\frac{d}{dx} (x(1+\ln^2 x)) = 1 \cdot (1+\ln^2 x) + x \cdot (2 \ln x \cdot \frac{1}{x})$
$= 1+\ln^2 x + 2 \ln x$
所以，
$f'(x) = - \frac{1+\ln^2 x + 2 \ln x}{(x(1+\ln^2 x))^2}$
對於 $x \ge 1$, $\ln x \ge 0$.
$1+\ln^2 x \ge 1$.
$2 \ln x \ge 0$.
所以，$1+\ln^2 x + 2 \ln x > 0$.
因此，$f'(x) < 0$ 對於 $x \ge 1$。
函數 $f(x)$ 是遞減的。

我們可以應用積分審斂法。級數 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 與積分 $\int_{1}^{\infty} f(x) dx$ 同時收斂或發散。
我們計算積分 $\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x(1+\ln^2 x)} dx$。
令 $u = 1+\ln^2 x$。
則 $du = 2 \ln x \cdot \frac{1}{x} dx$。
這似乎不是一個好的代換，因為我們有 $x$ 和 $\ln x$。

讓我們嘗試另一種代換：令 $u = \ln x$。
則 $du = \frac{1}{x} dx$。
當 $x=1$ 時，$u = \ln 1 = 0$。
當 $x \to \infty$ 時，$u \to \infty$。
積分變為：
$\int_{0}^{\infty} \frac{1}{1+u^2} du$
這個積分是 $\int_{0}^{\infty} \frac{1}{1+u^2} du = [\arctan u]_{0}^{\infty}$。
$[\arctan u]_{0}^{\infty} = \lim_{b \to \infty} \arctan b - \arctan 0$
$= \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$

此題考驗拉格朗日乘數法 (Lagrange Multiplier Method) 的應用，用於尋找多元函數在約束條件下的極值。

我們要尋找函數 $f(x, y, z) = xyz$ 在約束條件 $g(x, y, z) = x^2 + 2y^2 + 3z^2 - 1 = 0$ 下的極值。
根據拉格朗日乘數法，我們需要解方程組 $\nabla f = \lambda \nabla g$ 和 $g(x, y, z) = 0$。

首先計算梯度：
$\nabla f = \left< \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z} \right> = \left< yz, xz, xy \right>$
$\nabla g = \left< \frac{\partial g}{\partial x}, \frac{\partial g}{\partial y}, \frac{\partial g}{\partial z} \right> = \left< 2x, 4y, 6z \right>$

由 $\nabla f = \lambda \nabla g$ 可得：

1. $yz = \lambda (2x)$
2. $xz = \lambda (4y)$
3. $xy = \lambda (6z)$
4. $x^2 + 2y^2 + 3z^2 = 1$ (約束條件)

考慮情況：如果 $x, y, z$ 中有任一個為 0，則 $f(x, y, z) = xyz = 0$。
如果 $x=0$, 則從 (2) 和 (3) 得到 $0 = \lambda (4y)$ 和 $0 = \lambda (6z)$。
如果 $\lambda \neq 0$, 則 $y=0$ 且 $z=0$. 但 $x^2+2y^2+3z^2=1$ 變成 $0=1$, 矛盾。
所以，如果 $x=0$, 則 $\lambda = 0$.
如果 $\lambda = 0$, 則 $yz = 0$, $xz = 0$, $xy = 0$.
這意味著至少有兩個變數為 0。
例如，如果 $x=0$, 則 $yz=0$, 所以 $y=0$ 或 $z=0$.
若 $x=0, y=0$, 則 $3z^2=1 \implies z = \pm 1/\sqrt{3}$. $f = 0$.
若 $x=0, z=0$, 則 $2y^2=1 \implies y = \pm 1/\sqrt{2}$. $f = 0$.
若 $y=0, z=0$, 則 $x^2=1 \implies x = \pm 1$. $f = 0$.
所以，當任何一個變數為 0 時，函數值為 0。

現在假設 $x, y, z \neq 0$. 則 $\lambda \neq 0$.
從 (1), (2), (3) 式，我們可以得到變數之間的關係：
由 (1) $yz = 2\lambda x \implies x y z = 2\lambda x^2$
由 (2) $xz = 4\lambda y \implies x y z = 4\lambda y^2$
由 (3) $xy = 6\lambda z \implies x y z = 6\lambda z^2$

所以，$2\lambda x^2 = 4\lambda y^2 = 6\lambda z^2$.
由於 $\lambda \neq 0$, 我們可以消去 $\lambda$:
$2x^2 = 4y^2 = 6z^2$.
這可以簡化為：
$x^2 = 2y^2$
$2y^2 = 3z^2$

現在我們用這些關係來代入約束條件 (4)：$x^2 + 2y^2 + 3z^2 = 1$.
我們有 $x^2 = 2y^2$ 和 $3z^2 = 2y^2$.
將 $x^2$ 和 $3z^2$ 用 $2y^2$ 表示：
$(2y^2) + 2y^2 + (2y^2) = 1$
$6y^2 = 1$
$y^2 = \frac{1}{6}$
所以，$y = \pm \frac{1}{\sqrt{6}}$。

現在計算 $x^2$ 和 $z^2$:
$x^2 = 2y^2 = 2 \left(\frac{1}{6}\right) = \frac{1}{3}$
所以，$x = \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$。

核心觀念

二重積分必須先確認積分區域 $D$ 是否由題目給出的曲線唯一決定。題目寫成

其中 $\sin^{-1}y$ 按標準慣例表示反正弦函數 $\arcsin y$，而非倒數。

檢查邊界曲線

考慮方程

因為 $\arcsin y$ 的定義域為 $[-1,1]$，令

則

且

因此 $f(y)$ 在 $[-1,1]$ 上僅於 $y=0$ 時為零，也就是

所以曲線 $y=\sin^{-1}y$ 實際上只與直線 $y=0$ 在 $y=0$ 處相交，無法與 $y=0$ 圍成一個具有面積的封閉區域。更嚴格地說，題目中的方程沒有給出 $x$ 與 $y$ 的關係，因而無法唯一決定二維區域 $D$。

解題方法與結論

此題是計算著名的狄利克雷積分 (Dirichlet integral) 的一個變體，即高斯積分 (Gaussian integral)。
這個積分 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$。
我們需要計算的是 $\int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx$。
由於被積函數 $f(x) = e^{-x^2}$ 是一個偶函數 ($f(-x) = e^{-(-x)^2} = e^{-x^2} = f(x)$)，所以：
$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \int_{-\infty}^{0} e^{-x^2} dx + \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx$
$= \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx + \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx = 2 \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx$
因此，
$\int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx$
標準的計算方法是使用極座標。
令 $I = \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx$。
考慮 $I^2 = \left( \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx \right) \left( \int_{0}^{\infty} e^{-y^2} dy \right)$。
我們可以將其寫成二重積分：
$I^2 = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} e^{-y^2} dx \, dy = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{-(x^2+y^2)} dx \, dy$
現在，我們轉換到極座標。

此題考驗多元函數的極值判斷，特別是利用二階導數測試 (Second Derivative Test) 來區分相對極值點 (local extrema) 和鞍點 (saddle points)。

首先，我們需要找到函數 $f(x, y) = (x^2 + y^2)e^{-y}$ 的駐點 (critical points)。
駐點是使一階偏導數為零的點，即 $\frac{\partial f}{\partial x} = 0$ 和 $\frac{\partial f}{\partial y} = 0$。

計算一階偏導數：
$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} ((x^2 + y^2)e^{-y}) = 2x e^{-y}$
$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} ((x^2 + y^2)e^{-y}) = (2y)e^{-y} + (x^2 + y^2)e^{-y}(-1)$
$= e^{-y} (2y - x^2 - y^2)$

令一階偏導數為零：

1. $2x e^{-y} = 0$
2. $e^{-y} (2y - x^2 - y^2) = 0$

從 (1) 式，$2x e^{-y} = 0$。由於 $e^{-y}$ 恆大於 0，所以必須 $2x = 0$，即 $x=0$。

將 $x=0$ 代入 (2) 式：
$e^{-y} (2y - 0^2 - y^2) = 0$
$e^{-y} (2y - y^2) = 0$
由於 $e^{-y} \neq 0$，所以 $2y - y^2 = 0$。
$y(2-y) = 0$
這給出兩個解：$y=0$ 或 $y=2$。

因此，我們得到兩個駐點：$(0, 0)$ 和 $(0, 2)$。

接下來，我們計算二階偏導數，以構成海森矩陣 (Hessian matrix)。
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x} (2x e^{-y}) = 2e^{-y}$
$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y} (e^{-y} (2y - x^2 - y^2))$
$= (-e^{-y})(2y - x^2 - y^2) + e^{-y}(2 - 2y)$
$= e^{-y} (-2y + x^2 + y^2 + 2 - 2y) = e^{-y} (x^2 + y^2 - 4y + 2)$
$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (2x e^{-y}) = 2x (-e^{-y}) = -2x e^{-y}$

核心觀念

兩個曲面 $f(x,y,z)=0$ 與 $g(x,y,z)=0$ 的交線，其切線方向同時垂直於兩曲面在該點的法向量。因此，交線的切向量可由兩個曲面梯度的外積求得：

其中，梯度向量 $\nabla f$ 即為曲面的法向量。

解題方法

已知

先分別計算兩個曲面的梯度：

在點 $P_0=(1,1,3)$ 處，

因此交線 $E$ 在 $P_0$ 的切向量為

切向量可任意乘上非零常數，因此取較簡單的方向向量