111 年 國立中山大學應用數學系碩士班乙組《微積分》

核心觀念

本題主要考查：

• 微積分基本定理與鏈鎖律；
• 函數一對一的判定；
• 反函數導數公式
  $(f^{-1})'(y)=\frac{1}{f'(f^{-1}(y))}.$

題目未明確給出 $x$ 的定義域，這會影響第 (a) 題的一對一性與第 (b) 題反函數的存在性。

解題方法

先直接計算 $f(x)$：

$$\begin{aligned} f(x) &=\int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{2+3x^2}}t\,dt\\ &=\left.\frac{t^2}{2}\right|_{\sqrt{2}}^{\sqrt{2+3x^2}}\\ &=\frac{2+3x^2}{2}-\frac{2}{2}\\ &=\frac{3}{2}x^2. \end{aligned}$$

因此，$f(x)$ 的本質是二次函數

$$f(x)=\frac{3}{2}x^2.$$

(a) 一對一性分析

若定義域為整個實數 $\mathbb{R}$，則

$$f(1)=\frac{3}{2}=f(-1),$$

但 $1\ne -1$，所以 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上不是一對一函數，無法存在定義於整個值域上的反函數。

若採用合理的限制定義域 $[0,\infty)$，則對任意 $0\le x_1<x_2$，

$$x_1^2<x_2^2,$$

故

$$f(x_1)=\frac32x_1^2<\frac32x_2^2=f(x_2).$$

因此 $f$ 在 $[0,\infty)$ 上嚴格遞增，具有一對一性。

(b) 求 $(f^{-1})'(0)$

在定義域限制為 $[0,\infty)$ 時，

$$y=\frac32x^2$$

可得反函數

本題考驗對極限計算的技巧，包含處理不定形極限（如 $\infty - \infty$ 和 $\frac{0}{0}$）以及利用黎曼和的概念來計算數列極限。

核心觀念：

1. 不定形極限處理： 對於 $\infty - \infty$ 型的極限，通常會嘗試通分、變換三角函數或使用羅必達法則。
2. 黎曼和 (Riemann Sum)： 當一個數列的項可以寫成 $\frac{1}{n} f(\frac{k}{n})$ 的形式，其和的極限可以轉換為定積分 $\int_0^1 f(x) \, dx$。

(a) $\lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x} \right)$

這個極限是 $\infty - \infty$ 的不定形。我們首先嘗試將兩項合併：
$\lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x} \right) = \lim_{x \to 0^+} \frac{x - \sin x}{x \sin x}$
當 $x \to 0^+$, 分子 $x - \sin x \to 0 - 0 = 0$，分母 $x \sin x \to 0 \cdot 0 = 0$。這是一個 $\frac{0}{0}$ 型的不定形，我們可以使用羅必達法則。

對分子和分母分別求導：
分子導數：$\frac{d}{dx}(x - \sin x) = 1 - \cos x$
分母導數：$\frac{d}{dx}(x \sin x) = 1 \cdot \sin x + x \cdot \cos x = \sin x + x \cos x$

所以，極限變為：
$\lim_{x \to 0^+} \frac{1 - \cos x}{\sin x + x \cos x}$
當 $x \to 0^+$, 分子 $1 - \cos x \to 1 - 1 = 0$。
分母 $\sin x + x \cos x \to 0 + 0 \cdot 1 = 0$。
這仍然是 $\frac{0}{0}$ 型的不定形，我們再次使用羅必達法則。

對新的分子和分母分別求導：
分子導數：$\frac{d}{dx}(1 - \cos x) = \sin x$
分母導數：$\frac{d}{dx}(\sin x + x \cos x) = \cos x + (1 \cdot \cos x + x \cdot (-\sin x)) = \cos x + \cos x - x \sin x = 2 \cos x - x \sin x$

所以，極限變為：
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{2 \cos x - x \sin x}$
現在，當 $x \to 0^+$:
分子 $\sin x \to 0$。
分母 $2 \cos x - x \sin x \to 2 \cos 0 - 0 \cdot \sin 0 = 2 \cdot 1 - 0 = 2$。

因此，極限值為 $\frac{0}{2} = 0$。

另一種方法（泰勒級數）：
我們知道 $\sin x$ 的泰勒級數展開式為 $\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots$。
當 $x \to 0^+$，我們可以使用前幾項近似。

本題考驗對瑕積分（不適定積分）的計算以及分部積分法的應用。

核心觀念：

1. 瑕積分 (Improper Integral)： 當積分區間包含奇點，或積分區間無限大時，積分被稱為瑕積分。其計算方法是將積分分解為有限區間上的定積分，並取極限。
2. 分部積分法 (Integration by Parts)： $\int u \, dv = uv - \int v \, du$。

(a) $\int_0^1 \frac{dx}{x^2-1}$

此積分是瑕積分，因為積分區間 $[0, 1]$ 包含分母 $x^2-1$ 的奇點 $x=1$。
我們需要將積分表示為極限的形式：
$\int_0^1 \frac{dx}{x^2-1} = \lim_{b \to 1^-} \int_0^b \frac{dx}{x^2-1}$
首先，我們計算不定積分 $\int \frac{dx}{x^2-1}$。
我們可以使用部分分式分解：
$\frac{1}{x^2-1} = \frac{1}{(x-1)(x+1)} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x+1}$
乘以 $(x-1)(x+1)$: $1 = A(x+1) + B(x-1)$。
令 $x=1$: $1 = A(1+1) + B(0) \implies 1 = 2A \implies A = \frac{1}{2}$。
令 $x=-1$: $1 = A(0) + B(-1-1) \implies 1 = -2B \implies B = -\frac{1}{2}$。
所以，
$\int \frac{dx}{x^2-1} = \int \left( \frac{1/2}{x-1} - \frac{1/2}{x+1} \right) dx = \frac{1}{2} \int \frac{dx}{x-1} - \frac{1}{2} \int \frac{dx}{x+1}$
$= \frac{1}{2} \ln|x-1| - \frac{1}{2} \ln|x+1| + C = \frac{1}{2} \ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right| + C$
現在，我們計算定積分並取極限：
$\lim_{b \to 1^-} \left[ \frac{1}{2} \ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right| \right]_0^b = \lim_{b \to 1^-} \left( \frac{1}{2} \ln\left|\frac{b-1}{b+1}\right| - \frac{1}{2} \ln\left|\frac{0-1}{0+1}\right| \right)$
$= \lim_{b \to 1^-} \left( \frac{1}{2} \ln\left(\frac{1-b}{b+1}\right) - \frac{1}{2} \ln\left|\frac{-1}{1}\right| \right) \quad (\text{因為 } b \to 1^-, b-1 < 0, |b-1| = -(b-1) = 1-b)$
$= \lim_{b \to 1^-} \left( \frac{1}{2} \ln\left(\frac{1-b}{b+1}\right) - \frac{1}{2} \ln(1) \right)$
$= \lim_{b \to 1^-} \frac{1}{2} \ln\left(\frac{1-b}{b+1}\right)$
當 $b \to 1^-$, $1-b \to 0^+$ 且 $b+1 \to 2$。

核心觀念

本題考查：

• 分部積分與微分公式；
• 代換積分 $x=\sinh t$；
• 利用恆等式建立相鄰積分 $I_n$、$I_{n+1}$ 之間的遞迴關係。

需注意：題目第（a）小題所給的遞迴式並不適用於積分上限為 $1$ 的情況；該式會少掉上限所產生的邊界項。

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（a）正確的遞迴關係

由

$$I_n=\int_0^1\frac{x^{2n}}{(1+x^2)^{3/2}}\,dx$$

及

$$\frac{x^{2n}}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{x^{2n}(1+x^2)}{(1+x^2)^{3/2}} = \frac{x^{2n}}{(1+x^2)^{3/2}} + \frac{x^{2n+2}}{(1+x^2)^{3/2}},$$

可得

$$\int_0^1\frac{x^{2n}}{\sqrt{1+x^2}}\,dx=I_n+I_{n+1}.$$

考慮函數

$$F(x)=\frac{x^{2n+1}}{\sqrt{1+x^2}}.$$

其導數為

$$F'(x) = \frac{(2n+1)x^{2n}}{\sqrt{1+x^2}} - \frac{x^{2n+2}}{(1+x^2)^{3/2}}.$$

兩側從 $0$ 積分至 $1$：

$$\left[\frac{x^{2n+1}}{\sqrt{1+x^2}}\right]_0^1 = (2n+1)(I_n+I_{n+1})-I_{n+1}.$$

左側為

$$\frac{1}{\sqrt2},$$

因此

$$\frac1{\sqrt2} = (2n+1)I_n+2nI_{n+1}.$$

所以正確遞迴式為

$$\boxed{ I_{n+1} = \frac{1}{2n\sqrt2} - \frac{2n+1}{2n}I_n }.$$

題目所聲稱的

$$I_{n+1}=\frac{n}{n+3/2}I_n$$

不成立。以 $n=1$ 為例，該式會得到

$$I_2=\frac25 I_1,$$

但由正確遞迴式應為

$$I_2=\frac1{2\sqrt2}-\frac32 I_1,$$

兩者不相同。因此第（a）小題應有題目誤植；所給式通常是積分區間為 $[0,\infty)$ 時才會出現的結果。

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（b）計算 $I_1$

令