113 年 國立中央大學數學系碩士班應用數學組在職生《微積分》

核心觀念

題目目前的函數式與結論不一致。若

$$f(x)=\frac12(x-a)^2+\frac{\lambda}{x},\qquad x>0,$$

則最小值位置會依賴 $\lambda$，不可能固定為

$$\operatorname{sgn}(a)\max\{|a|-1,0\}.$$

此外，當 $a<0$ 時，題目所給的點為負數，根本不屬於定義域 $x>0$；當 $0<|a|\le 1$ 時，題目所給的點為 $x=0$，同樣不屬於定義域。

例如取 $a=2$、$\lambda=0$，則

$$f(x)=\frac12(x-2)^2,$$

其絕對最小值在 $x=2$ 取得，但題目所給的點是 $x=1$，因此原題敘述不成立。

題目結論所對應的正確函數應為

$$f(x)=\frac12(x-a)^2+|x|,\qquad x\in\mathbb R.$$

以下針對此合理修正版完整求解。

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解題方法

函數

$$f(x)=\frac12(x-a)^2+|x|$$

由二次函數與絕對值函數組成。兩者皆為凸函數，因此 $f$ 為凸函數；只要找出使函數值最小的點，即可得到唯一的絕對最小值點。

由於 $|x|$ 在 $x=0$ 處不可微，必須分成 $x>0$、$x<0$ 以及 $x=0$ 三種情況討論。

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情況一：$x>0$

此時 $|x|=x$，因此

$$f(x)=\frac12(x-a)^2+x.$$

微分得

$$f'(x)=x-a+1.$$

令 $f'(x)=0$，得到臨界點

$$x=a-1.$$

此臨界點必須符合 $x>0$，所以只有在 $a>1$ 時成立。

因此，當 $a>1$ 時，最小值點為

$$x=a-1.$$

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情況二：$x<0$

此時 $|x|=-x$，因此

$$f(x)=\frac12(x-a)^2-x.$$

微分得

$$f'(x)=x-a-1.$$

令 $f'(x)=0$，得到臨界點

$$x=a+1.$$

此臨界點必須符合 $x<0$，所以只有在 $a<-1$ 時成立。

因此，當 $a<-1$ 時，最小值點為

$$x=a+1.$$

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情況三：$x=0$

當 $-1\le a\le 1$ 時：

本題考查微積分基本定理的應用，特別是關於變上限積分的導數。

根據微積分基本定理，如果 $F(x) = \int_a^x f(t) dt$, 那麼 $F'(x) = f(x)$.
更一般地，如果 $G(x) = \int_{u(x)}^{v(x)} f(t) dt$, 那麼 $G'(x) = f(v(x))v'(x) - f(u(x))u'(x)$.
這是連鎖律在微積分基本定理上的應用。

在本題中，我們有 $f(t) = e^{t^2}$。
變上限函數是 $v(x) = \arctan(x^2)$ 和 $u(x) = \ln(x^2+1)$。

我們需要計算 $v'(x)$ 和 $u'(x)$。
首先計算 $v'(x)$:
$v(x) = \arctan(x^2)$.
令 $w = x^2$, 則 $v(x) = \arctan(w)$.
$\frac{dv}{dx} = \frac{dv}{dw} \cdot \frac{dw}{dx}$.
$\frac{dv}{dw} = \frac{d}{dw}(\arctan(w)) = \frac{1}{1+w^2}$.
$\frac{dw}{dx} = \frac{d}{dx}(x^2) = 2x$.
所以，$v'(x) = \frac{1}{1+(x^2)^2} \cdot 2x = \frac{2x}{1+x^4}$.

接下來計算 $u'(x)$:
$u(x) = \ln(x^2+1)$.
令 $z = x^2+1$, 則 $u(x) = \ln(z)$.

本題要求計算一個不定積分。積分式為 $\int \frac{1}{x^6(x^2+1)} dx$。
這是一個有理函數的積分。我們可以使用部分分式分解的方法來求解。

首先，將被積函數的結構寫成部分分式形式：
$\frac{1}{x^6(x^2+1)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x^2} + \frac{C}{x^3} + \frac{D}{x^4} + \frac{E}{x^5} + \frac{F}{x^6} + \frac{Gx+H}{x^2+1}$
然而，這種方法展開後會非常複雜。

另一種更簡潔的方法是使用替換法。
觀察到分母中 $x^6$ 和 $x^2+1$ 的組合。
我們可以嘗試令 $u = \frac{1}{x}$。
那麼 $du = -\frac{1}{x^2} dx$, 所以 $dx = -x^2 du = -\frac{1}{u^2} du$.
$x = \frac{1}{u}$.
$x^6 = \frac{1}{u^6}$.
$x^2+1 = \frac{1}{u^2} + 1 = \frac{1+u^2}{u^2}$.

代入積分：
$\int \frac{1}{x^6(x^2+1)} dx = \int \frac{1}{\frac{1}{u^6} \cdot \frac{1+u^2}{u^2}} \left(-\frac{1}{u^2} du\right)$
$= \int \frac{u^6 \cdot u^2}{1+u^2} \left(-\frac{1}{u^2} du\right)$
$= -\int \frac{u^6}{1+u^2} du$

現在我們需要計算積分 $-\int \frac{u^6}{1+u^2} du$.
這是一個多項式除以多項式的積分。我們可以使用長除法或者直接進行代數變形。
$\frac{u^6}{1+u^2}$
我們可以寫成：
$u^6 = u^4(u^2+1) - u^4$
$-u^4 = -u^2(u^2+1) + u^2$
$u^2 = 1(u^2+1) - 1$
所以：
$u^6 = u^4(u^2+1) - u^2(u^2+1) + (u^2+1) - 1$
$u^6 = (u^4 - u^2 + 1)(u^2+1) - 1$
因此，
$\frac{u^6}{1+u^2} = u^4 - u^2 + 1 - \frac{1}{1+u^2}$

現在積分就變成了：
$-\int \left( u^4 - u^2 + 1 - \frac{1}{1+u^2} \right) du$
$= - \left( \int u^4 du - \int u^2 du + \int 1 du - \int \frac{1}{1+u^2} du \right)$
$= - \left( \frac{u^5}{5} - \frac{u^3}{3} + u - \arctan(u) \right) + C$
$= -\frac{u^5}{5} + \frac{u^3}{3} - u + \arctan(u) + C$

最後，將 $u = \frac{1}{x}$ 代回去：
$u^5 = \frac{1}{x^5}$
$u^3 = \frac{1}{x^3}$
$u = \frac{1}{x}$
$\arctan(u) = \arctan(\frac{1}{x})$

所以，積分結果是：
$-\frac{1}{5x^5} + \frac{1}{3x^3} - \frac{1}{x} + \arctan\left(\frac{1}{x}\right) + C$

本題分為兩小題，第一小題要求求函數 $f(x)$ 在 $x=0$ 附近的泰勒展開（Maclaurin series）的前三項係數 $a_0, a_1, a_2$。第二小題要求計算一個極限。

Part 1: Maclaurin series of $f(x)$

函數 $f(x)$ 在 $x \neq 0$ 時的定義是 $f(x) = (1+x)^{\frac{1}{x}}$。
我們需要求 $f(x)$ 在 $x=0$ 附近的泰勒展開。
首先，我們需要確定 $a_0 = f(0)$。
根據定義，當 $x=0$ 時，$f(0) = e$. 所以 $a_0 = e$.

接下來，我們需要尋找 $f(x)$ 的泰勒級數。這通常通過計算函數的導數來實現。
然而，直接對 $(1+x)^{\frac{1}{x}}$ 求導會比較複雜。
一個常用的技巧是對函數取對數，然後求對數的泰勒級數。
令 $y = (1+x)^{\frac{1}{x}}$.
則 $\ln y = \frac{1}{x} \ln(1+x)$.

我們知道 $\ln(1+x)$ 在 $x=0$ 附近的泰勒級數是：
$\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$
所以，
$\ln y = \frac{1}{x} \left( x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots \right)$
$\ln y = 1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \frac{x^3}{4} + \dots$

現在，我們有 $\ln y = 1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots$.
我們需要求 $y = e^{\ln y} = e^{1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots}$.
令 $g(x) = -\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \frac{x^3}{4} + \dots$.
那麼 $y = e^{1+g(x)} = e \cdot e^{g(x)}$.

我們知道 $e^z$ 在 $z=0$ 附近的泰勒級數是：
$e^z = 1 + z + \frac{z^2}{2!} + \frac{z^3}{3!} + \dots$
在這裡，$z = g(x) = -\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \dots$.
我們只需要計算到 $x^2$ 的項，所以我們需要 $g(x)$ 到 $x^2$ 的項。
$g(x) = -\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} + O(x^3)$.

現在代入 $e^z$ 的級數：
$e^{g(x)} = 1 + g(x) + \frac{(g(x))^2}{2} + O((g(x))^3)$
$e^{g(x)} = 1 + \left(-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3}\right) + \frac{1}{2} \left(-\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3}\right)^2 + O(x^3)$
$e^{g(x)} = 1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} + \frac{1}{2} \left( \left(-\frac{x}{2}\right)^2 + 2\left(-\frac{x}{2}\right)\left(\frac{x^2}{3}\right) + \dots \right) + O(x^3)$
$e^{g(x)} = 1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} + \frac{1}{2} \left( \frac{x^2}{4} + O(x^3) \right) + O(x^3)$
$e^{g(x)} = 1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} + \frac{x^2}{8} + O(x^3)$
$e^{g(x)} = 1 - \frac{x}{2} + \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{8}\right)x^2 + O(x^3)$
$e^{g(x)} = 1 - \frac{x}{2} + \left(\frac{8+3}{24}\right)x^2 + O(x^3)$
$e^{g(x)} = 1 - \frac{x}{2} + \frac{11}{24}x^2 + O(x^3)$

最後，我們乘以 $e$:
$f(x) = e \cdot e^{g(x)} = e \left( 1 - \frac{x}{2} + \frac{11}{24}x^2 + O(x^3) \right)$
$f(x) = e - \frac{e}{2}x + \frac{11e}{24}x^2 + O(x^3)$

所以，Maclaurin series 的前三項係數是：
$a_0 = e$
$a_1 = -\frac{e}{2}$
$a_2 = \frac{11e}{24}$

我們也可以驗證第二個條件：
$\lim_{x\to 0} \frac{f(x) - a_0 - a_1x - a_2x^2}{x^3} = 0$
$\frac{f(x) - e - (-\frac{e}{2})x - (\frac{11e}{24})x^2}{x^3} = \frac{e(1 - \frac{x}{2} + \frac{11}{24}x^2 + O(x^3)) - e + \frac{e}{2}x - \frac{11e}{24}x^2}{x^3}$
$= \frac{e \cdot O(x^3)}{x^3} = e \cdot O(1)$
當 $x \to 0$, 這個極限是 $0$。

Part 2: Limit calculation

我們需要計算 $\lim_{x\to \infty} \left[ \left(1+\frac{1}{x}\right)^x - e \right]$.

本題要求討論函數 $f(x, y)$ 在定義域上的連續性。
函數 $f(x, y)$ 的定義域是整個 $\mathbb{R}^2$。
我們需要檢查函數在兩部分定義下的連續性。

1. 當 $xy \neq 0$ 時
在 $xy \neq 0$ 的區域，函數定義為 $f(x, y) = \frac{\sin(xy)}{xy}$。
令 $u = xy$. 則函數可以看作 $g(u) = \frac{\sin u}{u}$.
我們知道 $\sin u$ 是連續函數，並且 $u$ 也是連續函數。
當 $u \neq 0$, $\frac{\sin u}{u}$ 是連續的。
因此，在 $xy \neq 0$ 的區域，即 $x \neq 0$ 且 $y \neq 0$ 的區域，函數 $f(x, y)$ 是連續的。

2. 當 $xy = 0$ 時
當 $xy = 0$ 時，表示 $x=0$ 或 $y=0$（或兩者皆為 $0$）。
在這些點上，函數定義為 $f(x, y) = 1$。
常數函數是連續的。所以，在 $xy=0$ 的線上，函數本身是連續的。

3. 討論在 $xy=0$ 的點上的連續性
連續性的定義是：對於點 $(a, b)$，如果 $\lim_{(x,y) \to (a,b)} f(x,y) = f(a,b)$，則函數在 $(a,b)$ 處連續。
我們需要特別關注函數定義發生變化的點，也就是 $xy=0$ 的情況。

情況 3.1: $(a, b)$ 點滿足 $ab \neq 0$
此時，點 $(a, b)$ 處於 $xy \neq 0$ 的區域。
在 $(a, b)$ 的一個小鄰域內，函數都等於 $\frac{\sin(xy)}{xy}$。
由於 $\frac{\sin u}{u}$ 在 $u \neq 0$ 時連續，所以 $\frac{\sin(xy)}{xy}$ 在 $xy \neq 0$ 的區域連續。
因此，對於任何滿足 $ab \neq 0$ 的點 $(a, b)$，函數 $f(x, y)$ 都是連續的。

情況 3.2: $(a, b)$ 點滿足 $ab = 0$
這表示點 $(a, b)$ 在 $x$ 軸上 ($y=0$) 或 $y$ 軸上 ($x=0$)，或者在原點 $(0, 0)$。
根據定義，$f(a, b) = 1$。
我們需要計算 $\lim_{(x,y) \to (a,b)} f(x,y)$。

子情況 3.2.1: $(a, b)$ 點在 $x$ 軸上，且 $a \neq 0$ (即 $b=0, a \neq 0$)
我們需要計算 $\lim_{(x,y) \to (a,0)} f(x,y)$。
考慮從 $y \neq 0$ 的方向趨近 $(a, 0)$。此時 $xy \neq 0$。
$\lim_{(x,y) \to (a,0), y \neq 0} f(x,y) = \lim_{(x,y) \to (a,0), y \neq 0} \frac{\sin(xy)}{xy}$
令 $u = xy$. 當 $(x,y) \to (a,0)$ 且 $y \neq 0$, $u = xy \to a \cdot 0 = 0$.
所以，極限值是 $\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$.
由於 $f(a, 0) = 1$, 所以函數在這些點上是連續的。

子情況 3.2.2: $(a, b)$ 點在 $y$ 軸上，且 $b \neq 0$ (即 $a=0, b \neq 0$)
我們需要計算 $\lim_{(x,y) \to (0,b)} f(x,y)$。
考慮從 $x \neq 0$ 的方向趨近 $(0, b)$。此時 $xy \neq 0$。

本題要求找出函數 $f(x, y) = x^2ye^{-x^2-y^2}$ 的最大值。
我們可以使用微積分的方法，尋找函數的臨界點，並判斷最大值。

首先，我們需要計算函數 $f(x, y)$ 的一階偏導數：
$\frac{\partial f}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial f}{\partial y}$。

$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (x^2ye^{-x^2-y^2})$
$= y \cdot \frac{\partial}{\partial x} (x^2e^{-x^2-y^2})$
$= y \cdot \left( 2xe^{-x^2-y^2} + x^2 \cdot e^{-x^2-y^2} \cdot (-2x) \right)$
$= y \cdot e^{-x^2-y^2} (2x - 2x^3)$
$= 2xy(1-x^2)e^{-x^2-y^2}$

$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (x^2ye^{-x^2-y^2})$
$= x^2 \cdot \frac{\partial}{\partial y} (ye^{-x^2-y^2})$
$= x^2 \cdot \left( 1 \cdot e^{-x^2-y^2} + y \cdot e^{-x^2-y^2} \cdot (-2y) \right)$
$= x^2 \cdot e^{-x^2-y^2} (1 - 2y^2)$
$= x^2(1-2y^2)e^{-x^2-y^2}$

為了找到臨界點，我們令這兩個偏導數都等於零：

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

由於 $e^{-x^2-y^2}$ 永遠大於零，我們可以忽略它。

1. $2xy(1-x^2) = 0$
2. $x^2(1-2y^2) = 0$

從方程式 (2) $x^2(1-2y^2) = 0$，我們可以得到：
$x^2 = 0 \implies x = 0$
或者
$1-2y^2 = 0 \implies y^2 = \frac{1}{2} \implies y = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$.

現在我們將這些情況代入方程式 (1) $2xy(1-x^2) = 0$。

情況 A: $x = 0$
如果 $x=0$, 方程式 (1) $2(0)y(1-0^2) = 0$ 總是成立，對任意 $y$ 都成立。
所以，當 $x=0$ 時，所有點 $(0, y)$ 都是臨界點。
此時，$f(0, y) = (0)^2 y e^{-0^2-y^2} = 0$.

情況 B: $y = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ (且 $x \neq 0$)
將 $y^2 = \frac{1}{2}$ 代入方程式 (1):
$2x \left(\pm \frac{1}{\sqrt{2}}\right) (1-x^2) = 0$.
由於 $x \neq 0$ 且 $\pm \frac{1}{\sqrt{2}} \neq 0$, 我們必須有 $1-x^2 = 0$.
$x^2 = 1 \implies x = \pm 1$.

所以，我們得到以下臨界點：

• $(0, y)$ 對於任意 $y \in \mathbb{R}$。在這些點上 $f(0, y) = 0$.
• $(1, \frac{1}{\sqrt{2}})$, $(1, -\frac{1}{\sqrt{2}})$, $(-1, \frac{1}{\sqrt{2}})$, $(-1, -\frac{1}{\sqrt{2}})$.

本題要求使用拉格朗日乘子法來最大化函數 $f(x, y, z) = yz+xy$，同時滿足兩個約束條件：$g_1(x, y, z) = xy - 1 = 0$ 和 $g_2(x, y, z) = y^2 + z^2 - 1 = 0$。

拉格朗日乘子法的原理是，在約束條件下，函數的極值點 $(x, y, z)$ 必須滿足以下方程組：
$\nabla f(x, y, z) = \lambda_1 \nabla g_1(x, y, z) + \lambda_2 \nabla g_2(x, y, z)$
以及約束條件本身：
$g_1(x, y, z) = 0$
$g_2(x, y, z) = 0$

首先，計算梯度：
$\nabla f = (\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z}) = (y, z+x, y)$
$\nabla g_1 = (\frac{\partial g_1}{\partial x}, \frac{\partial g_1}{\partial y}, \frac{\partial g_1}{\partial z}) = (y, x, 0)$
$\nabla g_2 = (\frac{\partial g_2}{\partial x}, \frac{\partial g_2}{\partial y}, \frac{\partial g_2}{\partial z}) = (0, 2y, 2z)$

拉格朗日乘子方程組為：

1. $y = \lambda_1 y + \lambda_2 (0) \implies y = \lambda_1 y$
2. $z+x = \lambda_1 x + \lambda_2 (2y)$
3. $y = \lambda_1 (0) + \lambda_2 (2z) \implies y = 2\lambda_2 z$
4. $xy = 1$
5. $y^2 + z^2 = 1$

從方程 (1) $y = \lambda_1 y$，我們有兩種可能：
情況 1: $y = 0$.
如果 $y=0$, 根據約束條件 (4) $xy=1$, 這是不可能的，因為 $x \cdot 0 = 0 \neq 1$.
所以 $y \neq 0$.

情況 2: $y \neq 0$.
則我們可以從 $y = \lambda_1 y$ 得到 $\lambda_1 = 1$.

現在我們知道 $\lambda_1 = 1$. 將此代入方程 (2):
$z+x = 1 \cdot x + \lambda_2 (2y)$
$z+x = x + 2\lambda_2 y$
$z = 2\lambda_2 y$

我們從方程 (3) 得到 $y = 2\lambda_2 z$.
結合 $z = 2\lambda_2 y$ 和 $y = 2\lambda_2 z$:
如果 $z=0$, 則 $y = 2\lambda_2 \cdot 0 = 0$. 這與 $y \neq 0$ 矛盾。所以 $z \neq 0$.
如果 $y=0$, 我們已經排除。所以 $y \neq 0$.
因此，$z \neq 0$ 且 $y \neq 0$.

從 $y = 2\lambda_2 z$, 我們得到 $\lambda_2 = \frac{y}{2z}$.
將此代入 $z = 2\lambda_2 y$:
$z = 2 \left(\frac{y}{2z}\right) y$
$z = \frac{y^2}{z}$
$z^2 = y^2$.

現在我們結合約束條件 (5) $y^2 + z^2 = 1$.
將 $z^2 = y^2$ 代入：
$y^2 + y^2 = 1$
$2y^2 = 1$
$y^2 = \frac{1}{2}$
$y = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$.

因為 $z^2 = y^2$, 所以 $z^2 = \frac{1}{2}$.
$z = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$.

現在我們需要找到對應的 $x$ 值。
從約束條件 (4) $xy = 1$:
$x = \frac{1}{y}$.

我們有以下幾種組合的可能性：

1. $y = \frac{1}{\sqrt{2}}$, $z = \frac{1}{\sqrt{2}}$:
   $x = \frac{1}{1/\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.
   點為 $(\sqrt{2}, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}})$.
   函數值 $f(\sqrt{2}, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}) = yz + xy = (\frac{1}{\sqrt{2}})(\frac{1}{\sqrt{2}}) + (\sqrt{2})(\frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2}$.

2. $y = \frac{1}{\sqrt{2}}$, $z = -\frac{1}{\sqrt{2}}$:
   $x = \frac{1}{1/\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.
   點為 $(\sqrt{2}, \frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}})$.

本題要求計算一個二重積分 $\iint_R xy \, dA$，其中積分區域 $R$ 由直線 $y = x-1$ 和拋物線 $y^2 = 2x+6$ 所圍成。

首先，我們需要確定積分區域 $R$ 的形狀，並找到其邊界點。
拋物線 $y^2 = 2x+6$ 可以寫成 $x = \frac{1}{2}y^2 - 3$. 這是一條開口向右的拋物線。
直線 $y = x-1$ 可以寫成 $x = y+1$.

為了確定積分區域，我們需要找到直線和拋物線的交點。
將 $x = y+1$ 代入拋物線的方程：
$y^2 = 2(y+1) + 6$
$y^2 = 2y + 2 + 6$
$y^2 = 2y + 8$
$y^2 - 2y - 8 = 0$
因式分解：
$(y-4)(y+2) = 0$
所以，$y=4$ 或 $y=-2$.

當 $y=4$ 時，$x = y+1 = 4+1 = 5$. 交點是 $(5, 4)$.
當 $y=-2$ 時，$x = y+1 = -2+1 = -1$. 交點是 $(-1, -2)$.

積分區域 $R$ 是由拋物線 $x = \frac{1}{2}y^2 - 3$ 和直線 $x = y+1$ 所圍成的區域。
我們需要判斷在這個區域內，哪一個函數的 $x$ 值較大。
我們可以在交點之間取一個測試點，例如 $y=0$.
直線 $x = 0+1 = 1$.
拋物線 $x = \frac{1}{2}(0)^2 - 3 = -3$.
在 $y=0$ 時，直線的 $x$ 值 ($1$) 大於拋物線的 $x$ 值 ($-3$).
所以，在區域 $R$ 內，直線 $x = y+1$ 在拋物線 $x = \frac{1}{2}y^2 - 3$ 的右側。
因此，積分區域 $R$ 的邊界是：
$\frac{1}{2}y^2 - 3 \le x \le y+1$, 其中 $-2 \le y \le 4$.

我們選擇先對 $x$ 積分，然後對 $y$ 積分。
$\iint_R xy \, dA = \int_{-2}^{4} \int_{\frac{1}{2}y^2 - 3}^{y+1} xy \, dx \, dy$

先計算內層積分 $\int_{\frac{1}{2}y^2 - 3}^{y+1} xy \, dx$:
$\int_{\frac{1}{2}y^2 - 3}^{y+1} xy \, dx = y \int_{\frac{1}{2}y^2 - 3}^{y+1} x \, dx$
$= y \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{\frac{1}{2}y^2 - 3}^{y+1}$
$= \frac{y}{2} \left[ (y+1)^2 - \left(\frac{1}{2}y^2 - 3\right)^2 \right]$