108 年 國立中山大學應用數學系碩士班乙組《微積分》

此題考驗對 Leibniz integral rule 的應用。Leibniz integral rule 是微分積分符號的一種推廣，用於計算變上限積分的微分。

設 $I(x) = \int_{a(x)}^{b(x)} f(x, t) dt$。
則 $\frac{dI}{dx} = f(x, b(x)) b'(x) - f(x, a(x)) a'(x) + \int_{a(x)}^{b(x)} \frac{\partial}{\partial x} f(x, t) dt$。

在此題中，$a(x) = 0$, $b(x) = x$, $f(x, t) = (x-t)^2 f(t)$。
注意到 $f(x, t)$ 實際上只依賴於 $t$ 和 $x$ 的差值 $(x-t)$，且 $f(t)$ 是獨立於 $x$ 的函數。
因此，我們將 $f(x, t)$ 視為 $(x-t)^2 g(t)$，其中 $g(t) = f(t)$。

此題考驗三角換元的積分技巧，特別是處理分母為 $(x^2+a^2)^n$ 形式的積分。

令 $x = \tan \theta$，則 $dx = \sec^2 \theta d\theta$。
當 $x=0$ 時，$\tan \theta = 0 \implies \theta = 0$。
當 $x=1$ 時，$\tan \theta = 1 \implies \theta = \frac{\pi}{4}$。
$x^2+1 = \tan^2 \theta + 1 = \sec^2 \theta$。
所以 $(x^2+1)^3 = (\sec^2 \theta)^3 = \sec^6 \theta$。

積分變為：
$\int_0^{\pi/4} \frac{\sec^2 \theta d\theta}{\sec^6 \theta} = \int_0^{\pi/4} \frac{1}{\sec^4 \theta} d\theta = \int_0^{\pi/4} \cos^4 \theta d\theta$。

我們可以使用降冪公式來計算 $\cos^4 \theta$ 的積分：
$\cos^2 \theta = \frac{1+\cos(2\theta)}{2}$
$\cos^4 \theta = (\cos^2 \theta)^2 = \left(\frac{1+\cos(2\theta)}{2}\right)^2 = \frac{1}{4} (1 + 2\cos(2\theta) + \cos^2(2\theta))$
$= \frac{1}{4} \left(1 + 2\cos(2\theta) + \frac{1+\cos(4\theta)}{2}\right)$
$= \frac{1}{4} \left(\frac{3}{2} + 2\cos(2\theta) + \frac{1}{2}\cos(4\theta)\right)$

此題要求使用導數的定義來計算 $\cos x$ 的導數，而不是直接套用公式。導數的定義為：
$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h}$。

令 $f(x) = \cos x$。則
$\frac{d}{dx} \cos x = \lim_{h \to 0} \frac{\cos(x+h) - \cos x}{h}$。

我們使用和角公式 $\cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$：
$\cos(x+h) = \cos x \cos h - \sin x \sin h$。

代入極限式中：
$\lim_{h \to 0} \frac{(\cos x \cos h - \sin x \sin h) - \cos x}{h}$

此題考驗對梯度 (gradient) 運算的理解，特別是梯度應用在標量函數 $r^n$ 上。

梯度運算子 $\nabla$ 定義為 $\nabla = \left(\frac{\partial}{\partial x}, \frac{\partial}{\partial y}, \frac{\partial}{\partial z}\right)$。
對一個純量函數 $\phi(x, y, z)$，其梯度為 $\nabla \phi = \left(\frac{\partial \phi}{\partial x}, \frac{\partial \phi}{\partial y}, \frac{\partial \phi}{\partial z}\right)$。

在此題中，我們需要計算 $\nabla r^n$，其中 $r = \sqrt{x^2+y^2+z^2} = (x^2+y^2+z^2)^{1/2}$。
首先，我們需要計算 $r$ 對 $x, y, z$ 的偏導數。
$\frac{\partial r}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (x^2+y^2+z^2)^{1/2} = \frac{1}{2} (x^2+y^2+z^2)^{-1/2} (2x) = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}} = \frac{x}{r}$。
同理，$\frac{\partial r}{\partial y} = \frac{y}{r}$ 且 $\frac{\partial r}{\partial z} = \frac{z}{r}$。

現在我們計算 $r^n$ 的偏導數。
$\frac{\partial}{\partial x} (r^n) = n r^{n-1} \frac{\partial r}{\partial x} = n r^{n-1} \frac{x}{r} = n r^{n-2} x$。
同理，

此題要求繪製函數圖形，並標示出所有漸近線、反曲點以及相對極值點。

首先，我們分析函數 $f(x) = \frac{x^2-2x+4}{x-2}$。
定義域為 $x \neq 2$。

1. 漸近線 (Asymptotes)

   • 垂直漸近線 (Vertical Asymptote)：當分母為零且分子不為零時，存在垂直漸近線。
     令 $x-2 = 0 \implies x = 2$。
     當 $x \to 2$, 分子 $x^2-2x+4 \to 2^2 - 2(2) + 4 = 4 - 4 + 4 = 4 \neq 0$。
     所以，$x=2$ 是垂直漸近線。
     $\lim_{x \to 2^+} \frac{x^2-2x+4}{x-2} = \frac{4}{0^+} = +\infty$
     $\lim_{x \to 2^-} \frac{x^2-2x+4}{x-2} = \frac{4}{0^-} = -\infty$

   • 水平或斜漸近線 (Horizontal or Slant Asymptote)：比較分子和分母的次數。
     分子的次數 (2) 比分母的次數 (1) 大 1，因此存在斜漸近線。
     我們進行多項式長除法或代數變形來尋找斜漸近線。
     $f(x) = \frac{x^2-2x+4}{x-2} = \frac{x(x-2)+4}{x-2} = x + \frac{4}{x-2}$。
     當 $x \to \pm \infty$，$\frac{4}{x-2} \to 0$。
     所以，$y=x$ 是斜漸近線。

2. 相對極值 (Relative Extrema)
   我們需要計算一階導數 $f'(x)$。
   $f'(x) = \frac{d}{dx} \left(x + \frac{4}{x-2}\right) = 1 + 4(-1)(x-2)^{-2} = 1 - \frac{4}{(x-2)^2}$。

   令 $f'(x) = 0$ 來尋找臨界點：
   $1 - \frac{4}{(x-2)^2} = 0$
   $(x-2)^2 = 4$
   $x-2 = \pm 2$
   $x-2 = 2 \implies x = 4$
   $x-2 = -2 \implies x = 0$。
   臨界點為 $x=0$ 和 $x=4$。

   現在我們使用二階導數來判斷極值。
   $f''(x) = \frac{d}{dx} \left(1 - 4(x-2)^{-2}\right) = -4(-2)(x-2)^{-3} = \frac{8}{(x-2)^3}$。

   • 在 $x=0$：
     $f''(0) = \frac{8}{(0-2)^3} = \frac{8}{(-2)^3} = \frac{8}{-8} = -1 < 0$。
     因此，$x=0$ 處有相對極大值。

此題要求計算函數 $f(x) = \frac{1}{1+x}$ 在 $x=0$ 處的泰勒級數（即麥克勞林級數），並求其收斂區間。

1. 計算泰勒級數
   泰勒級數的定義為 $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(a)}{n!} (x-a)^n$。
   在此題中，$a=0$，所以是麥克勞林級數：$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n$。

   我們可以通過幾種方法來計算：

   方法一：直接計算微分
   $f(x) = (1+x)^{-1}$
   $f'(x) = -1(1+x)^{-2}$
   $f''(x) = (-1)(-2)(1+x)^{-3} = 2(1+x)^{-3}$
   $f'''(x) = 2(-3)(1+x)^{-4} = -6(1+x)^{-4}$
   $f^{(4)}(x) = -6(-4)(1+x)^{-5} = 24(1+x)^{-5}$
   觀察可得，$f^{(n)}(x) = (-1)^n n! (1+x)^{-(n+1)}$。

   現在計算在 $x=0$ 時的值：
   $f(0) = 1$
   $f'(0) = -1$
   $f''(0) = 2$
   $f'''(0) = -6$
   $f^{(4)}(0) = 24$
   一般地，$f^{(n)}(0) = (-1)^n n! (1+0)^{-(n+1)} = (-1)^n n!$。

   將這些代入麥克勞林級數公式：
   $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n n!}{n!} x^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^n$。
   這個級數為 $1 - x + x^2 - x^3 + x^4 - \dots$。

核心觀念

本題考查：

1. 一階可分離變數微分方程。
2. 初始值問題的存在性。
3. 初始點 $x=0$ 是否為微分方程的奇異點。

原方程為

$$xy'(x)=y^3(x).$$

當 $x=0$ 時，方程左側必為 $0$；若 $y(0)=1$，右側為 $1$；若 $y(0)=-1$，右側為 $-1$。因此，兩種初始條件都與原方程在 $x=0$ 的要求矛盾。

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解題方法

先在 $x\neq 0$ 的區間上分離變數：

$$xy'=y^3$$

若 $y\neq 0$，則

$$\frac{dy}{y^3}=\frac{dx}{x}.$$

兩邊積分：

$$\int y^{-3}\,dy=\int \frac{1}{x}\,dx,$$

因此

$$-\frac{1}{2y^2}=\ln|x|+C.$$

整理得

$$\frac{1}{y^2}=C_1-2\ln|x|.$$

所以在 $x\neq 0$ 時，非零解可寫成

$$y(x)=\pm\frac{1}{\sqrt{C_1-2\ln|x|}},$$

其中根號內須為正。

此外，$y(x)\equiv 0$ 也是原微分方程的解，但不符合 $y(0)=1$ 或 $y(0)=-1$。

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檢查初始條件 $y(0)=1$

若解在 $x=0$ 附近連續，則必須滿足

$$\lim_{x\to 0}y(x)=1.$$

然而對上述所有非零解，

$$\ln|x|\to-\infty\qquad (x\to 0),$$

所以

此題考驗對三重積分計算體積的應用。我們需要計算由給定曲面和 $xy$-平面所圍成的立體區域的體積。

1. 確定積分區域和被積函數
   曲面方程為 $x^2 + 2y^2 + z = 4$。
   $xy$-平面方程為 $z=0$。
   立體區域由這兩個曲面圍成。
   我們可以將曲面方程改寫為 $z = 4 - x^2 - 2y^2$。
   這個曲面是一個開口向下的橢圓拋物面。
   當 $z=0$ 時，$x^2 + 2y^2 = 4$。這是一個在 $xy$-平面上的橢圓，它是我們積分的區域 $D$ 的邊界。
   這個橢圓的標準方程是 $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} = 1$。

   立體區域的體積 $V$ 可以通過在區域 $D$ 上對 $z$ 進行積分來計算：
   $V = \iint_D (z_{upper} - z_{lower}) \, dA$
   在這裡，$z_{upper} = 4 - x^2 - 2y^2$ (來自橢圓拋物面)，$z_{lower} = 0$ (來自 $xy$-平面)。
   所以，$V = \iint_D (4 - x^2 - 2y^2) \, dA$。

2. 確定積分區域 $D$
   區域 $D$ 是由橢圓 $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{2} = 1$ 所定義的。
   為了方便計算，我們可以進行變換，將其轉換為一個圓形區域。
   令 $x = 2u$ 且 $y = \sqrt{2}v$。
   那麼 $\frac{(2u)^2}{4} + \frac{(\sqrt{2}v)^2}{2} = \frac{4u^2}{4} + \frac{2v^2}{2} = u^2 + v^2 = 1$。
   這表示在新坐標系 $(u, v)$ 下，區域 $D'$ 是一個單位圓 $u^2+v^2 \le 1$。

   我們需要計算雅可比行列式 (Jacobian determinant) 來進行變換：
   $J = \det \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & \sqrt{2} \end{pmatrix} = 2\sqrt{2}$。
   所以，$dA = dx dy = |J| du dv = 2\sqrt{2} du dv$。

   被積函數在 $(u, v)$ 坐標系下變為：
   $4 - x^2 - 2y^2 = 4 - (2u)^2 - 2(\sqrt{2}v)^2 = 4 - 4u^2 - 4v^2 = 4(1 - u^2 - v^2)$。

   體積積分變為：
   $V = \iint_{D'} 4(1 - u^2 - v^2) \cdot 2\sqrt{2} \, du dv$
   $V = 8\sqrt{2} \iint_{D'} (1 - (u^2 + v^2)) \, du dv$。

3. 使用極座標計算積分
   在 $(u, v)$ 平面上，我們使用極座標：$u = r \cos \theta$, $v = r \sin \theta$。
   $u^2 + v^2 = r^2$。
   $du dv = r dr d\theta$。
   區域 $D'$ (單位圓) 在極座標下是 $0 \le r \le 1$ 且 $0 \le \theta \le 2\pi$。

   積分變為：
   $V = 8\sqrt{2} \int_0^{2\pi} \int_0^1 (1 - r^2) r \, dr d\theta$
   $V = 8\sqrt{2} \int_0^{2\pi} \int_0^1 (r - r^3) \, dr d\theta$。