114 年 國立中央大學數學系碩士班應用數學組《微積分》

本題考驗極限的計算。

我們需要計算當 $x$ 趨近無窮大時，函數 $(2x)^{\frac{1}{3}}$ 的極限值。
令 $y = (2x)^{\frac{1}{3}}$。

本題考驗無窮級數的計算，需要用到級數收斂的性質與部分分式分解。

首先，我們觀察級數的通項 $a_n = \frac{n+2}{n(n+1)} 2^{n+1}$。
我們可以對 $\frac{n+2}{n(n+1)}$ 進行部分分式分解：
$\frac{n+2}{n(n+1)} = \frac{A}{n} + \frac{B}{n+1}$
$n+2 = A(n+1) + Bn$
令 $n=0$，得 $2 = A(1) \implies A=2$。
令 $n=-1$，得 $1 = B(-1) \implies B=-1$。
所以，$\frac{n+2}{n(n+1)} = \frac{2}{n} - \frac{1}{n+1}$。

級數變成 $\sum_{n=2}^{\infty} \left( \frac{2}{n} - \frac{1}{n+1} \right) 2^{n+1}$。
這是一個帶有 $2^{n+1}$ 的級數，直接求和比較困難。我們需要檢查級數的收斂性。
使用比例測試法 (Ratio Test)：

本題考驗微分的計算，涉及連鎖律以及雙曲函數的微分。

首先，我們需要計算函數 $f(x) = (x^2 + 1)^2 \text{sech}(\ln x)$ 的導數 $f'(x)$。
我們可以使用乘積法則：$(uv)' = u'v + uv'$。
令 $u(x) = (x^2 + 1)^2$ 且 $v(x) = \text{sech}(\ln x)$。

計算 $u'(x)$:
$u'(x) = 2(x^2 + 1) \cdot (2x) = 4x(x^2 + 1)$。

計算 $v'(x)$:
我們需要知道 $\text{sech}(y)$ 的導數是 $-\text{sech}(y)\tanh(y)$。
令 $y = \ln x$。則 $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{x}$。
根據連鎖律，$v'(x) = \frac{d}{dx} \text{sech}(\ln x) = -\text{sech}(\ln x) \tanh(\ln x) \cdot \frac{1}{x}$。

現在將 $u, u', v, v'$ 代入乘積法則：
$f'(x) = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)$

核心觀念

本題考查三角函數積分中的正切代換：

$$t=\tan\theta,\qquad d\theta=\frac{dt}{1+t^2}$$

並利用

$$\cos^2\theta=\frac{1}{1+\tan^2\theta}.$$

此代換可將含有 $\cos^2\theta$ 的積分化為有理函數積分。

解題方法

令

$$t=\tan\theta.$$

由於積分範圍為 $0\leq \theta\leq \arctan 3$，在此區間內正切函數單調遞增，因此上下限可直接轉換：

$$\theta=0\Rightarrow t=0, \qquad \theta=\arctan 3\Rightarrow t=3.$$

又

$$\cos^2\theta=\frac{1}{1+t^2}, \qquad d\theta=\frac{dt}{1+t^2}.$$

因此

$$\begin{aligned} \int_{0}^{\arctan 3}\frac{1}{1+2\cos^2\theta}\,d\theta &=\int_0^3 \frac{1}{1+\dfrac{2}{1+t^2}} \cdot \frac{dt}{1+t^2}\\ &=\int_0^3 \frac{1}{\dfrac{t^2+3}{1+t^2}} \cdot \frac{dt}{1+t^2}\\ &=\int_0^3\frac{dt}{t^2+3}. \end{aligned}$$

利用公式

$$\int\frac{dt}{t^2+a^2} =\frac{1}{a}\arctan\frac{t}{a}+C,$$

取 $a=\sqrt{3}$，得

核心觀念

本題考查：

• 兩曲線交點與封閉區域的判定。
• 利用圓柱殼法求繞水平直線旋轉所得體積。
• 水平薄片旋轉後形成圓柱殼，其體積微元為

$$dV=2\pi(\text{旋轉半徑})(\text{薄片長度})\,dy$$

曲線為

$$y=x^2,\qquad x=y^2$$

且旋轉軸為 $y=1$。封閉區域位於 $0\le y\le 1$，整個區域皆在旋轉軸下方，因此旋轉半徑為 $1-y$。

解題方法

1. 求兩曲線交點

由 $y=x^2$ 代入 $x=y^2$：

$$x=(x^2)^2=x^4$$

因此

$$x^4-x=0$$ $$x(x-1)(x^2+x+1)=0$$

實數解為

$$x=0,\qquad x=1$$

對應交點為

$$(0,0),\qquad (1,1)$$

在 $0\le y\le 1$ 時，由兩條曲線分別寫成 $x$：

由 $y=x^2$ 得

$$x=\sqrt y$$

由 $x=y^2$ 得

$$x=y^2$$

因此水平薄片長度為

$$\sqrt y-y^2$$

2. 建立圓柱殼體積積分

水平薄片到旋轉軸 $y=1$ 的距離為

$$1-y$$

旋轉後的圓柱殼體積微元為

$$dV=2\pi(1-y)(\sqrt y-y^2)\,dy$$

所以總體積為

$$V=2\pi\int_0^1(1-y)(\sqrt y-y^2)\,dy$$

展開被積函數：

$$(1-y)(\sqrt y-y^2) =y^{1/2}-y^{3/2}-y^2+y^3$$

因此

本題考驗多元函數在閉合區域上的極值問題，我們需要考慮區域的內部臨界點以及邊界上的極值。

函數為 $f(x,y) = x^2 + y^2 + 4x - 6y$。
區域為 $D = \{(x,y) | x^2 + y^2 \le 16\}$，這是一個以原點為圓心，半徑為 4 的閉圓盤。

第一步：尋找函數在區域內部的臨界點。
計算偏導數：
$\frac{\partial f}{\partial x} = 2x + 4$
$\frac{\partial f}{\partial y} = 2y - 6$

令偏導數為零：
$2x + 4 = 0 \implies x = -2$
$2y - 6 = 0 \implies y = 3$

臨界點為 $(-2, 3)$。
我們需要檢查此臨界點是否在區域 $D$ 內部，即 $x^2 + y^2 < 16$。
$(-2)^2 + (3)^2 = 4 + 9 = 13$。
由於 $13 < 16$，臨界點 $(-2, 3)$ 在區域內部。
計算在臨界點的值：
$f(-2, 3) = (-2)^2 + (3)^2 + 4(-2) - 6(3) = 4 + 9 - 8 - 18 = 13 - 26 = -13$。

第二步：尋找函數在區域邊界上的極值。
邊界是圓 $x^2 + y^2 = 16$。
我們可以使用拉格朗日乘數法，或者將邊界參數化。
這裡我們將邊界參數化：令 $x = 4\cos t$, $y = 4\sin t$，其中 $t \in [0, 2\pi]$。
將其代入函數 $f(x,y)$：
$g(t) = f(4\cos t, 4\sin t) = (4\cos t)^2 + (4\sin t)^2 + 4(4\cos t) - 6(4\sin t)$
$g(t) = 16\cos^2 t + 16\sin^2 t + 16\cos t - 24\sin t$
$g(t) = 16(\cos^2 t + \sin^2 t) + 16\cos t - 24\sin t$
$g(t) = 16 + 16\cos t - 24\sin t$。

現在我們需要尋找 $g(t)$ 在 $[0, 2\pi]$ 上的最大值。
計算 $g'(t)$:
$g'(t) = -16\sin t - 24\cos t$。
令 $g'(t) = 0$:
$-16\sin t - 24\cos t = 0$
$16\sin t = -24\cos t$
$\tan t = -\frac{24}{16} = -\frac{3}{2}$。

當 $\tan t = -\frac{3}{2}$ 時，有兩個可能的角度在 $[0, 2\pi]$。
情況一：$t$ 在第二象限。此時 $\sin t > 0$, $\cos t < 0$。
令 $\tan t = -\frac{3}{2}$。可以畫一個直角三角形，對邊為 3，鄰邊為 2，斜邊為 $\sqrt{3^2+2^2} = \sqrt{13}$。
所以，$\sin t = \frac{3}{\sqrt{13}}$，$\cos t = -\frac{2}{\sqrt{13}}$。
此時的函數值：
$g(t) = 16 + 16(-\frac{2}{\sqrt{13}}) - 24(\frac{3}{\sqrt{13}})$
$g(t) = 16 - \frac{32}{\sqrt{13}} - \frac{72}{\sqrt{13}} = 16 - \frac{104}{\sqrt{13}} = 16 - \frac{104\sqrt{13}}{13} = 16 - 8\sqrt{13}$。
$8\sqrt{13} \approx 8 \times 3.6 = 28.8$。所以 $16 - 8\sqrt{13}$ 是負數。

情況二：$t$ 在第四象限。此時 $\sin t < 0$, $\cos t > 0$。
$\sin t = -\frac{3}{\sqrt{13}}$，$\cos t = \frac{2}{\sqrt{13}}$。
此時的函數值：
$g(t) = 16 + 16(\frac{2}{\sqrt{13}}) - 24(-\frac{3}{\sqrt{13}})$
$g(t) = 16 + \frac{32}{\sqrt{13}} + \frac{72}{\sqrt{13}} = 16 + \frac{104}{\sqrt{13}} = 16 + \frac{104\sqrt{13}}{13} = 16 + 8\sqrt{13}$。

題式辨識

原題寫成

$$\int_{0}^{1}\int_{\sqrt y}^{1}\int_{\ln 3}^{e^{x^2y}} \frac{x e^{x^2y}}{y^2}\,dz\,dy\,dx.$$

其中積分變數已使用 $y$，但 $y$ 又出現在自己的積分下限 $\sqrt y$ 中，因此題式按字面並非合法的疊代積分。

以下採用此類題目最自然的修正，將第二層下限視為 $\sqrt x$，即計算

$$I=\int_{0}^{1}\int_{\sqrt x}^{1}\int_{\ln 3}^{e^{x^2y}} \frac{x e^{x^2y}}{y^2}\,dz\,dy\,dx.$$

核心觀念

本題使用：

1. 先計算最內層積分，因為被積分函數對 $z$ 而言是常數。
2. 交換二重積分次序，將區域 $$0\le x\le 1,\qquad \sqrt x\le y\le 1$$ 改寫為 $$0\le y\le 1,\qquad 0\le x\le y^2.$$
3. 利用公式 $$\int x e^{a x^2}\,dx=\frac{e^{a x^2}}{2a}.$$

解題方法

第一步：計算 $z$ 積分

由於 $x,y$ 對 $z$ 而言皆為常數，

$$\begin{aligned} \int_{\ln 3}^{e^{x^2y}} \frac{x e^{x^2y}}{y^2}\,dz &= \frac{x e^{x^2y}}{y^2} \left(e^{x^2y}-\ln 3\right)\\ &= \frac{x}{y^2} \left(e^{2x^2y}-(\ln 3)e^{x^2y}\right). \end{aligned}$$

因此

$$I=\int_0^1\int_{\sqrt x}^1 \frac{x}{y^2} \left(e^{2x^2y}-(\ln 3)e^{x^2y}\right)\,dy\,dx.$$

第二步：交換積分次序

原積分區域為

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

由 $\sqrt x\le y$ 得

$$x\le y^2.$$

又因為 $0\le y\le 1$，所以區域可改寫為

$$0\le y\le 1,\qquad 0\le x\le y^2.$$

故

$$I=\int_0^1\int_0^{y^2} \frac{x}{y^2} \left(e^{2x^2y}-(\ln 3)e^{x^2y}\right)\,dx\,dy.$$

本題考驗線積分的計算，可以使用格林公式 (Green's Theorem) 來簡化計算。

格林公式說明，對於一個具有單連通區域 $D$ 的邊界曲線 $C$，其中 $C$ 是光滑曲線，且以逆時針方向圍繞 $D$，則
$\oint_C P \, dx + Q \, dy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA$。

在此題中，$P(x,y) = xy$ 且 $Q(x,y) = x^2y^3$。
計算偏導數：
$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (x^2y^3) = 2xy^3$。
$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (xy) = x$。

則 $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 2xy^3 - x$。

區域 $D$ 是由頂點 $(0,0), (1,0), (1, 2)$ 組成的三角形。
這個三角形可以描述為：
$0 \le x \le 1$
$0 \le y \le 2x$ (因為通過 $(0,0)$ 和 $(1,2)$ 的直線是 $y=2x$)。

本題考驗空間曲線的距離計算，以及優化問題。我們需要找到曲線 $P$ 上的點到原點距離的最小值。

首先，我們需要確定曲線 $P$ 的參數方程。
曲線 $P$ 是球面 $x^2+y^2=z^2$ (圓錐面) 和平面 $x=2z+3$ 的交線。
從平面方程，我們可以得到 $z = \frac{x-3}{2}$。
將 $z$ 代入圓錐面方程：
$x^2 + y^2 = \left(\frac{x-3}{2}\right)^2$
$x^2 + y^2 = \frac{(x-3)^2}{4}$
$4x^2 + 4y^2 = x^2 - 6x + 9$
$3x^2 + 6x + 4y^2 = 9$。

這是一個關於 $x$ 和 $y$ 的方程，表示曲線在 $xy$ 平面上的投影。
我們可以將其配方：
$3(x^2 + 2x) + 4y^2 = 9$
$3(x^2 + 2x + 1) - 3 + 4y^2 = 9$
$3(x+1)^2 + 4y^2 = 12$
$\frac{(x+1)^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1$。
這是一個橢圓，中心在 $(-1, 0)$。

現在我們需要找到曲線 $P$ 上的點 $(x,y,z)$ 到原點 $(0,0,0)$ 的距離的平方 $d^2 = x^2 + y^2 + z^2$ 的最小值。
我們有約束條件：

1. $z = \frac{x-3}{2}$
2. $\frac{(x+1)^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1$

從約束條件 2，我們可以參數化 $x$ 和 $y$：
令 $\frac{x+1}{2} = \cos t$, $\frac{y}{\sqrt{3}} = \sin t$，其中 $t \in [0, 2\pi)$。
所以，$x+1 = 2\cos t \implies x = 2\cos t - 1$。
$y = \sqrt{3}\sin t$。

現在計算 $z$：
$z = \frac{x-3}{2} = \frac{(2\cos t - 1) - 3}{2} = \frac{2\cos t - 4}{2} = \cos t - 2$。

現在我們計算距離的平方 $d^2$ 作為 $t$ 的函數：
$d^2(t) = x^2 + y^2 + z^2$
$d^2(t) = (2\cos t - 1)^2 + (\sqrt{3}\sin t)^2 + (\cos t - 2)^2$
$d^2(t) = (4\cos^2 t - 4\cos t + 1) + 3\sin^2 t + (\cos^2 t - 4\cos t + 4)$
$d^2(t) = 4\cos^2 t - 4\cos t + 1 + 3\sin^2 t + \cos^2 t - 4\cos t + 4$
$d^2(t) = 5\cos^2 t + 3\sin^2 t - 8\cos t + 5$
$d^2(t) = 5\cos^2 t + 3(1-\cos^2 t) - 8\cos t + 5$

本題與上一題 (i) 緊密相關，我們已經推導出了曲線 $P$ 上的點 $(x,y,z)$ 到原點距離的平方 $d^2$ 作為參數 $t$ 的函數：
$d^2(t) = 2\cos^2 t - 8\cos t + 8$。
我們令 $u = \cos t$，其中 $u \in [-1, 1]$。
函數變為 $f(u) = 2u^2 - 8u + 8$。

我們已經計算了在區間 $[-1, 1]$ 上的端點值：
當 $u = -1$ (即 $\cos t = -1$) 時，$f(-1) = 18$。
當 $u = 1$ (即 $\cos t = 1$) 時，$f(1) = 2$。

本題考驗冪級數的收斂半徑計算。我們需要證明級數 $\sum_{n=0}^\infty \binom{\alpha}{n} x^n$ 的收斂半徑為 1。

我們使用比例測試法 (Ratio Test) 來計算收斂半徑。
級數的項為 $a_n = \binom{\alpha}{n} x^n$。
我們需要計算極限 $L = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$。

首先，我們需要 $\binom{\alpha}{n+1}$ 的表達式：
$\binom{\alpha}{n+1} = \prod_{k=1}^{n+1} \frac{\alpha - k + 1}{k} = \left( \prod_{k=1}^{n} \frac{\alpha - k + 1}{k} \right) \cdot \frac{\alpha - (n+1) + 1}{n+1}$
$\binom{\alpha}{n+1} = \binom{\alpha}{n} \cdot \frac{\alpha - n}{n+1}$。

現在計算比例：
$\left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \left| \frac{\binom{\alpha}{n+1} x^{n+1}}{\binom{\alpha}{n} x^n} \right|$
$= \left| \frac{\binom{\alpha}{n} \frac{\alpha - n}{n+1} x^{n+1}}{\binom{\alpha}{n} x^n} \right|$

本題要求證明函數 $f(x)$ 滿足一個微分方程。
$f(x) = \sum_{n=0}^\infty \binom{\alpha}{n} x^n$。
首先，我們需要計算 $f'(x)$。由於 $f(x)$ 是一個冪級數，我們可以逐項微分：
$f'(x) = \sum_{n=1}^\infty n \binom{\alpha}{n} x^{n-1}$。

現在我們需要計算 $(1+x)f'(x)$：
$(1+x)f'(x) = (1+x) \sum_{n=1}^\infty n \binom{\alpha}{n} x^{n-1}$
$= \sum_{n=1}^\infty n \binom{\alpha}{n} x^{n-1} + \sum_{n=1}^\infty n \binom{\alpha}{n} x^n$。

我們需要將這兩個級數合併。為了合併，我們需要讓 $x$ 的指數相同。
將第一個級數的指數變成 $n$。令 $m = n-1$，則 $n = m+1$。當 $n=1$ 時，$m=0$。
$\sum_{n=1}^\infty n \binom{\alpha}{n} x^{n-1} = \sum_{m=0}^\infty (m+1) \binom{\alpha}{m+1} x^m$。
將 $m$ 換回 $n$：
$= \sum_{n=0}^\infty (n+1) \binom{\alpha}{n+1} x^n$。

我們知道 $\binom{\alpha}{n+1} = \binom{\alpha}{n} \frac{\alpha - n}{n+1}$。
所以，$(n+1) \binom{\alpha}{n+1} = (n+1) \binom{\alpha}{n} \frac{\alpha - n}{n+1} = \binom{\alpha}{n} (\alpha - n)$。
因此，第一個級數變為：
$\sum_{n=0}^\infty \binom{\alpha}{n} (\alpha - n) x^n$。

現在我們有：
$(1+x)f'(x) = \sum_{n=0}^\infty \binom{\alpha}{n} (\alpha - n) x^n + \sum_{n=1}^\infty n \binom{\alpha}{n} x^n$。
注意，第一個級數從 $n=0$ 開始，第二個級數從 $n=1$ 開始。

本題要求證明牛頓二項式定理。我們已經證明了冪級數 $f(x) = \sum_{n=0}^\infty \binom{\alpha}{n} x^n$ 的收斂半徑為 1，並且它滿足微分方程 $(1+x) f'(x) = \alpha f(x)$。

我們需要證明 $(1+x)^\alpha = f(x)$。
考慮函數 $g(x) = (1+x)^{-\alpha} f(x)$。我們將證明 $g(x)$ 是常數。
計算 $g'(x)$：
$g'(x) = \frac{d}{dx} [(1+x)^{-\alpha} f(x)]$
使用乘積法則：
$g'(x) = (-\alpha)(1+x)^{-\alpha-1} f(x) + (1+x)^{-\alpha} f'(x)$。

我們知道 $(1+x) f'(x) = \alpha f(x)$，所以 $f'(x) = \frac{\alpha f(x)}{1+x}$。
代入 $g'(x)$ 的表達式：
$g'(x) = -\alpha (1+x)^{-\alpha-1} f(x) + (1+x)^{-\alpha} \frac{\alpha f(x)}{1+x}$