112 年 國立中央大學數學系碩士班乙組《微積分》

這題主要考驗對函數微分的定義、計算以及連續性的判斷。

(a) 對於 $x \neq 0$ 的情況，我們可以使用一般的微分法則來計算 $f'(x)$。

$$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( x^5 \sin\left(\frac{1}{x}\right) \right)$$

利用乘法定律和連鎖律：

$$f'(x) = (5x^4) \sin\left(\frac{1}{x}\right) + x^5 \cos\left(\frac{1}{x}\right) \cdot \frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x}\right)$$ $$f'(x) = 5x^4 \sin\left(\frac{1}{x}\right) + x^5 \cos\left(\frac{1}{x}\right) \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right)$$ $$f'(x) = 5x^4 \sin\left(\frac{1}{x}\right) - x^3 \cos\left(\frac{1}{x}\right)$$

【答案】$f'(x) = 5x^4 \sin\left(\frac{1}{x}\right) - x^3 \cos\left(\frac{1}{x}\right)$

(b) 我們需要使用微分的定義來計算 $f'(0)$。

$$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - 0}{h}$$

將 $f(h)$ 的定義代入：

$$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{h^5 \sin\left(\frac{1}{h}\right)}{h} = \lim_{h \to 0} h^4 \sin\left(\frac{1}{h}\right)$$

由於 $-1 \le \sin\left(\frac{1}{h}\right) \le 1$，所以 $-h^4 \le h^4 \sin\left(\frac{1}{h}\right) \le h^4$。
當 $h \to 0$ 時，$-h^4 \to 0$ 且 $h^4 \to 0$。根據夾擠定理，

$$\lim_{h \to 0} h^4 \sin\left(\frac{1}{h}\right) = 0$$

因此，$f'(0) = 0$。
【答案】$f'(0) = 0$

(c) 我們需要證明當 $x \to a$ 時，$f'(x) \to f'(a)$ 對於任意實數 $a$ 都成立。

情況一：$a \neq 0$。
我們需要計算 $\lim_{x \to a} f'(x)$。

$$\lim_{x \to a} f'(x) = \lim_{x \to a} \left( 5x^4 \sin\left(\frac{1}{x}\right) - x^3 \cos\left(\frac{1}{x}\right) \right)$$

這題包含隱函數微分和極座標面積計算。

(a) 我們需要使用隱函數微分法來求解 $\frac{d^2 y}{dx^2}$。
首先，對 $x^2 \cos^2 y - \sin y = 0$ 對 $x$ 微分一次：

$$\frac{d}{dx}(x^2 \cos^2 y) - \frac{d}{dx}(\sin y) = 0$$ $$(2x \cos^2 y + x^2 \cdot 2 \cos y (-\sin y) \frac{dy}{dx}) - \cos y \frac{dy}{dx} = 0$$ $$2x \cos^2 y - (2x^2 \cos y \sin y + \cos y) \frac{dy}{dx} = 0$$ $$\frac{dy}{dx} = \frac{2x \cos^2 y}{2x^2 \cos y \sin y + \cos y} = \frac{2x \cos y}{2x^2 \sin y + 1}$$

接下來，我們需要對 $\frac{dy}{dx}$ 再次對 $x$ 微分，以求 $\frac{d^2 y}{dx^2}$。這將會比較複雜，我們需要使用除法定律和連鎖律。
令 $u = 2x \cos y$ 且 $v = 2x^2 \sin y + 1$。

$$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{d}{dx}\left(\frac{u}{v}\right) = \frac{u'v - uv'}{v^2}$$

其中 $u' = \frac{du}{dx}$ 和 $v' = \frac{dv}{dx}$。

$$u' = \frac{d}{dx}(2x \cos y) = 2 \cos y + 2x (-\sin y) \frac{dy}{dx} = 2 \cos y - 2x \sin y \frac{dy}{dx}$$ $$v' = \frac{d}{dx}(2x^2 \sin y + 1) = 4x \sin y + 2x^2 \cos y \frac{dy}{dx}$$

將 $\frac{dy}{dx}$ 代入 $u'$ 和 $v'$：

$$u' = 2 \cos y - 2x \sin y \left(\frac{2x \cos y}{2x^2 \sin y + 1}\right) = 2 \cos y - \frac{4x^2 \sin y \cos y}{2x^2 \sin y + 1} = \frac{2 \cos y (2x^2 \sin y + 1) - 4x^2 \sin y \cos y}{2x^2 \sin y + 1} = \frac{4x^2 \sin y \cos y + 2 \cos y - 4x^2 \sin y \cos y}{2x^2 \sin y + 1} = \frac{2 \cos y}{2x^2 \sin y + 1}$$ $$v' = 4x \sin y + 2x^2 \cos y \left(\frac{2x \cos y}{2x^2 \sin y + 1}\right) = 4x \sin y + \frac{4x^3 \cos^2 y}{2x^2 \sin y + 1} = \frac{4x \sin y (2x^2 \sin y + 1) + 4x^3 \cos^2 y}{2x^2 \sin y + 1} = \frac{8x^3 \sin^2 y + 4x \sin y + 4x^3 \cos^2 y}{2x^2 \sin y + 1} = \frac{4x^3 (\sin^2 y + \cos^2 y) + 4x \sin y}{2x^2 \sin y + 1} = \frac{4x^3 + 4x \sin y}{2x^2 \sin y + 1}$$

現在代回 $\frac{d^2 y}{dx^2}$ 的公式：

這題考驗極限計算和瑕積分的收斂性判斷。

(a) 我們需要計算當 $x$ 從右側趨近於 1 時，$(\ln x)^{-1}$ 的極限。
當 $x \to 1^+$ 時，$\ln x \to \ln 1 = 0$。
由於 $x > 1$，所以 $\ln x > 0$。因此，當 $x \to 1^+$ 時，$\ln x \to 0^+$ (從正的方面趨近於 0)。
所以，$(\ln x)^{-1} = \frac{1}{\ln x}$。
當分母趨近於 0 且為正時，分數會趨近於正無窮大。

$$\lim_{x \to 1^+} (\ln x)^{-1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{1}{\ln x} = +\infty$$

【答案】$+\infty$

(b) 我們需要判斷瑕積分 $\int_{1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x^3+1}} dx$ 是否收斂。
這是一個瑕積分，因為積分上限是無窮大。我們可以使用比較審斂法。
觀察被積函數 $\frac{1}{\sqrt{x^3+1}}$ 在積分區間 $[1, \infty)$ 上的行為。

這題是一個求極限的問題，觀察其形式，可以將其辨識為黎曼和，進而轉換為定積分來求解。

觀察級數的結構：

$$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{2n+k}}$$

我們可以將其改寫成黎曼和的形式 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right)$。
首先，將根號內的 $n$ 提出：

$$\frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{2n+k}} = \frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n(2+k/n)}} = \frac{1}{\sqrt{n} \sqrt{n} \sqrt{2+k/n}} = \frac{1}{n \sqrt{2+k/n}}$$

所以，原式變為：

核心觀念

令

$$g(x)=f(x)-x.$$

因為 $f$ 連續，且 $x$ 也是連續函數，所以 $g$ 連續。若能證明 $g(0)$ 與 $g(1)$ 異號或其中一個為零，便可利用介值定理得到某個 $c\in[0,1]$ 使得

$$g(c)=0,$$

也就是 $f(c)=c$。

然而，題目只給出積分條件

$$\int_0^1 f(x)\,dx=1,$$

此條件不足以保證 $g$ 在區間上必須取得零值。

解題方法與反例

取連續函數

$$f(x)=x+\frac12.$$

則

$$\int_0^1 f(x)\,dx =\int_0^1\left(x+\frac12\right)\,dx =\left[\frac{x^2}{2}+\frac{x}{2}\right]_0^1 =\frac12+\frac12 =1.$$

因此，此函數完全符合題目所給的條件。

但對所有 $x\in[0,1]$，

$$f(x)-x=\frac12\neq 0,$$

所以不存在 $c\in[0,1]$ 使得

這題是求冪級數的收斂區間，我們主要使用 ratio test (比例檢驗法)。

給定的冪級數為 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}(x-3)^n}{n3^n}$。
令 $a_n = \frac{(-1)^{n+1}(x-3)^n}{n3^n}$。
我們使用 ratio test 來尋找級數的收斂半徑 $R$。

$$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{\frac{(-1)^{n+2}(x-3)^{n+1}}{(n+1)3^{n+1}}}{\frac{(-1)^{n+1}(x-3)^n}{n3^n}} \right|$$ $$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{(-1)^{n+2}(x-3)^{n+1}}{(n+1)3^{n+1}} \cdot \frac{n3^n}{(-1)^{n+1}(x-3)^n} \right|$$ $$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{(-1) (x-3) n}{(n+1) 3} \right|$$ $$L = \left| \frac{-(x-3)}{3} \right| \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1}$$ $$L = \left| \frac{x-3}{3} \right| \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1+1/n}$$ $$L = \left| \frac{x-3}{3} \right| \cdot 1 = \frac{|x-3|}{3}$$

根據 ratio test，級數在 $L < 1$ 時收斂。

$$\frac{|x-3|}{3} < 1$$ $$|x-3| < 3$$

這表示級數在 $x=3$ 的鄰域內收斂，收斂半徑 $R=3$。
$-3 < x-3 < 3$
$0 < x < 6$

現在我們需要檢查級數在端點 $x=0$ 和 $x=6$ 的情況。

這題主要考驗偏導數的定義和可微性的判斷。

(a) 我們需要使用偏導數的定義來計算 $\frac{\partial f}{\partial y}$ 在 $(0,0)$ 的值。
根據偏導數的定義：

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

首先，我們需要確定 $f(0,h)$ 和 $f(0,0)$ 的值。
當 $(x, y) = (0,0)$ 時，$x^2 - y^2 = 0^2 - 0^2 = 0$。所以 $f(0,0) = 0$。
當 $x=0$ 且 $y=h \neq 0$ 時，$x^2 - y^2 = 0^2 - h^2 = -h^2 \neq 0$。
所以，我們使用定義式來計算 $f(0,h)$:

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

現在將這些值代入偏導數的定義：

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

因此，$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = 0$。

類似地，我們可以計算 $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$。

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

當 $x=h \neq 0$ 且 $y=0$ 時，$x^2 - y^2 = h^2 - 0^2 = h^2 \neq 0$。
所以，$f(h,0) = \frac{3(h)(0)}{h^2 - 0^2} = \frac{0}{h^2} = 0$。

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

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

【答案】$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = 0$

(b) 我們需要證明函數 $f$ 在 $(0,0)$ 處不可微。
一個函數 $f(x,y)$ 在點 $(a,b)$ 可微的充要條件是：

1. $\frac{\partial f}{\partial x}(a,b)$ 和 $\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)$ 存在。
2. $\lim_{(\Delta x, \Delta y) \to (0,0)} \frac{f(a+\Delta x, b+\Delta y) - f(a,b) - \frac{\partial f}{\partial x}(a,b)\Delta x - \frac{\partial f}{\partial y}(a,b)\Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}} = 0$。

我們已經在 (a) 中證明了 $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = 0$ 和 $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = 0$。
現在我們需要檢查第二個條件。

這題是求多元函數的相對極值和鞍點，我們需要利用一階和二階偏導數。

首先，我們計算一階偏導數並令它們等於零，以找到臨界點。

$$\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 - 3y$$ $$\frac{\partial f}{\partial y} = 3y^2 - 3x$$

令 $\frac{\partial f}{\partial x} = 0$ 和 $\frac{\partial f}{\partial y} = 0$：

1. $3x^2 - 3y = 0 \implies y = x^2$
2. $3y^2 - 3x = 0 \implies y^2 = x$

將 (1) 代入 (2)：
$(x^2)^2 = x$
$x^4 = x$
$x^4 - x = 0$
$x(x^3 - 1) = 0$
$x(x-1)(x^2+x+1) = 0$

從 $x(x-1)(x^2+x+1) = 0$ 中，我們得到 $x=0$ 或 $x=1$。
二次方程 $x^2+x+1=0$ 的判別式為 $1^2 - 4(1)(1) = -3 < 0$，所以它沒有實數根。

當 $x=0$ 時，由 $y=x^2$，得到 $y=0^2=0$。所以一個臨界點是 $(0,0)$。
當 $x=1$ 時，由 $y=x^2$，得到 $y=1^2=1$。所以另一個臨界點是 $(1,1)$。

接下來，我們計算二階偏導數，以應用二階導數檢驗法 (Second Derivative Test)。

$$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}(3x^2 - 3y) = 6x$$

核心觀念

本題考查球坐標在三重積分中的應用，重點包括：

• 球坐標轉換：

  $x=\rho\sin\theta\cos\phi,\qquad y=\rho\sin\theta\sin\phi,\qquad z=\rho\cos\theta$

• 體積元素：

  $dV=\rho^2\sin\theta\,d\rho\,d\theta\,d\phi$

• 球面方程式 $x^2+y^2+z^2=R^2$ 對應 $\rho=R$。

• 圓錐面 $z^2=x^2+y^2$ 對應球坐標中的固定角度。

兩個球面半徑分別為 $1$ 與 $2$，因此所求區域是球殼

$1\le \rho\le 2$

且位於雙圓錐內部。

解題方法

令

$x^2+y^2=\rho^2\sin^2\theta,\qquad z^2=\rho^2\cos^2\theta$

代入圓錐方程式：

$\rho^2\cos^2\theta=\rho^2\sin^2\theta$

因此

$\tan^2\theta=1$

圓錐面的位置為

$\theta=\frac{\pi}{4},\qquad \theta=\frac{3\pi}{4}$

其中 $\theta$ 是從正 $z$ 軸量起的極角。圓錐內部滿足

$z^2\ge x^2+y^2$

也就是

$\cos^2\theta\ge\sin^2\theta$

故包含上方與下方兩個圓錐帽：

$$0\le\theta\le\frac{\pi}{4} \quad\text{或}\quad \frac{3\pi}{4}\le\theta\le\pi$$

方位角完整繞行一周，因此

$0\le\phi\le 2\pi$

體積為

核心觀念

本題考查：

• 二重積分的逐次積分。
• 線性代換 $u=x+y$。
• 變數代換 $y=t^2$。
• 不完全 Beta 函數
  $B_z(a,b)=\int_0^z s^{a-1}(1-s)^{b-1}\,ds.$

積分區域為
$0\le y\le 1,\qquad 0\le x\le \sqrt y.$

對固定的 $y$，令
$u=x+y,$
則
$x=u-y,\qquad dx=du,$
且
$y-2x=y-2(u-y)=3y-2u.$

---

解題方法

原積分記為 $I$：

$$I=\int_0^1\int_0^{\sqrt y}(y-2x)^2\sqrt{x+y}\,dx\,dy.$$

由 $u=x+y$，當 $x=0$ 時 $u=y$；當 $x=\sqrt y$ 時
$u=y+\sqrt y.$

因此

$$I=\int_0^1\int_y^{y+\sqrt y}(3y-2u)^2u^{1/2}\,du\,dy.$$

展開被積分式：

$$(3y-2u)^2u^{1/2} =(9y^2-12yu+4u^2)u^{1/2}.$$

先對 $u$ 積分：

$$\begin{aligned} \int (3y-2u)^2u^{1/2}\,du &=\int \left(9y^2u^{1/2}-12yu^{3/2}+4u^{5/2}\right)\,du\\ &=6y^2u^{3/2}-\frac{24}{5}yu^{5/2} +\frac87u^{7/2}. \end{aligned}$$

代入上下限：

$$\begin{aligned} I ={}&\int_0^1 \left[ 6y^2u^{3/2}-\frac{24}{5}yu^{5/2} +\frac87u^{7/2} \right]_{u=y}^{u=y+\sqrt y}\,dy. \end{aligned}$$

下限 $u=y$ 的部分為

$$6y^{7/2}-\frac{24}{5}y^{7/2}+\frac87y^{7/2} =\frac{82}{35}y^{7/2}.$$

故

$$\begin{aligned} I ={}&\int_0^1 \left[ 6y^2(y+\sqrt y)^{3/2} -\frac{24}{5}y(y+\sqrt y)^{5/2} +\frac87(y+\sqrt y)^{7/2} -\frac{82}{35}y^{7/2} \right]dy. \end{aligned}$$

再令

$$y=t^2,\qquad dy=2t\,dt,\qquad 0\le t\le1.$$

因為

$$y+\sqrt y=t^2+t=t(1+t),$$

整理前三項可得