112 年 國立中山大學應用數學系碩士班乙組《微積分》

此題考驗反正切函數的和角公式。

我們使用反正切函數的和角公式：$\arctan x + \arctan y = \arctan \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$，前提是 $xy < 1$。
在此題中，$x = \frac{1}{2}$ 且 $y = \frac{1}{3}$。
首先，檢查 $xy$ 的值：
$xy = \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$。
因為 $\frac{1}{6} < 1$，所以可以使用上述公式。

將 $x$ 和 $y$ 的值代入公式：

此題考驗微積分基本定理的應用，特別是涉及變上限積分與變下限積分的組合。

設 $G(u) = \int_c^u \cos t^2 dt$，其中 $c$ 是一個常數。根據微積分基本定理，$\frac{dG}{du} = \cos u^2$。

給定的函數是 $F(x) = \int_{\cos x}^{\sin x} \cos t^2 dt$。
我們可以將其改寫為兩個積分的差：
$F(x) = \int_c^{\sin x} \cos t^2 dt - \int_c^{\cos x} \cos t^2 dt$
其中 $c$ 是一個任意的常數（例如 $c=0$）。

現在我們對 $F(x)$ 進行微分。使用連鎖律：
$\frac{dF}{dx} = \frac{d}{dx} \left( \int_c^{\sin x} \cos t^2 dt \right) - \frac{d}{dx} \left( \int_c^{\cos x} \cos t^2 dt \right)$

對於第一項：
令 $u = \sin x$。則 $\frac{du}{dx} = \cos x$。

核心觀念

本題首先必須確認被積函數在積分區間上的定義域。實數範圍內，平方根 $\sqrt{u}$ 要求 $u\ge 0$。

被積函數為

在區間 $0\le x\le 1$ 中：

但

因此對所有 $0\le x\le 1$，皆有

所以 $\sqrt{4x^2-9}$ 在整個積分區間內都不是實數。

此外，$x=0$ 時 $\sqrt{3x}=0$，被積函數具有瑕積分型態；不過即使考慮瑕積分，根號 $4x^2-9$ 的實數定義域問題仍然無法解決。

解題方法

判斷實數定積分是否存在，先檢查根號內的式子：

也就是說，$\sqrt{4x^2-9}$ 只有在

此題考驗極限的計算，特別是涉及到三角函數和根號的組合，常利用泰勒展開或等價代換。

我們要求計算極限 $\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{\sin x}}{\sin \sqrt[3]{x}}$。
當 $x \to 0$ 時，我們知道一些重要的極限：

1. $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$
2. $\lim_{x \to 0} \sqrt[3]{x} = 0$
3. $\lim_{y \to 0} \frac{\sin y}{y} = 1$

我們可以使用等價代換來簡化表達式。
當 $x \to 0$，我們有 $\sin x \sim x$。
所以，$\sqrt[3]{\sin x} \sim \sqrt[3]{x}$。

同時，當 $x \to 0$，我們有 $\sqrt[3]{x} \to 0$。
令 $y = \sqrt[3]{x}$。當 $x \to 0$，則 $y \to 0$。
那麼 $\sin \sqrt[3]{x} = \sin y$。
當 $y \to 0$，我們有 $\sin y \sim y$。
所以，$\sin \sqrt[3]{x} \sim \sqrt[3]{x}$。

現在，我們將這些等價代換應用到原極限表達式中：
$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{\sin x}}{\sin \sqrt[3]{x}} = \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{x}}{\sqrt[3]{x}}$

這個結果會是 1。

為了更嚴謹地證明，我們可以這樣寫：
$\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{\sin x}}{\sin \sqrt[3]{x}}$
我們可以將分子分母都乘以適當的項來利用 $\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$。
$\frac{\sqrt[3]{\sin x}}{\sin \sqrt[3]{x}} = \frac{\sqrt[3]{\sin x}}{x^{1/3}} \cdot \frac{x^{1/3}}{\sin x^{1/3}}$
$= \left(\frac{\sin x}{x}\right)^{1/3} \cdot \frac{x^{1/3}}{\sin x^{1/3}}$

現在我們分析每一項的極限：

1. $\lim_{x \to 0} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^{1/3}$。由於 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$，且 $f(u) = u^{1/3}$ 在 $u=1$ 是連續的，所以 $\lim_{x \to 0} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^{1/3} = 1^{1/3} = 1$。

此題包含不定積分和瑕積分的計算。

(a) Find $\int \frac{3x^2}{1+3x^2} dx$

此為不定積分。被積函數是分母為 $1+3x^2$ 的有理函數。
我們可以將分子改寫，使其包含分母的形式，以便於積分。
$\frac{3x^2}{1+3x^2} = \frac{(1+3x^2) - 1}{1+3x^2} = 1 - \frac{1}{1+3x^2}$。

現在積分變為：
$\int \left( 1 - \frac{1}{1+3x^2} \right) dx = \int 1 dx - \int \frac{1}{1+3x^2} dx$
$= x - \int \frac{1}{1+3x^2} dx$

對於積分 $\int \frac{1}{1+3x^2} dx$，我們可以進行變數代換。
令 $u = \sqrt{3}x$。則 $du = \sqrt{3} dx$，所以 $dx = \frac{1}{\sqrt{3}} du$。
$3x^2 = u^2$。
所以，$\int \frac{1}{1+3x^2} dx = \int \frac{1}{1+u^2} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} du$
$= \frac{1}{\sqrt{3}} \int \frac{1}{1+u^2} du$
$= \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan(u) + C_1$
將 $u = \sqrt{3}x$ 代回：
$= \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan(\sqrt{3}x) + C_1$。

因此，原不定積分為：
$\int \frac{3x^2}{1+3x^2} dx = x - \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan(\sqrt{3}x) + C$。

(b) Evaluate the improper integral $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^x}{1+e^{2x}} dx$

這是一個瑕積分，積分範圍是 $(-\infty, \infty)$。
首先，我們將它分解為兩個瑕積分：
$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^x}{1+e^{2x}} dx = \int_{-\infty}^{0} \frac{e^x}{1+e^{2x}} dx + \int_{0}^{\infty} \frac{e^x}{1+e^{2x}} dx$。

我們來計算其中一個積分，例如 $\int_{0}^{\infty} \frac{e^x}{1+e^{2x}} dx$。
令 $u = e^x$。

此題考驗級數的收斂性判別，要求使用積分審斂法（Integral Test）。

積分審斂法 (Integral Test):
設 $f(x)$ 是一個在區間 $[N, \infty)$ 上連續、正值且遞減的函數，其中 $N$ 是一個正整數。則無窮級數 $\sum_{n=N}^{\infty} a_n$ 與積分 $\int_N^{\infty} f(x) dx$ 要麼同時收斂，要麼同時發散。

應用於級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$:

首先，我們需要找到一個適合的函數 $f(x)$。令 $f(x) = \frac{1}{x \ln x}$。
我們需要驗證 $f(x)$ 是否滿足積分審斂法的條件在區間 $[2, \infty)$ 上。

1. 連續性 (Continuity):
   對於 $x \ge 2$，函數 $x$ 和 $\ln x$ 都是連續的。
   當 $x \ge 2$，$\ln x > \ln 1 = 0$。
   因此，$x \ln x > 0$ 且不為零。
   所以，$f(x) = \frac{1}{x \ln x}$ 在 $[2, \infty)$ 上是連續的。

2. 正值性 (Positivity):
   對於 $x \ge 2$，我們有 $x > 0$ 且 $\ln x > 0$。
   因此，$x \ln x > 0$，所以 $f(x) = \frac{1}{x \ln x} > 0$。
   函數在 $[2, \infty)$ 上是正值。

3. 遞減性 (Decreasing):
   我們需要檢查 $f(x)$ 是否遞減。可以計算其導數 $f'(x)$。
   $f(x) = (x \ln x)^{-1}$。
   $f'(x) = -1 (x \ln x)^{-2} \cdot \frac{d}{dx}(x \ln x)$
   $\frac{d}{dx}(x \ln x) = 1 \cdot \ln x + x \cdot \frac{1}{x} = \ln x + 1$。
   所以，$f'(x) = -\frac{\ln x + 1}{(x \ln x)^2}$。
   對於 $x \ge 2$，$\ln x > 0$，所以 $\ln x + 1 > 0$。
   分母 $(x \ln x)^2 > 0$。
   因此，$f'(x) = -\frac{\text{正}}{\text{正}} < 0$。
   函數 $f(x)$ 在 $[2, \infty)$ 上是遞減的。

所有條件都滿足。現在我們計算積分 $\int_2^{\infty} f(x) dx$。
$\int_2^{\infty} \frac{1}{x \ln x} dx$

此題考驗曲線弧長的計算，給定參數方程，需要利用積分公式。

弧長公式對於參數方程 $(x(t), y(t))$ 在區間 $[a, b]$ 上的曲線為：
$L = \int_a^b \sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} dt$

給定的參數方程為：
$x(t) = \arcsin t$
$y(t) = \ln \sqrt{1-t^2} = \ln (1-t^2)^{1/2} = \frac{1}{2} \ln (1-t^2)$
積分範圍為 $0 \le t \le \frac{1}{\sqrt{2}}$。

首先，我們計算 $\frac{dx}{dt}$ 和 $\frac{dy}{dt}$。
$\frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(\arcsin t) = \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}$。

$\frac{dy}{dt} = \frac{d}{dt} \left( \frac{1}{2} \ln (1-t^2) \right)$
$= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1-t^2} \cdot \frac{d}{dt}(1-t^2)$
$= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1-t^2} \cdot (-2t)$
$= -\frac{t}{1-t^2}$。

接下來，我們計算 $\left(\frac{dx}{dt}\right)^2$ 和 $\left(\frac{dy}{dt}\right)^2$。
$\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 = \left(\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\right)^2 = \frac{1}{1-t^2}$。

$\left(\frac{dy}{dt}\right)^2 = \left(-\frac{t}{1-t^2}\right)^2 = \frac{t^2}{(1-t^2)^2}$。

現在，我們計算 $\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2$。
$\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2 = \frac{1}{1-t^2} + \frac{t^2}{(1-t^2)^2}$
為了相加，我們找到共同分母 $(1-t^2)^2$。
$= \frac{1-t^2}{(1-t^2)^2} + \frac{t^2}{(1-t^2)^2}$
$= \frac{1-t^2+t^2}{(1-t^2)^2}$
$= \frac{1}{(1-t^2)^2}$。

然後，我們取平方根：
$\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} = \sqrt{\frac{1}{(1-t^2)^2}} = \frac{1}{|1-t^2|}$。
由於積分範圍是 $0 \le t \le \frac{1}{\sqrt{2}}$，所以 $t^2 \le (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = \frac{1}{2}$。
因此，$1-t^2 \ge 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} > 0$。
所以 $|1-t^2| = 1-t^2$。
$\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} = \frac{1}{1-t^2}$。

此題考驗極座標下區域面積的計算，特別是帶有內環的曲線。

給定的曲線方程是 $r = 1 + 2 \sin \theta$。
這是一個心臟線（Cardioid）的變形，由於係數 $2 > 1$，它會產生一個內環（inner loop）。

首先，我們需要找到產生內環的 $\theta$ 的範圍。內環發生在 $r$ 的值由正變為負，然後再變為正的過程中。也就是說，$r$ 的值在內環區域是負的。
我們令 $r = 0$ 來找到界線：
$1 + 2 \sin \theta = 0$
$2 \sin \theta = -1$
$\sin \theta = -\frac{1}{2}$。

在 $[0, 2\pi]$ 的範圍內，$\sin \theta = -\frac{1}{2}$ 的解是 $\theta = \frac{7\pi}{6}$ 和 $\theta = \frac{11\pi}{6}$。
當 $\theta$ 從 $\frac{7\pi}{6}$ 變化到 $\frac{11\pi}{6}$ 時，$r$ 的值是負的，這段範圍就對應著內環。
所以，內環的範圍是 $\frac{7\pi}{6} \le \theta \le \frac{11\pi}{6}$。

極座標下區域面積的公式是：
$A = \frac{1}{2} \int_{\alpha}^{\beta} r^2 d\theta$。

我們將 $r = 1 + 2 \sin \theta$ 和積分範圍 $\alpha = \frac{7\pi}{6}$, $\beta = \frac{11\pi}{6}$ 代入公式：
$A = \frac{1}{2} \int_{7\pi/6}^{11\pi/6} (1 + 2 \sin \theta)^2 d\theta$。

展開 $(1 + 2 \sin \theta)^2$：
$(1 + 2 \sin \theta)^2 = 1 + 4 \sin \theta + 4 \sin^2 \theta$。

我們知道 $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos(2\theta)}{2}$。
所以，$4 \sin^2 \theta = 4 \left( \frac{1 - \cos(2\theta)}{2} \right) = 2 (1 - \cos(2\theta)) = 2 - 2 \cos(2\theta)$。

代回展開式：
$1 + 4 \sin \theta + 4 \sin^2 \theta = 1 + 4 \sin \theta + 2 - 2 \cos(2\theta) = 3 + 4 \sin \theta - 2 \cos(2\theta)$。

現在積分變為：
$A = \frac{1}{2} \int_{7\pi/6}^{11\pi/6} (3 + 4 \sin \theta - 2 \cos(2\theta)) d\theta$。

計算積分：
$\int (3 + 4 \sin \theta - 2 \cos(2\theta)) d\theta = 3\theta - 4 \cos \theta - 2 \cdot \frac{1}{2} \sin(2\theta) + C$
$= 3\theta - 4 \cos \theta - \sin(2\theta) + C$。

此題考驗立體體積的計算，涉及球面和圓錐面。我們可以使用柱座標或球座標來求解。

使用柱座標 (Cylindrical Coordinates):
柱座標轉換為 $x = r \cos \theta$, $y = r \sin \theta$, $z = z$。體積元素 $dV = r dz dr d\theta$。

給定的曲面方程：

1. 球面：$x^2 + y^2 + z^2 = 16$。在柱座標下是 $r^2 + z^2 = 16$。
2. 圓錐面：$z = \sqrt{x^2 + y^2}$。在柱座標下是 $z = r$。

我們需要確定積分的範圍。
首先，考慮圓錐面 $z=r$ 和球面 $r^2+z^2=16$ 的交集。
將 $z=r$ 代入球面方程：$r^2 + r^2 = 16 \implies 2r^2 = 16 \implies r^2 = 8 \implies r = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$。
當 $r = 2\sqrt{2}$ 時，$z = r = 2\sqrt{2}$。
這個交集是一個圓。

體積的計算可以分為兩個部分：
(1) 圓錐面 $z=r$ 上方，球面 $r^2+z^2=16$ 下方。
(2) 圓錐面 $z=r$ 下方，我們不計算（因為题目要求在圓錐面“外面”，通常指 $z > \sqrt{x^2+y^2}$ 的區域，但考慮到球面的限制，我們需要仔細定義“外面”）。

“ inside $x^2 + y^2 + z^2 = 16$” 表示我們在半徑為 4 的球體內部。
“ outside $z = \sqrt{x^2 + y^2}$” 表示我們在圓錐面 $z=r$ 的“上方”，即 $z > r$。

所以，我們要求的體積是球體內部，且滿足 $z > r$ 的部分。
積分範圍：

• $\theta$ 的範圍是 $[0, 2\pi]$，因為是整個圓。

• $r$ 的範圍：從圓錐面 $z=r$ 和球面 $r^2+z^2=16$ 的交集處，一直到球面的邊緣。
  在 $r$ 的方向上，我們從 $r=0$ 開始，到 $r=2\sqrt{2}$ (交集處)。
  但是，我們考慮的是 $z > r$ 的區域。
  對於一個給定的 $r$， $z$ 的範圍是從 $r$ 到 $\sqrt{16-r^2}$。
  所以，$r \le z \le \sqrt{16-r^2}$。
  這個不等式要求 $r \le \sqrt{16-r^2}$。
  平方兩邊：$r^2 \le 16-r^2 \implies 2r^2 \le 16 \implies r^2 \le 8 \implies r \le 2\sqrt{2}$。
  所以，$r$ 的範圍是 $[0, 2\sqrt{2}]$。

• $z$ 的範圍：對於給定的 $r$ 和 $\theta$， $z$ 的範圍是從圓錐面 $z=r$ 到球面 $z=\sqrt{16-r^2}$。
  所以，$r \le z \le \sqrt{16-r^2}$。

體積積分為：
$V = \int_0^{2\pi} \int_0^{2\sqrt{2}} \int_r^{\sqrt{16-r^2}} r dz dr d\theta$。

先計算 $z$ 的積分：
$\int_r^{\sqrt{16-r^2}} r dz = r [z]_r^{\sqrt{16-r^2}} = r (\sqrt{16-r^2} - r)$。

接下來計算 $r$ 的積分：
$\int_0^{2\sqrt{2}} r (\sqrt{16-r^2} - r) dr = \int_0^{2\sqrt{2}} (r\sqrt{16-r^2} - r^2) dr$。
$= \int_0^{2\sqrt{2}} r\sqrt{16-r^2} dr - \int_0^{2\sqrt{2}} r^2 dr$。

計算第一部分 $\int_0^{2\sqrt{2}} r\sqrt{16-r^2} dr$。
令 $u = 16-r^2$。則 $du = -2r dr$，所以 $r dr = -\frac{1}{2} du$。
當 $r=0$, $u = 16-0^2 = 16$。
當 $r=2\sqrt{2}$, $u = 16-(2\sqrt{2})^2 = 16-8 = 8$。
$\int_{16}^{8} \sqrt{u} (-\frac{1}{2} du) = -\frac{1}{2} \int_{16}^{8} u^{1/2} du = \frac{1}{2} \int_8^{16} u^{1/2} du$
$= \frac{1}{2} \left[ \frac{2}{3} u^{3/2} \right]_8^{16} = \frac{1}{3} [u^{3/2}]_8^{16}$
$= \frac{1}{3} (16^{3/2} - 8^{3/2})$
$= \frac{1}{3} ( (4^2)^{3/2} - (2^3)^{3/2} ) = \frac{1}{3} ( 4^3 - 2^{9/2} ) = \frac{1}{3} ( 64 - 2^4 \sqrt{2} ) = \frac{1}{3} ( 64 - 16\sqrt{2} )$。

計算第二部分 $\int_0^{2\sqrt{2}} r^2 dr$。
$= \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^{2\sqrt{2}} = \frac{(2\sqrt{2})^3}{3} - 0 = \frac{8 \cdot 2\sqrt{2}}{3} = \frac{16\sqrt{2}}{3}$。

所以，$r$ 的積分結果是：
$\frac{1}{3} ( 64 - 16\sqrt{2} ) - \frac{16\sqrt{2}}{3} = \frac{64}{3} - \frac{16\sqrt{2}}{3} - \frac{16\sqrt{2}}{3} = \frac{64}{3} - \frac{32\sqrt{2}}{3}$。

核心觀念

本題考查二重積分的變數變換。由圖中邊界可辨識為第一象限內的四條曲線：

被積函數含有 $xy$，因此令

如此可將曲線邊界轉換為 $u,v$ 的常數線。

解題方法

由

可得各邊界對應關係：

• $y=2x \Rightarrow v=2$
• $y=\dfrac{x}{4} \Rightarrow v=\dfrac14$
• $y=\dfrac{4}{x} \Rightarrow u=4$
• $y=\dfrac{1}{x} \Rightarrow u=1$

因此，區域 $R$ 在 $uv$ 平面中變成矩形：

由 $u=xy$ 與 $v=y/x$，可解得

計算 Jacobian：