114 年 國立中山大學應用數學系碩士班乙組《微積分》

本題主要在考驗考生對微積分基本定義的理解，包括函數極限、導數和數列極限。

(a) 函數極限的定義 (Definition of the limit of a function):
當自變數 $x$ 趨近於某個值 $c$ 時，若函數 $f(x)$ 的值趨近於某個常數 $L$，則稱 $L$ 為 $f(x)$ 在 $x$ 趨近於 $c$ 時的極限。
嚴格的 $\epsilon-\delta$ 定義如下：
對於任意給定的 $\epsilon > 0$，存在一個 $\delta > 0$，使得當 $0 < |x-c| < \delta$ 時，恆有 $|f(x) - L| < \epsilon$。

(b) 導數的定義 (Definition of the derivative of a function):
函數 $f(x)$ 在點 $x$ 的導數 $f'(x)$，定義為函數在該點的瞬時變化率，可以表示為：

核心觀念

本題考查：

• 指數與對數互為反函數：$\ln(e^u)=u$。
• 定積分的計算。
• 無窮極限中的最高次項比較。
• 黎曼和與定積分的關係：

$$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}f(x_k)\Delta x = \int_a^b f(x)\,dx.$$

---

（a）計算

題目為

$$\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x^2} \int_1^x \ln(e^{6t-5})\,dt.$$

由 $\ln(e^u)=u$，得

$$\ln(e^{6t-5})=6t-5.$$

因此

$$\int_1^x \ln(e^{6t-5})\,dt = \int_1^x(6t-5)\,dt.$$

計算定積分：

$$\int(6t-5)\,dt=3t^2-5t,$$

所以

$$\begin{aligned} \int_1^x(6t-5)\,dt &=\left[3t^2-5t\right]_1^x\\ &=(3x^2-5x)-(3-5)\\ &=3x^2-5x+2. \end{aligned}$$

代回原極限：

$$\frac{1}{x^2}\int_1^x \ln(e^{6t-5})\,dt = \frac{3x^2-5x+2}{x^2} = 3-\frac{5}{x}+\frac{2}{x^2}.$$

令 $x\to\infty$，可得

$$\lim_{x\to\infty} \left(3-\frac{5}{x}+\frac{2}{x^2}\right)=3.$$

---

（b）計算

題目為

$$\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{k\pi}{2n} \cos\left(\frac{k\pi}{2n}\right).$$

令

$$x_k=\frac{k\pi}{2n}, \qquad \Delta x=\frac{\pi}{2n}.$$

則原式可寫成

$$\sum_{k=1}^{n}x_k\cos x_k.$$

本題考驗考生對基本積分技巧的掌握，包含直接積分、換元積分法和三角函數積分。

(a) $\int_{0}^{1} \left(\frac{1}{\sqrt{x+1}} + x e^{x^2}\right) dx$

這個積分可以分解成兩個部分的和。
$\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x+1}} dx + \int_{0}^{1} x e^{x^2} dx$

第一部分：$\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x+1}} dx$
我們可以使用換元積分法。令 $u = x+1$，則 $du = dx$。
當 $x=0$ 時，$u=1$。當 $x=1$ 時，$u=2$。
積分變為 $\int_{1}^{2} \frac{1}{\sqrt{u}} du = \int_{1}^{2} u^{-1/2} du$。
$= \left[ \frac{u^{1/2}}{1/2} \right]_{1}^{2} = \left[ 2\sqrt{u} \right]_{1}^{2}$
$= 2\sqrt{2} - 2\sqrt{1} = 2\sqrt{2} - 2$。

第二部分：$\int_{0}^{1} x e^{x^2} dx$
我們再次使用換元積分法。令 $v = x^2$，則 $dv = 2x dx$，所以 $x dx = \frac{1}{2} dv$。
當 $x=0$ 時，$v=0$。當 $x=1$ 時，$v=1$。

本題考驗考生對微分的理解，特別是常數項的微分以及微積分基本定理的應用。

題目給定的函數為：
$f(x) = \cos^2 x + \frac{1}{\sqrt{x+1}} + \int_{0}^{5} t \sin t dt$

我們需要找到 $f'(x)$ 和 $f''(x)$。

首先，分析函數的各項：

1. $\cos^2 x$
2. $\frac{1}{\sqrt{x+1}}$
3. $\int_{0}^{5} t \sin t dt$

對於第三項 $\int_{0}^{5} t \sin t dt$，這是一個定積分。定積分的結果是一個常數，它不依賴於 $x$。
我們不需要計算這個定積分的值，只需要知道它是一個常數。

現在我們來求 $f'(x)$。微分是線性的，所以我們可以逐項微分。
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\cos^2 x) + \frac{d}{dx}\left(\frac{1}{\sqrt{x+1}}\right) + \frac{d}{dx}\left(\int_{0}^{5} t \sin t dt\right)$

1. 微分 $\cos^2 x$：
   使用鏈式法則。令 $u = \cos x$，則 $\cos^2 x = u^2$。
   $\frac{d}{dx}(\cos^2 x) = \frac{d}{du}(u^2) \cdot \frac{du}{dx} = 2u \cdot (-\sin x) = 2(\cos x)(-\sin x) = -2 \sin x \cos x = -\sin(2x)$。

2. 微分 $\frac{1}{\sqrt{x+1}}$：
   我們可以將其寫成 $(x+1)^{-1/2}$。
   使用鏈式法則。令 $v = x+1$，則 $(x+1)^{-1/2} = v^{-1/2}$。
   $\frac{d}{dx}((x+1)^{-1/2}) = \frac{d}{dv}(v^{-1/2}) \cdot \frac{dv}{dx} = -\frac{1}{2} v^{-3/2} \cdot 1 = -\frac{1}{2} (x+1)^{-3/2} = -\frac{1}{2(x+1)^{3/2}}$。

3. 微分 $\int_{0}^{5} t \sin t dt$：
   由於這是一個定積分，其值為常數，所以它的導數為 0。

本題考驗考生找出多項式函數的相對極值（局部極大值和局部極小值）。這通常涉及求導、找臨界點以及使用二階導數檢驗法。

首先，我們定義函數 $f(x) = 7x^3 - 3x^7 + 7$。
為了找到相對極值，我們需要先找到函數的一階導數 $f'(x)$，並令它等於零來求臨界點。

計算一階導數 $f'(x)$:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(7x^3 - 3x^7 + 7)$
$f'(x) = 7(3x^2) - 3(7x^6) + 0$
$f'(x) = 21x^2 - 21x^6$

接下來，令 $f'(x) = 0$ 來尋找臨界點：
$21x^2 - 21x^6 = 0$
$21x^2(1 - x^4) = 0$

這給出兩個可能的解：

1. $21x^2 = 0 \implies x^2 = 0 \implies x = 0$。
2. $1 - x^4 = 0 \implies x^4 = 1 \implies x = 1$ 或 $x = -1$。

所以，臨界點是 $x = -1, 0, 1$。

現在，我們使用二階導數檢驗法來判斷這些臨界點是相對極大值、相對極小值還是其他情況。
計算二階導數 $f''(x)$:
$f''(x) = \frac{d}{dx}(21x^2 - 21x^6)$
$f''(x) = 21(2x) - 21(6x^5)$
$f''(x) = 42x - 126x^5$

現在，我們將每個臨界點代入 $f''(x)$：

對於 $x = -1$:
$f''(-1) = 42(-1) - 126(-1)^5$
$f''(-1) = -42 - 126(-1)$
$f''(-1) = -42 + 126 = 84$

本題考驗考生求冪級數收斂區間的能力，這通常涉及比值檢驗法 (Ratio Test) 或根值檢驗法 (Root Test)，以及檢查區間端點的收斂性。

給定的冪級數為 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(5x - 1)^n}{n}$。
我們首先使用比值檢驗法來尋找收斂半徑。
令 $a_n = \frac{(5x - 1)^n}{n}$。
我們計算極限 $L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$。

$a_{n+1} = \frac{(5x - 1)^{n+1}}{n+1}$

$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{\frac{(5x - 1)^{n+1}}{n+1}}{\frac{(5x - 1)^n}{n}} \right|$
$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{(5x - 1)^{n+1}}{n+1} \cdot \frac{n}{(5x - 1)^n} \right|$
$L = \lim_{n \to \infty} \left| (5x - 1) \cdot \frac{n}{n+1} \right|$
$L = |5x - 1| \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1}$

我們知道 $\lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 + 1/n} = 1$。
所以，$L = |5x - 1| \cdot 1 = |5x - 1|$。

根據比值檢驗法，級數當 $L < 1$ 時收斂。
$|5x - 1| < 1$

這是一個絕對值不等式，可以展開為：
$-1 < 5x - 1 < 1$

將不等式中的 $-1$ 移到兩側：
$-1 + 1 < 5x < 1 + 1$
$0 < 5x < 2$

本題考驗考生求多元函數在某一點的切平面 (tangent plane) 方程式。這需要計算函數在該點的偏導數，並應用切平面的標準公式。

給定的函數是 $f(x, y) = e^{-x^2+3y^2}$。
我們需要在點 $(x_0, y_0) = (-2, 1)$ 處找到切平面。

切平面的標準方程式為：
$z - z_0 = f_x(x_0, y_0)(x - x_0) + f_y(x_0, y_0)(y - y_0)$
其中 $z_0 = f(x_0, y_0)$， $f_x$ 是對 $x$ 的偏導數，$f_y$ 是對 $y$ 的偏導數。

第一步：計算 $z_0 = f(-2, 1)$。
$f(-2, 1) = e^{-(-2)^2 + 3(1)^2} = e^{-(4) + 3(1)} = e^{-4+3} = e^{-1} = \frac{1}{e}$。
所以，$z_0 = \frac{1}{e}$。

第二步：計算對 $x$ 的偏導數 $f_x(x, y)$。
$f_x(x, y) = \frac{\partial}{\partial x}(e^{-x^2+3y^2})$
使用鏈式法則：令 $u = -x^2+3y^2$，則 $\frac{\partial u}{\partial x} = -2x$。
$f_x(x, y) = e^u \cdot \frac{\partial u}{\partial x} = e^{-x^2+3y^2} \cdot (-2x)$。

第三步：計算在點 $(-2, 1)$ 的偏導數 $f_x(-2, 1)$。
$f_x(-2, 1) = e^{-(-2)^2+3(1)^2} \cdot (-2(-2))$
$f_x(-2, 1) = e^{-4+3} \cdot (4)$
$f_x(-2, 1) = e^{-1} \cdot 4 = \frac{4}{e}$。

第四步：計算對 $y$ 的偏導數 $f_y(x, y)$。
$f_y(x, y) = \frac{\partial}{\partial y}(e^{-x^2+3y^2})$

本題考驗考生使用微積分方法計算面積和體積的能力，特別是定積分、參數化方程式以及體積分的概念。

(a) 橢圓的面積 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ 為 $\pi ab$

我們可以使用兩種方法來證明：參數化方程式或直接積分。

方法一：使用參數化方程式
橢圓的參數化方程式為 $x = a \cos t$, $y = b \sin t$，其中 $0 \le t \le 2\pi$。
橢圓的面積可以通過定積分來計算。如果我們考慮上半橢圓 ($y \ge 0$)，其面積為 $\int x dy$ 或 $\int y dx$。
在參數形式下，面積 $A$ 可以由以下公式給出：
$A = \int_{0}^{2\pi} y(t) x'(t) dt$ 或 $A = -\int_{0}^{2\pi} x(t) y'(t) dt$。
我們選擇後者，因為 $y(t)$ 在上半部分為正，且 $x'(t)$ 在第一、二象限為負，我們需要確保面積為正。
或者，更簡單地，我們計算上半部分的面積，然後乘以 2。
上半部分的 $y$ 可以表示為 $y = b \sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2}}$。
面積 $A = 2 \int_{-a}^{a} b \sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2}} dx$。

讓我們使用參數化方程式 $x = a \cos t$, $y = b \sin t$。
$dx = -a \sin t dt$
$dy = b \cos t dt$
當 $t$ 從 $0$ 變到 $2\pi$ 時， $(x, y)$ 畫出整個橢圓。
面積 $A = \oint_C y \, dx$ (沿著封閉曲線 $C$ 的路徑積分)。
$A = \int_{0}^{2\pi} (b \sin t) (-a \sin t) dt$
$A = -ab \int_{0}^{2\pi} \sin^2 t dt$
使用 $\sin^2 t = \frac{1 - \cos(2t)}{2}$：
$A = -ab \int_{0}^{2\pi} \frac{1 - \cos(2t)}{2} dt$
$A = -\frac{ab}{2} \left[ t - \frac{1}{2}\sin(2t) \right]_{0}^{2\pi}$
$A = -\frac{ab}{2} \left[ (2\pi - \frac{1}{2}\sin(4\pi)) - (0 - \frac{1}{2}\sin(0)) \right]$
$A = -\frac{ab}{2} [2\pi - 0 - 0 + 0] = -\frac{ab}{2} (2\pi) = -\pi ab$。
這裡出現了負值，是因為積分方向與面積計算的約定方向相反。面積總是正的，所以橢圓的面積是 $|\pi ab| = \pi ab$ (因為 $a, b > 0$)。

方法二：直接積分
橢圓方程式為 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$。
我們可以解出 $y$：
$\frac{y^2}{b^2} = 1 - \frac{x^2}{a^2}$
$y^2 = b^2 \left(1 - \frac{x^2}{a^2}\right)$
$y = \pm b \sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2}}$。
我們計算上半部分的面積，然後乘以 2。
上半部分的 $y$ 是 $y = b \sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2}}$。
面積 $A = 2 \int_{-a}^{a} b \sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2}} dx$。
令 $x = a \sin \theta$。則 $dx = a \cos \theta d\theta$。
當 $x = -a$ 時，$\sin \theta = -1$，$\theta = -\pi/2$。
當 $x = a$ 時，$\sin \theta = 1$，$\theta = \pi/2$。
$\sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2}} = \sqrt{1 - \sin^2 \theta} = \sqrt{\cos^2 \theta} = |\cos \theta|$。
在 $[-\pi/2, \pi/2]$ 區間，$\cos \theta \ge 0$，所以 $|\cos \theta| = \cos \theta$。
$A = 2 \int_{-\pi/2}^{\pi/2} b (\cos \theta) (a \cos \theta d\theta)$
$A = 2ab \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^2 \theta d\theta$