109 年 國立中山大學應用數學系碩士班乙組《微積分》

這題主要考驗極限、瑕積分以及積分技巧。

(1) 計算極限 $\lim_{n\to\infty} (\pi^2 + \sqrt{10^n})^{1/n}$。
此極限為 $1^\infty$ 型態，可以取對數後使用 L'Hôpital's Rule。
令 $L = \lim_{n\to\infty} (\pi^2 + \sqrt{10^n})^{1/n}$。
則 $\ln L = \lim_{n\to\infty} \frac{\ln(\pi^2 + \sqrt{10^n})}{n}$。
當 $n \to \infty$ 時，$\sqrt{10^n} = 10^{n/2}$ 會遠大於 $\pi^2$。
因此，$\ln L = \lim_{n\to\infty} \frac{\ln(10^{n/2}(1 + \pi^2/10^{n/2}))}{n} = \lim_{n\to\infty} \frac{\frac{n}{2}\ln 10 + \ln(1 + \pi^2/10^{n/2})}{n}$
$\ln L = \lim_{n\to\infty} \left( \frac{\ln 10}{2} + \frac{\ln(1 + \pi^2/10^{n/2})}{n} \right)$。
當 $n \to \infty$ 時，$\pi^2/10^{n/2} \to 0$，所以 $\ln(1 + \pi^2/10^{n/2}) \to \ln(1) = 0$。
而 $\frac{\ln(1 + \pi^2/10^{n/2})}{n} \to \frac{0}{\infty} = 0$。
所以 $\ln L = \frac{\ln 10}{2} = \ln(10^{1/2}) = \ln \sqrt{10}$。
因此 $L = \sqrt{10}$。

【答案】$\sqrt{10}$

(2) 計算瑕積分 $\int_0^\pi \ln x \, dx$。
這是瑕積分，因為被積函數 $\ln x$ 在 $x=0$ 時趨近於 $-\infty$。
我們需要將積分區間分成兩部分，或者直接使用瑕積分的定義：
$\int_0^\pi \ln x \, dx = \lim_{a \to 0^+} \int_a^\pi \ln x \, dx$。
我們使用分部積分法計算 $\int \ln x \, dx$。令 $u = \ln x$, $dv = dx$，則 $du = \frac{1}{x} dx$, $v = x$。
$\int \ln x \, dx = x \ln x - \int x \cdot \frac{1}{x} dx = x \ln x - \int 1 \, dx = x \ln x - x + C$。
現在計算定積分：
$\int_a^\pi \ln x \, dx = [x \ln x - x]_a^\pi = (\pi \ln \pi - \pi) - (a \ln a - a)$。
我們需要計算 $\lim_{a \to 0^+} (a \ln a - a)$。
$\lim_{a \to 0^+} a = 0$。
對於 $\lim_{a \to 0^+} a \ln a$，這是 $0 \cdot (-\infty)$ 型態。我們將其改寫為 $\lim_{a \to 0^+} \frac{\ln a}{1/a}$，使用 L'Hôpital's Rule：
$\lim_{a \to 0^+} \frac{1/a}{-1/a^2} = \lim_{a \to 0^+} (-a) = 0$。
所以 $\lim_{a \to 0^+} (a \ln a - a) = 0 - 0 = 0$。
因此，$\int_0^\pi \ln x \, dx = (\pi \ln \pi - \pi) - 0 = \pi \ln \pi - \pi$。

【答案】$\pi \ln \pi - \pi$

(3) 計算積分 $\int_{\log_2 1}^{\log_2 \sqrt{3}} \frac{1}{x \sqrt{x^2+1}} dx$。
首先，$\log_2 1 = 0$。所以積分範圍是從 $0$ 到 $\log_2 \sqrt{3}$。
積分式為 $\int_0^{\log_2 \sqrt{3}} \frac{1}{x \sqrt{x^2+1}} dx$。
這是一個瑕積分，因為被積函數在 $x=0$ 時趨近於 $\frac{1}{0 \cdot \sqrt{1}} = \infty$。
我們使用三角換元法，令 $x = \tan \theta$。則 $dx = \sec^2 \theta \, d\theta$。
$\sqrt{x^2+1} = \sqrt{\tan^2 \theta + 1} = \sqrt{\sec^2 \theta} = |\sec \theta|$。
當 $x$ 從 $0$ 變到 $\log_2 \sqrt{3}$ 時，$\tan \theta$ 從 $0$ 變到 $\sqrt{3}$。這表示 $\theta$ 從 $0$ 變到 $\frac{\pi}{3}$。

這題是考驗微分方程的求解，觀察其形式，可以判斷為 Bernoulli 方程。

給定的微分方程為 $2x^2y'(x) + y^3(x) = 2xy(x)$。
首先，將其整理成標準形式。
$2x^2 \frac{dy}{dx} = 2xy - y^3$
$\frac{dy}{dx} = \frac{2xy - y^3}{2x^2} = \frac{y}{x} - \frac{y^3}{2x^2}$。
$\frac{dy}{dx} - \frac{1}{x} y = -\frac{1}{2x^2} y^3$。
這是一個 Bernoulli 方程，形式為 $\frac{dy}{dx} + P(x) y = Q(x) y^n$，其中 $P(x) = -\frac{1}{x}$，$Q(x) = -\frac{1}{2x^2}$，且 $n=3$。

我們令 $v = y^{1-n} = y^{1-3} = y^{-2}$。
則 $\frac{dv}{dx} = -2 y^{-3} \frac{dy}{dx}$。
從原方程變形可得 $\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} - \frac{y^3}{2x^2}$。
將 $\frac{dy}{dx}$ 乘以 $-2y^{-3}$：
$-2y^{-3} \frac{dy}{dx} = -2y^{-3} (\frac{y}{x} - \frac{y^3}{2x^2})$
$\frac{dv}{dx} = -\frac{2}{xy^2} + \frac{1}{x^2}$。
由於 $v = y^{-2}$，所以 $\frac{1}{xy^2} = \frac{v}{x}$。
$\frac{dv}{dx} = -\frac{2v}{x} + \frac{1}{x^2}$。

這題考驗級數展開，特別是求反三角函數的泰勒級數及其收斂半徑。

首先，我們知道 $\frac{d}{dx}(\arcsin x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$。
我們知道幾何級數的展開式為 $\frac{1}{1-u} = \sum_{n=0}^{\infty} u^n$，對於 $|u|<1$。
令 $u = x^2$，則 $\frac{1}{1-x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} (x^2)^n = \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n}$，對於 $|x^2|<1$，即 $|x|<1$。
所以，$\frac{d}{dx}(\arcsin x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = (1-x^2)^{-1/2}$。
我們可以使用二項級數展開 $(1+y)^\alpha = \sum_{k=0}^\infty \binom{\alpha}{k} y^k$。
在這裡，$y = -x^2$ 且 $\alpha = -1/2$。
$\binom{-1/2}{k} = \frac{(-1/2)(-1/2-1)\cdots(-1/2-k+1)}{k!} = \frac{(-1/2)(-3/2)\cdots(-(2k-1)/2)}{k!} = \frac{(-1)^k (1 \cdot 3 \cdots (2k-1))}{2^k k!}$。
我們可以將分子中的奇數乘積表示為：
$1 \cdot 3 \cdots (2k-1) = \frac{(2k)!}{(2k)(2k-2)\cdots 2} = \frac{(2k)!}{2^k k!}$。
所以，$\binom{-1/2}{k} = \frac{(-1)^k}{2^k k!} \frac{(2k)!}{2^k k!} = \frac{(-1)^k (2k)!}{4^k (k!)^2}$。
因此，$(1-x^2)^{-1/2} = \sum_{k=0}^{\infty} \binom{-1/2}{k} (-x^2)^k = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k (2k)!}{4^k (k!)^2} (-1)^k x^{2k}$
$= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(2k)!}{4^k (k!)^2} x^{2k}$。
此級數展開對於 $|-x^2|<1$，即 $|x|<1$。

現在，我們對此級數進行積分以得到 $\arcsin x$ 的泰勒級數。
$\arcsin x = \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx = \int \left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(2k)!}{4^k (k!)^2} x^{2k} \right) dx$
$= C + \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(2k)!}{4^k (k!)^2} \int x^{2k} dx$
$= C + \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(2k)!}{4^k (k!)^2} \frac{x^{2k+1}}{2k+1}$。
由於 $\arcsin(0) = 0$，我們將 $x=0$ 代入級數，得到 $0 = C + 0$，所以 $C=0$。
因此，$\arcsin x$ 的泰勒級數為：
$\arcsin x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(2k)!}{(2k+1) 4^k (k!)^2} x^{2k+1}$。
展開前幾項：
$k=0: \frac{0!}{1 \cdot 4^0 (0!)^2} x^1 = 1 \cdot x = x$
$k=1: \frac{2!}{3 \cdot 4^1 (1!)^2} x^3 = \frac{2}{12} x^3 = \frac{1}{6} x^3$
$k=2: \frac{4!}{5 \cdot 4^2 (2!)^2} x^5 = \frac{24}{5 \cdot 16 \cdot 4} x^5 = \frac{24}{320} x^5 = \frac{3}{40} x^5$
所以，$\arcsin x = x + \frac{1}{6} x^3 + \frac{3}{40} x^5 + \cdots$。

收斂半徑：
我們使用比值檢驗法來求收斂半徑。級數為 $\sum_{k=0}^{\infty} a_k x^{2k+1}$，其中 $a_k = \frac{(2k)!}{(2k+1) 4^k (k!)^2}$。
考慮級數 $\sum_{k=0}^{\infty} c_k x^k$。

這題考驗空間曲線的切線，需要利用曲面交線的參數化或隱函數定理來求解。

我們有兩個曲面方程：
$F(x,y,z) = x^2y^2+2x+z^3 - 16 = 0$
$G(x,y,z) = 3x^2+y^2-2z - 9 = 0$

首先，驗證點 $(2, 1, 2)$ 是否在兩個曲面上：
對於 $F(x,y,z)$: $(2^2)(1^2) + 2(2) + 2^3 - 16 = 4 + 4 + 8 - 16 = 0$。點在曲面上。
對於 $G(x,y,z)$: $3(2^2) + 1^2 - 2(2) - 9 = 3(4) + 1 - 4 - 9 = 12 + 1 - 4 - 9 = 13 - 13 = 0$。點在曲面上。

交線 $C$ 的切向量在點 $(2, 1, 2)$ 處，垂直於兩個曲面的法向量。
曲面的法向量是其梯度向量。
$\nabla F = (\frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z}) = (2xy^2+2, 2x^2y, 3z^2)$
$\nabla G = (\frac{\partial G}{\partial x}, \frac{\partial G}{\partial y}, \frac{\partial G}{\partial z}) = (6x, 2y, -2)$

在點 $(2, 1, 2)$ 處計算梯度向量：
$\nabla F(2,1,2) = (2(2)(1^2)+2, 2(2^2)(1), 3(2^2)) = (4+2, 8, 12) = (6, 8, 12)$
$\nabla G(2,1,2) = (6(2), 2(1), -2) = (12, 2, -2)$

交線 $C$ 的切向量 $\vec{v}$ 在點 $(2, 1, 2)$ 處，與 $\nabla F$ 和 $\nabla G$ 都垂直。

這題考驗求多元函數的極值，需要計算一階偏導數、二階偏導數，並應用二階偏導數檢驗法。

函數為 $f(x, y) = 2xy+1-\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}$。

第一步：求駐點 (critical points)。令一階偏導數為零。
$\frac{\partial f}{\partial x} = 2y - x$
$\frac{\partial f}{\partial y} = 2x - y$

令 $\frac{\partial f}{\partial x} = 0$： $2y - x = 0 \implies x = 2y$。
令 $\frac{\partial f}{\partial y} = 0$： $2x - y = 0$。

將 $x = 2y$ 代入第二個方程：
$2(2y) - y = 0$
$4y - y = 0$
$3y = 0 \implies y = 0$。
將 $y=0$ 代回 $x=2y$，得到 $x=0$。
所以，唯一的駐點是 $(0, 0)$。

第二步：計算二階偏導數。
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}(2y-x) = -1$

這題考驗使用重積分計算體積，特別是單位球的體積。

單位球的方程為 $x^2+y^2+z^2 \le 1$。
球的體積可以表示為一個重積分，其中被積函數是 1，積分區域是球體本身。
然而，使用直角座標系計算單位球的體積會比較複雜，因為積分上下限會涉及根號，且需要拆分積分。

假設我們要求上半球面 $z = \sqrt{1-x^2-y^2}$ 下方的體積，然後乘以 2。
體積 $V = \iint_R 2 \sqrt{1-x^2-y^2} \, dA$，其中 $R$ 是 $xy$ 平面上單位圓 $x^2+y^2 \le 1$。

直接在直角座標系下計算這個積分會很困難，因為 $\int \sqrt{1-x^2-y^2} \, dx$ 的計算並不直接。
通常，計算球體體積最方便的方法是使用極座標或球座標。
題目要求使用直角座標，這意味著我們需要將積分範圍和被積函數適當地拆分。

考慮積分 $V = \int_{-1}^1 \left( \iint_{x^2+y^2 \le 1-z^2} dA \right) dz$。
這裡的內層積分 $\iint_{x^2+y^2 \le 1-z^2} dA$ 表示一個圓盤的面積，其半徑為 $\sqrt{1-z^2}$。
圓盤的面積為 $\pi (\sqrt{1-z^2})^2 = \pi (1-z^2)$。
所以，體積 $V = \int_{-1}^1 \pi (1-z^2) \, dz$。
這個積分是關於 $z$ 的，但 $z$ 在這裡扮演了類似於極座標中 $r$ 的角色，這並非嚴格意義上的直角座標的二重積分。

如果題目堅持要用直角座標的二重積分來計算，那麼我們需要考慮積分的順序。
例如，計算上半球的體積 $V_{half} = \iint_{x^2+y^2 \le 1} \sqrt{1-x^2-y^2} \, dx dy$。
這個積分的計算在直角座標下是困難的。
$\int_{-1}^1 \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \sqrt{1-x^2-y^2} \, dy dx$。