113 年 國立中山大學應用數學系碩士班乙組《微積分》

本題考驗極限的計算能力，包含處理不定型極限和利用黎曼和的概念計算極限。

(a)
此極限為 $0/0$ 的不定型，可使用羅必達法則或因式分解來求解。

方法一：羅必達法則
$\lim_{x \to 1} \frac{x^3 - 1}{\sqrt{x} - 1} = \lim_{x \to 1} \frac{\frac{d}{dx}(x^3 - 1)}{\frac{d}{dx}(\sqrt{x} - 1)} = \lim_{x \to 1} \frac{3x^2}{\frac{1}{2\sqrt{x}}} = \frac{3(1)^2}{\frac{1}{2\sqrt{1}}} = \frac{3}{1/2} = 6$

方法二：因式分解與有理化
分子可因式分解為 $x^3 - 1 = (x-1)(x^2+x+1)$。
分母可透過乘以共軛式 $\sqrt{x} + 1$ 來有理化：
$\sqrt{x} - 1 = (\sqrt{x} - 1) \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} + 1} = \frac{x - 1}{\sqrt{x} + 1}$
因此，原極限變為：
$\lim_{x \to 1} \frac{(x-1)(x^2+x+1)}{\frac{x-1}{\sqrt{x}+1}} = \lim_{x \to 1} \frac{(x-1)(x^2+x+1)(\sqrt{x}+1)}{x-1}$
當 $x \to 1$ 時，$x-1 \neq 0$，故可消去 $x-1$：
$\lim_{x \to 1} (x^2+x+1)(\sqrt{x}+1) = (1^2+1+1)(\sqrt{1}+1) = (3)(2) = 6$

【答案】6

(b)
此極限可以看作一個黎曼和。觀察級數的結構，我們可以將其寫成求和的形式：
$S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{4}{\sqrt{2n^2 - k^2}}$
為了將其轉換為黎曼和 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f(\frac{k}{n})$，我們需要提取出 $\frac{k}{n}$ 的形式。
將分母中的 $n^2$ 提出來：
$\frac{4}{\sqrt{2n^2 - k^2}} = \frac{4}{\sqrt{n^2(2 - \frac{k^2}{n^2})}} = \frac{4}{n\sqrt{2 - (\frac{k}{n})^2}}$
所以，級數可以寫成：

本題考驗多變數函數的偏導數計算。

給定函數 $f(x, y, z) = xyz + \cos(xy) + z \ln z$。我們需要分別對 $x, y, z$ 求偏導數。

1. 計算 $f_x$:
   將 $y, z$ 視為常數，對 $x$ 求導。
   $f_x = \frac{\partial}{\partial x}(xyz + \cos(xy) + z \ln z)$
   $f_x = yz \cdot 1 + (-\sin(xy) \cdot y) + 0$ (因為 $z \ln z$ 與 $x$ 無關)
   $f_x = yz - y \sin(xy)$

2. 計算 $f_y$:
   將 $x, z$ 視為常數，對 $y$ 求導。
   $f_y = \frac{\partial}{\partial y}(xyz + \cos(xy) + z \ln z)$
   $f_y = xz \cdot 1 + (-\sin(xy) \cdot x) + 0$ (因為 $z \ln z$ 與 $y$ 無關)
   $f_y = xz - x \sin(xy)$

3. 計算 $f_{xy}$:
   這是 $f_x$ 對 $y$ 的偏導數，或者 $f_y$ 對 $x$ 的偏導數。根據 Clairaut's Theorem (混合偏導數定理)，由於函數及其二階導數在定義域內連續，這兩者應該相等。我們計算 $f_x$ 對 $y$ 的偏導數。

本題考驗瑕積分和定積分的計算能力。

(a)
這個積分是瑕積分，因為積分上限是無窮大。我們可以使用分部積分法來計算。
$I = \int_0^\infty (x^2-3)e^{-x}dx$
我們需要對 $(x^2-3)$ 和 $e^{-x}$ 進行分部積分。
令 $u = x^2-3$，$dv = e^{-x}dx$。則 $du = 2x dx$，$v = -e^{-x}$。
$\int (x^2-3)e^{-x}dx = -(x^2-3)e^{-x} - \int (-e^{-x})(2x dx)$
$= -(x^2-3)e^{-x} + 2 \int x e^{-x} dx$
現在我們需要計算 $\int x e^{-x} dx$。再次使用分部積分法，令 $u = x$，$dv = e^{-x}dx$。則 $du = dx$，$v = -e^{-x}$。
$\int x e^{-x} dx = -xe^{-x} - \int (-e^{-x}) dx = -xe^{-x} + \int e^{-x} dx = -xe^{-x} - e^{-x}$
將結果代回原積分：
$I = \left[ -(x^2-3)e^{-x} + 2(-xe^{-x} - e^{-x}) \right]_0^\infty$
$I = \left[ -x^2e^{-x} + 3e^{-x} - 2xe^{-x} - 2e^{-x} \right]_0^\infty$
$I = \left[ -x^2e^{-x} - 2xe^{-x} + e^{-x} \right]_0^\infty$
$I = \left[ e^{-x}(-x^2 - 2x + 1) \right]_0^\infty$
現在我們需要計算上限和下限的極限。
上限：當 $x \to \infty$ 時，$e^{-x} \to 0$。由於 $e^{-x}$ 的衰減速度比任何多項式都快，所以 $\lim_{x \to \infty} e^{-x}(-x^2 - 2x + 1) = 0$。
下限：當 $x = 0$ 時，$e^{-0}(-0^2 - 2(0) + 1) = 1 \cdot (1) = 1$。
所以，積分的值為：
$I = 0 - 1 = -1$

(b)
這個積分是 $\int_0^1 \frac{1}{3-\cos x}dx$。
我們可以利用一個稱為 Machin-like formula 或複變積分的方法來計算這類積分，但對於這個形式，直接使用標準積分技巧或觀察其結構可能更為合適。

本題考驗泰勒級數的計算。

要求函數 $f(x) = \sqrt{1+x}$ 在 $x=0$ 的泰勒級數，也就是麥克勞林級數。
泰勒級數的定義為：
$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n$
在這裡，$a=0$，所以我們需要計算 $f(x)$ 的各階導數在 $x=0$ 的值。

$f(x) = (1+x)^{1/2}$
$f(0) = (1+0)^{1/2} = 1$

$f'(x) = \frac{1}{2}(1+x)^{-1/2}$
$f'(0) = \frac{1}{2}(1+0)^{-1/2} = \frac{1}{2}$

$f''(x) = \frac{1}{2} \left(-\frac{1}{2}\right) (1+x)^{-3/2} = -\frac{1}{4}(1+x)^{-3/2}$
$f''(0) = -\frac{1}{4}(1+0)^{-3/2} = -\frac{1}{4}$

$f'''(x) = -\frac{1}{4} \left(-\frac{3}{2}\right) (1+x)^{-5/2} = \frac{3}{8}(1+x)^{-5/2}$
$f'''(0) = \frac{3}{8}(1+0)^{-5/2} = \frac{3}{8}$

$f^{(4)}(x) = \frac{3}{8} \left(-\frac{5}{2}\right) (1+x)^{-7/2} = -\frac{15}{16}(1+x)^{-7/2}$
$f^{(4)}(0) = -\frac{15}{16}$

現在將這些值代入泰勒級數公式：
$f(x) = f(0) + \frac{f'(0)}{1!}x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \frac{f'''(0)}{3!}x^3 + \frac{f^{(4)}(0)}{4!}x^4 + \cdots$
$f(x) = 1 + \frac{1/2}{1}x + \frac{-1/4}{2}x^2 + \frac{3/8}{6}x^3 + \frac{-15/16}{24}x^4 + \cdots$
$f(x) = 1 + \frac{1}{2}x - \frac{1}{8}x^2 + \frac{3}{48}x^3 - \frac{15}{16 \cdot 24}x^4 + \cdots$
$f(x) = 1 + \frac{1}{2}x - \frac{1}{8}x^2 + \frac{1}{16}x^3 - \frac{5}{128}x^4 + \cdots$

我們可以觀察係數的模式。
第 $n$ 項的係數是 $\frac{f^{(n)}(0)}{n!}$。
注意到 $f^{(n)}(0)$ 的分子是 $\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)(\frac{1}{2}-2)\cdots(\frac{1}{2}-n+1)$。
對於 $n \ge 1$，
$f^{(n)}(0) = \frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)\cdots(\frac{1}{2}-n+1) = \frac{1}{2}(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})\cdots(\frac{3-2n}{2})$

本題考驗一階線性微分方程的求解。

該微分方程的形式為 $y' + P(x)y = Q(x)$，其中 $P(x) = 3$ 且 $Q(x) = e^{2x}$。
這是一階線性微分方程，可以使用積分因子法來求解。

1. 尋找積分因子 (Integrating Factor):
   積分因子 $\mu(x)$ 由下式給出：
   $\mu(x) = e^{\int P(x) dx} = e^{\int 3 dx} = e^{3x}$

2. 將方程兩邊乘以積分因子:
   $e^{3x} (y' + 3y) = e^{3x} e^{2x}$
   $e^{3x} y' + 3e^{3x} y = e^{5x}$
   左邊是 $(e^{3x} y)'$ 的導數：
   $\frac{d}{dx}(e^{3x} y) = e^{5x}$

3. 對兩邊積分:
   $\int \frac{d}{dx}(e^{3x} y) dx = \int e^{5x} dx$
   $e^{3x} y = \frac{1}{5} e^{5x} + C$

核心觀念

本題考查多變數微積分中的「變數變換」與鏈鎖律。將直角座標

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta$$

改寫成極座標後，需要把微分算子 $\frac{\partial}{\partial x}$、$\frac{\partial}{\partial y}$ 表示成 $\frac{\partial}{\partial r}$、$\frac{\partial}{\partial\theta}$ 的形式，再計算二階偏導數。

設原本的函數為 $F(x,y)$，變數變換後記為

$$f(r,\theta)=F(r\cos\theta,r\sin\theta).$$

以下假設 $r>0$，且函數具有足夠的二階連續偏導數，使混合偏導數可以交換次序。

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解題方法

一、求 $r$ 與 $\theta$ 對 $x,y$ 的偏導數

由

$$r=\sqrt{x^2+y^2}$$

可得

$$\frac{\partial r}{\partial x}=\frac{x}{r}=\cos\theta, \qquad \frac{\partial r}{\partial y}=\frac{y}{r}=\sin\theta.$$

又因為

$$\theta=\tan^{-1}\left(\frac{y}{x}\right),$$

所以

$$\frac{\partial\theta}{\partial x} =-\frac{y}{x^2+y^2} =-\frac{\sin\theta}{r},$$

以及

$$\frac{\partial\theta}{\partial y} =\frac{x}{x^2+y^2} =\frac{\cos\theta}{r}.$$

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二、將一階微分算子改寫成極座標形式

由鏈鎖律，

$$\frac{\partial}{\partial x} = \frac{\partial r}{\partial x}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\partial\theta}{\partial x}\frac{\partial}{\partial\theta}.$$

因此

$$\frac{\partial}{\partial x} = \cos\theta\frac{\partial}{\partial r} - \frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}.$$

同理，

$$\frac{\partial}{\partial y} = \sin\theta\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\cos\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}.$$

令 $c=\cos\theta$、$s=\sin\theta$，則

$$\frac{\partial}{\partial x} =c\frac{\partial}{\partial r} -\frac{s}{r}\frac{\partial}{\partial\theta},$$ $$\frac{\partial}{\partial y} =s\frac{\partial}{\partial r} +\frac{c}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}.$$

注意：$c$、$s$ 與 $r$、$\theta$ 有關，因此計算二階偏導數時，微分也必須作用在這些係數上。

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三、計算 $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}$

首先，

$$f_x =c f_r-\frac{s}{r}f_\theta.$$

再對 $x$ 微分：

$$f_{xx} = \left( c\frac{\partial}{\partial r} -\frac{s}{r}\frac{\partial}{\partial\theta} \right) \left( c f_r-\frac{s}{r}f_\theta \right).$$

逐項微分後得到

本題考驗相關變化率 (Related Rates) 的應用。

我們被告知球形氣球的體積增加速率，並被要求計算當半徑為特定值時，半徑增加的速率。

設 $V$ 為球的體積，$r$ 為球的半徑。
球的體積公式為 $V = \frac{4}{3}\pi r^3$。

我們已知體積隨時間 $t$ 的變化率：$\frac{dV}{dt} = 120 \text{ cm}^3/\text{s}$。
我們需要找到半徑隨時間 $t$ 的變化率：$\frac{dr}{dt}$，當 $r = 30 \text{ cm}$ 時。

對體積公式 $V = \frac{4}{3}\pi r^3$ 兩邊同時對時間 $t$ 求導，使用連鎖律：
$\frac{dV}{dt} = \frac{d}{dt} \left( \frac{4}{3}\pi r^3 \right)$
$\frac{dV}{dt} = \frac{4}{3}\pi \cdot 3r^2 \frac{dr}{dt}$