115 年 國立中山大學應用數學系碩士班乙組《微積分》

本題主要考驗學生對極限的計算能力，包含指數形式的極限以及級數的極限。

(a) 處理指數形式的極限時，通常可以考慮取對數或將表達式進行變形。
令 $L = \lim_{n\to\infty} (4^n + 5^n)^{1/n}$。
我們可以將表達式中的主要項提出來：
$4^n + 5^n = 5^n \left( \left(\frac{4}{5}\right)^n + 1 \right)$
所以，
$L = \lim_{n\to\infty} \left( 5^n \left( \left(\frac{4}{5}\right)^n + 1 \right) \right)^{1/n}$
$L = \lim_{n\to\infty} 5 \left( \left(\frac{4}{5}\right)^n + 1 \right)^{1/n}$
當 $n \to \infty$，$\left(\frac{4}{5}\right)^n \to 0$。
所以，我們需要計算 $\lim_{n\to\infty} \left( \left(\frac{4}{5}\right)^n + 1 \right)^{1/n}$。
令 $y = \left( \left(\frac{4}{5}\right)^n + 1 \right)^{1/n}$。取自然對數：
$\ln y = \frac{1}{n} \ln \left( \left(\frac{4}{5}\right)^n + 1 \right)$
當 $n \to \infty$，這是 $\frac{0}{0}$ 型不定式，但更直接地，當 $n \to \infty$, $\left(\frac{4}{5}\right)^n + 1 \to 1$, 所以 $\ln(\dots) \to \ln(1) = 0$. 則 $\ln y \to \frac{1}{\infty} \times 0 = 0$.
因此 $y \to e^0 = 1$.
所以，$L = 5 \times 1 = 5$.

另一種方法是利用夾擠定理。
因為 $5^n < 4^n + 5^n < 5^n + 5^n = 2 \cdot 5^n$ 對於 $n \ge 1$。
所以 $(5^n)^{1/n} < (4^n + 5^n)^{1/n} < (2 \cdot 5^n)^{1/n}$
$5 < (4^n + 5^n)^{1/n} < 2^{1/n} \cdot 5$
當 $n \to \infty$，$2^{1/n} \to 2^0 = 1$。

本題主要考驗學生對瑕積分（improper integral）和絕對值積分的計算能力。

(a) 這是瑕積分，因為積分上限是 $\infty$。我們可以將其寫成極限的形式：
$\int_0^\infty (3-x)e^{-2x} dx = \lim_{b\to\infty} \int_0^b (3-x)e^{-2x} dx$
我們需要計算定積分 $\int_0^b (3-x)e^{-2x} dx$。這可以使用分部積分法 (integration by parts)。
令 $u = 3-x$，$dv = e^{-2x} dx$。
則 $du = -dx$，$v = \int e^{-2x} dx = -\frac{1}{2}e^{-2x}$。
$\int (3-x)e^{-2x} dx = uv - \int v du$
$= (3-x)(-\frac{1}{2}e^{-2x}) - \int (-\frac{1}{2}e^{-2x})(-dx)$
$= -\frac{1}{2}(3-x)e^{-2x} - \frac{1}{2}\int e^{-2x} dx$
$= -\frac{1}{2}(3-x)e^{-2x} - \frac{1}{2}(-\frac{1}{2}e^{-2x})$
$= -\frac{1}{2}(3-x)e^{-2x} + \frac{1}{4}e^{-2x}$
$= e^{-2x} \left( -\frac{3}{2} + \frac{x}{2} + \frac{1}{4} \right)$
$= e^{-2x} \left( \frac{x}{2} - \frac{5}{4} \right)$

現在計算定積分：
$\int_0^b (3-x)e^{-2x} dx = \left[ e^{-2x} \left( \frac{x}{2} - \frac{5}{4} \right) \right]_0^b$
$= e^{-2b} \left( \frac{b}{2} - \frac{5}{4} \right) - e^0 \left( \frac{0}{2} - \frac{5}{4} \right)$
$= e^{-2b} \left( \frac{b}{2} - \frac{5}{4} \right) - (-\frac{5}{4})$
$= \frac{b}{2e^{2b}} - \frac{5}{4e^{2b}} + \frac{5}{4}$

現在取極限 $b \to \infty$:

本題主要考驗學生對微積分基本定理 (Fundamental Theorem of Calculus) 的應用。

給定函數 $f(x) = e^{\sin x} + \frac{1}{\sqrt{x^2+4}} + \int_0^x \sqrt{1+t^4} dt$。

首先計算 $f'(x)$。我們需要對 $f(x)$ 的每一項分別微分。
第一項：$\frac{d}{dx}(e^{\sin x})$。這需要使用連鎖律 (chain rule)。令 $u = \sin x$, 則 $\frac{d}{dx} e^u = e^u \frac{du}{dx}$。
$\frac{d}{dx}(e^{\sin x}) = e^{\sin x} \cdot \frac{d}{dx}(\sin x) = e^{\sin x} \cos x$.

第二項：$\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+4}}\right) = \frac{d}{dx}((x^2+4)^{-1/2})$。這也需要使用連鎖律。令 $v = x^2+4$, 則 $\frac{d}{dx} v^{-1/2} = -\frac{1}{2}v^{-3/2} \frac{dv}{dx}$。
$\frac{d}{dx}((x^2+4)^{-1/2}) = -\frac{1}{2}(x^2+4)^{-3/2} \cdot \frac{d}{dx}(x^2+4)$
$= -\frac{1}{2}(x^2+4)^{-3/2} (2x)$
$= -x(x^2+4)^{-3/2} = -\frac{x}{(x^2+4)^{3/2}}$.

第三項：$\frac{d}{dx}\left(\int_0^x \sqrt{1+t^4} dt\right)$。根據微積分基本定理的第一部分，如果 $F(x) = \int_a^x g(t) dt$, 則 $F'(x) = g(x)$。
所以，$\frac{d}{dx}\left(\int_0^x \sqrt{1+t^4} dt\right) = \sqrt{1+x^4}$.

將這三部分的微分加起來，得到 $f'(x)$:
$f'(x) = e^{\sin x} \cos x - \frac{x}{(x^2+4)^{3/2}} + \sqrt{1+x^4}$.

接下來計算 $f''(x)$，即對 $f'(x)$ 再次微分。
$f''(x) = \frac{d}{dx} \left( e^{\sin x} \cos x - \frac{x}{(x^2+4)^{3/2}} + \sqrt{1+x^4} \right)$.

對第一項 $e^{\sin x} \cos x$ 微分，需要使用乘積法則 (product rule) 和連鎖律。

本題為求解一階線性微分方程的初值問題。

給定的微分方程是 $y' = y + 2x$，初始條件是 $y(1) = 1$。
首先，將微分方程整理成標準形式 $y' + P(x)y = Q(x)$。
$y' - y = 2x$
這裡，$P(x) = -1$，$Q(x) = 2x$。

接著，計算積分因子 (integrating factor)，記為 $\mu(x)$。
$\mu(x) = e^{\int P(x) dx} = e^{\int -1 dx} = e^{-x}$。

將整個微分方程乘以積分因子：
$e^{-x}(y' - y) = e^{-x}(2x)$
左邊是 $(e^{-x}y)'$ 的微分：
$\frac{d}{dx}(e^{-x}y) = 2xe^{-x}$

現在對等式兩邊積分：
$\int \frac{d}{dx}(e^{-x}y) dx = \int 2xe^{-x} dx$
$e^{-x}y = 2 \int xe^{-x} dx$

計算右邊的積分 $\int xe^{-x} dx$。使用分部積分法。
令 $u = x$，$dv = e^{-x} dx$。

核心觀念

平面曲線 $y=f(x)$ 在 $x=a$ 到 $x=b$ 之間的弧長為

$$L=\int_a^b\sqrt{1+\left[f'(x)\right]^2}\,dx.$$

本題曲線為

$$y=\frac12x^2-\frac12\ln x,$$

定義域要求 $x>0$，而區間 $[1,e]$ 完全符合此條件。

解題方法

先求導：

$$\frac{dy}{dx} =x-\frac{1}{2x}.$$

代入弧長公式：

$$L=\int_1^e\sqrt{1+\left(x-\frac{1}{2x}\right)^2}\,dx.$$

整理根號內的式子：

$$1+\left(x-\frac{1}{2x}\right)^2 =1+x^2-1+\frac{1}{4x^2} =x^2+\frac{1}{4x^2}.$$

由於 $x>0$，可得

$$x^2+\frac{1}{4x^2} =\left(x+\frac{1}{2x}\right)^2,$$

因此

$$\sqrt{1+\left(x-\frac{1}{2x}\right)^2} =x+\frac{1}{2x}.$$

本題考驗學生將直角座標積分轉換為極座標積分，以及計算極座標積分的能力。

(a) 轉換為極座標積分
給定的直角座標積分區域是由 $x^2+y^2=1$ 所定義的一個圓盤。
積分上限 $y$ 的範圍是 $[-1, 1]$。
對於固定的 $y$，積分上限 $x$ 的範圍是 $[-\sqrt{1-y^2}, \sqrt{1-y^2}]$。
這表示 $x^2 \le 1-y^2$，即 $x^2+y^2 \le 1$。
因此，積分區域是單位圓盤，其邊界為 $x^2+y^2=1$。

在極座標中，我們有 $x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$，$x^2+y^2 = r^2$。
面積元素 $dx\,dy$ 在極座標下是 $r\,dr\,d\theta$。
被積函數 $x^2+y^2$ 在極座標下是 $r^2$。

對於單位圓盤，半徑 $r$ 的範圍是從 0 到 1。
角度 $\theta$ 的範圍是從 $0$ 到 $2\pi$，以涵蓋整個圓盤。

因此，直角座標積分
$\int_{-1}^1 \int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}} (x^2 + y^2) \, dx \, dy$
轉換為極座標積分為

本題考驗學生尋找多元函數的局部極值和鞍點的方法，主要應用到二階偏導數檢驗法。

首先，我們需要找到函數 $f(x, y)$ 的臨界點 (critical points)，這些點是使得一階偏導數為零或不存在的點。
給定函數 $f(x, y) = x^3 + y^3 - 3x - 12y$。
計算一階偏導數：
$\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 - 3$
$\frac{\partial f}{\partial y} = 3y^2 - 12$

令一階偏導數等於零，解出臨界點：
$3x^2 - 3 = 0 \implies 3x^2 = 3 \implies x^2 = 1 \implies x = \pm 1$
$3y^2 - 12 = 0 \implies 3y^2 = 12 \implies y^2 = 4 \implies y = \pm 2$

因此，有四個臨界點：

1. $(1, 2)$
2. $(1, -2)$
3. $(-1, 2)$
4. $(-1, -2)$

接下來，我們使用二階偏導數檢驗法來判斷這些臨界點的性質。
首先計算二階偏導數：
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}(3x^2 - 3) = 6x$
$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y}(3y^2 - 12) = 6y$
$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(3x^2 - 3) = 0$
$\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(3y^2 - 12) = 0$ (驗證了混合偏導數相等)

計算判別式 $D(x, y) = f_{xx}(x, y) f_{yy}(x, y) - [f_{xy}(x, y)]^2$。
$D(x, y) = (6x)(6y) - 0^2 = 36xy$.

現在，我們逐一檢驗四個臨界點：