108 年 國立臺灣大學應用數學科學研究所碩士班應用數學組《微積分Ｄ》

此題考驗極限的計算，包含利用羅必達法則處理不定型，以及積分的變數代換與極限概念。

(a) 觀察此極限為 $\frac{0}{0}$ 型不定式，可考慮使用羅必達法則。
首先，令 $F(x) = \int_{0}^{x^2} \sin(t^2) dt$ 且 $G(x) = \int_{0}^{x} \sin^{-1}(t^5) dt$。
根據微積分基本定理， $F'(x) = \sin((x^2)^2) \cdot (2x) = 2x \sin(x^4)$。
同理， $G'(x) = \sin^{-1}(x^5) \cdot 1 = \sin^{-1}(x^5)$。
因此，原極限等價於 $\lim_{x\to 0} \frac{F'(x)}{G'(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{2x \sin(x^4)}{\sin^{-1}(x^5)}$。
當 $x \to 0$ 時， $\sin(x^4) \approx x^4$ 且 $\sin^{-1}(x^5) \approx x^5$。

核心觀念

本題主要考查：

• 平均值定理與導數界限；
• 壓縮映射：
  $|f(x)-f(y)|\le k|x-y|,\qquad 0<k<1;$
• 不動點的存在唯一性；
• 函數反覆迭代的收斂性；
• 由題目條件判斷極限是否能被唯一決定。

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(a) 關於 $\displaystyle \lim_{x\to\infty}xf(x)$ 與 $\displaystyle \lim_{x\to-\infty}xf(x)$

由平均值定理，對任意 $x,y\in\mathbb R$，存在介於 $x,y$ 之間的 $\xi$，使得

$$f(x)-f(y)=f'(\xi)(x-y).$$

因此

$$|f(x)-f(y)| =|f'(\xi)||x-y| <k|x-y|.$$

這個條件只能說明 $f$ 是壓縮映射，並不能唯一決定 $xf(x)$ 在無窮遠處的行為。

例如：

例一：$f(x)=0$

此時 $|f'(x)|=0<k$，且

$$xf(x)=0.$$

所以

$$\lim_{x\to\infty}xf(x)=0,\qquad \lim_{x\to-\infty}xf(x)=0.$$

例二：$f(x)=\dfrac{k}{2}x$

此時 $|f'(x)|=\dfrac{k}{2}<k$，且

$$xf(x)=\frac{k}{2}x^2.$$

所以

$$\lim_{x\to\infty}xf(x)=+\infty,\qquad \lim_{x\to-\infty}xf(x)=+\infty.$$

例三：$f(x)=-\dfrac{k}{2}x$

此時 $|f'(x)|=\dfrac{k}{2}<k$，且

$$xf(x)=-\frac{k}{2}x^2.$$

所以

$$\lim_{x\to\infty}xf(x)=-\infty,\qquad \lim_{x\to-\infty}xf(x)=-\infty.$$

甚至取

$$f(x)=\frac{k}{2}\sin x,$$

仍有 $|f'(x)|\le \dfrac{k}{2}<k$，但 $xf(x)$ 不存在極限。

因此，按照題目目前的文字，(a) 的資訊不足，兩個極限均無法唯一決定。

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(b) 證明 $f(x)$ 恰有一個不動點

不動點是滿足

$$f(c)=c$$

的實數 $c$。

存在性

任取 $x_0\in\mathbb R$，定義迭代序列

$$x_{n+1}=f(x_n).$$

由壓縮性，

$$|x_{n+2}-x_{n+1}| =|f(x_{n+1})-f(x_n)| \le k|x_{n+1}-x_n|.$$

反覆使用可得

$$|x_{n+1}-x_n| \le k^n|x_1-x_0|.$$

對 $m>n$，

$$\begin{aligned} |x_m-x_n| &\le \sum_{j=n}^{m-1}|x_{j+1}-x_j|\\ &\le |x_1-x_0|\sum_{j=n}^{m-1}k^j\\ &\le \frac{k^n}{1-k}|x_1-x_0|. \end{aligned}$$

因為 $0<k<1$，當 $n\to\infty$ 時，

$$\frac{k^n}{1-k}|x_1-x_0|\to 0.$$

核心觀念

本題主要考查：

1. 二階導數與凹凸性的關係：

   • $f''(x)<0$ 表示 $f$ 在 $I$ 上嚴格凹。
   • 凹函數的割線位於函數圖形下方。
   • 凹函數的切線位於函數圖形上方。

2. 黎曼和與定積分：

   • 右端點黎曼和、左端點黎曼和。
   • 單調函數的黎曼和與定積分之間的大小關係。
   • 利用黎曼和極限計算數列極限。

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(a) 割線與切線的位置關係

割線位於函數圖形下方

不妨令 $a<b$。連接 $(a,f(a))$ 與 $(b,f(b))$ 的線段，其方程式為

$$L(x)=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a), \qquad a\le x\le b.$$

取任意 $x\in(a,b)$，可寫成

$$x=(1-t)a+tb, \qquad 0<t<1.$$

由於 $f''(x)<0$，所以 $f$ 在 $I$ 上為嚴格凹函數。因此依凹函數的定義，

$$f((1-t)a+tb)>(1-t)f(a)+tf(b).$$

右側正是割線在 $x$ 處的函數值：

$$(1-t)f(a)+tf(b)=L(x).$$

故

$$f(x)>L(x),\qquad a<x<b.$$

因此，線段除了兩端點外，其餘部分皆嚴格位於圖形 $y=f(x)$ 下方；若 $a=b$，則線段退化為單一點，結論仍成立。

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$x=a$ 處的切線位於圖形上方

$x=a$ 處的切線為

$$T_a(x)=f(a)+f'(a)(x-a).$$

任取 $x\in I$ 且 $x>a$，由微分中值定理，存在 $c\in(a,x)$ 使得

$$f(x)-f(a)=f'(c)(x-a).$$

因為 $f''<0$，所以 $f'$ 在 $I$ 上嚴格遞減，故

$$f'(c)<f'(a).$$

又因 $x-a>0$，因此

$$f(x)-f(a)<f'(a)(x-a),$$

即

$$f(x)<f(a)+f'(a)(x-a)=T_a(x).$$

若 $x<a$，由中值定理存在 $c\in(x,a)$，且因 $c<a$、$f'$ 遞減，有

$$f'(c)>f'(a).$$

由於 $x-a<0$，乘上 $x-a$ 後不等號反向：

$$f'(c)(x-a)<f'(a)(x-a).$$

所以同樣得到

$$f(x)-f(a)<f'(a)(x-a).$$

因此對所有 $x\in I$，

$$f(x)\le T_a(x),$$

且當 $x\ne a$ 時為嚴格不等式。故切線位於函數圖形上方。

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(b) 黎曼和與極限

$R_n$

將

$$R_n=\sum_{i=1}^{n}\frac{4n}{4i^2+n^2}$$

改寫為

$$R_n =\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{n}\cdot \frac{4}{4(i/n)^2+1}.$$

令

$$f(x)=\frac{4}{4x^2+1}.$$

則 $R_n$ 是 $f$ 在 $[0,1]$ 上、分割寬度 $\Delta x=1/n$ 的右端點黎曼和。因此

$$\lim_{n\to\infty}R_n =\int_0^1\frac{4}{4x^2+1}\,dx.$$

計算得

$$\int_0^1\frac{4}{4x^2+1}\,dx =2\arctan(2x)\bigg|_0^1 =2\arctan 2.$$

故

$$\boxed{\lim_{n\to\infty}R_n=2\arctan 2}.$$

令此積分為

$$I=\int_0^1\frac{4}{4x^2+1}\,dx=2\arctan 2.$$

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$M_n$

將

$$M_n=\sum_{i=1}^{n}\frac{4n}{4(n-i)^2+n^2}$$

改寫為

$$M_n =\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{n}\cdot \frac{4}{4((n-i)/n)^2+1}.$$

其中

$$\frac{n-i}{n} =1-\frac{i}{n},$$

其取值依序為

核心觀念

取大球球心為高度 $0$，半徑為 $1$；塔的總高度由大球最低點量起，因此最後須加上 $1$。

每個半球的底面圓周位於下方球面的球面上。由軸截面中的直角三角形，可得各層球心間的高度差：

$$h_1=\sqrt{1-r_1^2},$$ $$h_2=\sqrt{r_1^2-r_2^2}.$$

最上方半球再貢獻高度 $r_2$。

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解題方法

因此塔的總高度為

$$H=1+\sqrt{1-r_1^2} +\sqrt{r_1^2-r_2^2}+r_2.$$

令

$$x=\sqrt{1-r_1^2},\qquad y=\sqrt{r_1^2-r_2^2},\qquad z=r_2.$$

則

$$x^2+y^2+z^2 =(1-r_1^2)+(r_1^2-r_2^2)+r_2^2=1.$$

所以

$$H=1+x+y+z.$$

由柯西－施瓦茲不等式，

核心觀念

這是含對數因子的廣義 $p$ 級數。關鍵是先看冪次 $n^{-r}$：當 $r$ 不等於 $1$ 時，冪次決定收斂或發散；當 $r=1$ 時，再由對數次方 $(\ln n)^{-p}$ 判斷。

解題方法

考慮正項級數

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^r(\ln n)^p}.$$

當 $r>0$ 時，函數 $f(x)=x^{-r}(\ln x)^{-p}$ 對充分大的 $x$ 遞減，可用積分判別法。考察

$$\int_2^\infty \frac{dx}{x^r(\ln x)^p}.$$

令 $t=\ln x$，則 $dx/x=dt$，因此

$$\int_2^\infty \frac{dx}{x^r(\ln x)^p} = \int_{\ln 2}^\infty e^{(1-r)t}t^{-p}\,dt.$$

核心觀念

本題考查：

• Taylor 不等式及其積分型餘項。
• 利用 Taylor 展開估計相對論動能與牛頓力學動能的差異。
• 將變數改設為無因次量 $s=v^2/c^2$，使相對論公式成為 $(1-s)^{-1/2}$ 的函數。

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(a) 證明 Taylor 不等式

令

$$R(x)=f(x)-f(a)-f'(a)(x-a).$$

由微積分基本定理，

$$f(x)-f(a)=\int_a^x f'(t)\,dt,$$

因此

$$R(x)=\int_a^x\bigl(f'(t)-f'(a)\bigr)\,dt.$$

再由

$$f'(t)-f'(a)=\int_a^t f''(u)\,du,$$

可得 Taylor 餘項的積分表示式：

$$R(x)=\int_a^x (x-t)f''(t)\,dt.$$

由條件 $|f''(t)|\le M$，且 $|x-a|\le d$，因此

$$\begin{aligned} |R(x)| &\le \int_a^x |x-t|\,|f''(t)|\,dt \\ &\le M\int_a^x |x-t|\,dt. \end{aligned}$$

當 $x\ge a$ 時，

$$\int_a^x |x-t|\,dt =\int_a^x(x-t)\,dt =\frac{(x-a)^2}{2}.$$

當 $x<a$ 時，反向積分後同樣得到

$$\int_a^x |x-t|\,dt=\frac{(x-a)^2}{2}.$$

故

$$\boxed{ \left|f(x)-f(a)-f'(a)(x-a)\right| \le \frac{M}{2}(x-a)^2 }$$

對所有 $|x-a|\le d$ 皆成立。

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(b) 相對論動能與牛頓動能的差異

解題方法

令

$$s=\frac{v^2}{c^2}.$$

由於 $|v|\le 10^3$ 且 $c=3\times 10^8$，

$$0\le s\le \left(\frac{10^3}{3\times10^8}\right)^2 =\frac{1}{9\times10^{10}}.$$

定義

$$f(s)=\frac{1}{\sqrt{1-s}}=(1-s)^{-1/2}.$$

相對論動能可寫成

$$K_{\mathrm{rel}}=m_0c^2\bigl(f(s)-1\bigr),$$

而牛頓動能為

$$K_{\mathrm{N}} =\frac12m_0v^2 =\frac12m_0c^2s.$$

因此兩者的差異為

$$K_{\mathrm{rel}}-K_{\mathrm{N}} =m_0c^2\left[f(s)-f(0)-f'(0)s\right].$$

計算導數：

核心觀念

區域 $E$ 位於橢圓柱

$$x^2+4y^2=4$$

內部，且受兩平面 $z=0$ 與 $z=x$ 所夾。因題目限制 $x\geq 0$，故在 $xy$ 平面上的投影為右半橢圓

$$D=\{(x,y):x^2+4y^2\leq 4,\ x\geq 0\}.$$

對每個 $(x,y)\in D$，$z$ 的範圍為

$$0\leq z\leq x.$$

本題使用：

• 三重積分的逐次積分。
• 橢圓極座標變換。
• 曲面圖形面積公式
  $dS=\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\,dA.$
• 參數曲面面積公式
  $dS=\left|\mathbf r_u\times\mathbf r_v\right|\,du\,dv.$

解題方法

橢圓 $x^2+4y^2=4$ 可改寫為

$$\frac{x^2}{4}+y^2=1.$$

採用變換

$$x=2r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,$$

其中

$$0\leq r\leq 1,\qquad -\frac{\pi}{2}\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}.$$

其面積元素為

$$dA=\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}\right|dr\,d\theta =2r\,dr\,d\theta.$$

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(a) 計算 $\displaystyle\iiint_E z\,dV$

先對 $z$ 積分：

$$\iiint_E z\,dV = \iint_D\int_0^x z\,dz\,dA.$$

因此

$$\iiint_E z\,dV = \iint_D\left[\frac{z^2}{2}\right]_{0}^{x}dA = \frac12\iint_D x^2\,dA.$$

代入橢圓極座標：

$$x^2=4r^2\cos^2\theta, \qquad dA=2r\,dr\,d\theta.$$

所以

$$\begin{aligned} \iiint_E z\,dV &= \frac12 \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \int_0^1 4r^2\cos^2\theta\cdot 2r\,dr\,d\theta\\ &= 4\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta \int_0^1r^3\,dr. \end{aligned}$$

由

$$\int_0^1r^3\,dr=\frac14, \qquad \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta=\frac{\pi}{2},$$

得到

$$\boxed{\iiint_E z\,dV=\frac{\pi}{2}}.$$

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(b) 邊界曲面面積

邊界由三部分組成：

1. 底面 $z=0$；
2. 頂面 $z=x$；
3. 橢圓柱的側面。

總面積為三者面積之和。

1. 底面 $z=0$

底面就是右半橢圓 $D$。完整橢圓的半長軸為 $2$、半短軸為 $1$，面積為

$$\pi(2)(1)=2\pi.$$

右半橢圓面積為

$$S_1=\pi.$$

2. 頂面 $z=x$

將頂面寫成圖形

$$z=f(x,y)=x.$$

因此

$$f_x=1,\qquad f_y=0.$$

圖形曲面面積為

$$\begin{aligned} S_2 &= \iint_D\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\,dA\\ &= \iint_D\sqrt{1+1^2}\,dA\\ &= \sqrt2\cdot\operatorname{Area}(D)\\ &= \sqrt2\,\pi. \end{aligned}$$

故

$$S_2=\sqrt2\,\pi.$$

此題考驗極限的計算，包含利用羅必達法則處理不定型，以及積分的變數代換與極限概念。

(a) 觀察此極限為 $\frac{0}{0}$ 型不定式，可考慮使用羅必達法則。
首先，令 $F(x) = \int_{0}^{x^2} \sin(t^2) dt$ 且 $G(x) = \int_{0}^{x} \sin^{-1}(t^5) dt$。
根據微積分基本定理， $F'(x) = \sin((x^2)^2) \cdot (2x) = 2x \sin(x^4)$。
同理， $G'(x) = \sin^{-1}(x^5) \cdot 1 = \sin^{-1}(x^5)$。
因此，原極限等價於 $\lim_{x\to 0} \frac{F'(x)}{G'(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{2x \sin(x^4)}{\sin^{-1}(x^5)}$。
當 $x \to 0$ 時， $\sin(x^4) \approx x^4$ 且 $\sin^{-1}(x^5) \approx x^5$。

此題考驗函數極限、微分中值定理、不動點定理以及函數迭代收斂性。

(a) 由於 $|f'(x)| < k < 1$，根據微分中值定理，對於任意的 $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$，存在 $\xi$ 介於 $x_1$ 和 $x_2$ 之間，使得 $f(x_2) - f(x_1) = f'(\xi)(x_2 - x_1)$。
因此， $|f(x_2) - f(x_1)| = |f'(\xi)| |x_2 - x_1| < k |x_2 - x_1|$。
這表示 $f$ 是一個壓縮映射 (contraction mapping)。

若極限 $\lim_{x\to\infty} f(x) \cdot x$ 和 $\lim_{x\to-\infty} f(x) \cdot x$ 存在且為有限值，則 $f(x)$ 必須是有界的。設 $|f(x)| \leq M$ 對於所有 $x$。那麼 $|f(x) \cdot x| \leq M|x|$。為了使此極限有限，必須 $M=0$，即 $f(x) \equiv 0$。
若 $f(x) \equiv 0$，則 $f'(x) = 0 < k$ 恆成立。
此時，$\lim_{x\to\infty} f(x) \cdot x = \lim_{x\to\infty} 0 \cdot x = 0$。
同理，$\lim_{x\to-\infty} f(x) \cdot x = 0$。
若 $f(x)$ 不是恆等於零，且 $|f'(x)| < k < 1$ 對於所有 $x$，則 $|f(x)|$ 的增長率不能過快。如果 $f(x)$ 有有限極限 $L \neq 0$ 當 $x \to \infty$，則 $f(x) \sim L$。則 $f(x) \cdot x \sim Lx \to \pm \infty$。若 $f(x) \to 0$ 當 $x \to \infty$，則 $|f(x) \cdot x|$ 可能有限。例如 $f(x) = \frac{A}{1+x^2}$，若 $|f'(x)| \leq k$ 對於所有 $x$ 成立，則 $\lim_{x\to\infty} f(x) \cdot x = 0$。然而，題目條件 $|f'(x)| < k$ 對於所有 $x \in \mathbb{R}$ 非常嚴格，這通常排除了函數衰減過快或增長過快的情況。最嚴謹的結論是，若極限存在且有限，則 $f(x) \equiv 0$。

核心觀念

本題主要考查：

1. 二階導數與凹凸性的關係：

   • $f''(x)<0$ 表示 $f$ 在 $I$ 上嚴格凹。
   • 凹函數的割線位於函數圖形下方。
   • 凹函數的切線位於函數圖形上方。

2. 黎曼和與定積分：

   • 右端點黎曼和、左端點黎曼和。
   • 單調函數的黎曼和與定積分之間的大小關係。
   • 利用黎曼和極限計算數列極限。

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(a) 割線與切線的位置關係

割線位於函數圖形下方

不妨令 $a<b$。連接 $(a,f(a))$ 與 $(b,f(b))$ 的線段，其方程式為

$$L(x)=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a), \qquad a\le x\le b.$$

取任意 $x\in(a,b)$，可寫成

$$x=(1-t)a+tb, \qquad 0<t<1.$$

由於 $f''(x)<0$，所以 $f$ 在 $I$ 上為嚴格凹函數。因此依凹函數的定義，

$$f((1-t)a+tb)>(1-t)f(a)+tf(b).$$

右側正是割線在 $x$ 處的函數值：

$$(1-t)f(a)+tf(b)=L(x).$$

故

$$f(x)>L(x),\qquad a<x<b.$$

因此，線段除了兩端點外，其餘部分皆嚴格位於圖形 $y=f(x)$ 下方；若 $a=b$，則線段退化為單一點，結論仍成立。

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$x=a$ 處的切線位於圖形上方

$x=a$ 處的切線為

$$T_a(x)=f(a)+f'(a)(x-a).$$

任取 $x\in I$ 且 $x>a$，由微分中值定理，存在 $c\in(a,x)$ 使得

$$f(x)-f(a)=f'(c)(x-a).$$

因為 $f''<0$，所以 $f'$ 在 $I$ 上嚴格遞減，故

$$f'(c)<f'(a).$$

又因 $x-a>0$，因此

$$f(x)-f(a)<f'(a)(x-a),$$

即

$$f(x)<f(a)+f'(a)(x-a)=T_a(x).$$

若 $x<a$，由中值定理存在 $c\in(x,a)$，且因 $c<a$、$f'$ 遞減，有

$$f'(c)>f'(a).$$

由於 $x-a<0$，乘上 $x-a$ 後不等號反向：

$$f'(c)(x-a)<f'(a)(x-a).$$

所以同樣得到

$$f(x)-f(a)<f'(a)(x-a).$$

因此對所有 $x\in I$，

$$f(x)\le T_a(x),$$

且當 $x\ne a$ 時為嚴格不等式。故切線位於函數圖形上方。

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(b) 黎曼和與極限

$R_n$

將

$$R_n=\sum_{i=1}^{n}\frac{4n}{4i^2+n^2}$$

改寫為

$$R_n =\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{n}\cdot \frac{4}{4(i/n)^2+1}.$$

令

$$f(x)=\frac{4}{4x^2+1}.$$

則 $R_n$ 是 $f$ 在 $[0,1]$ 上、分割寬度 $\Delta x=1/n$ 的右端點黎曼和。因此

$$\lim_{n\to\infty}R_n =\int_0^1\frac{4}{4x^2+1}\,dx.$$

計算得

$$\int_0^1\frac{4}{4x^2+1}\,dx =2\arctan(2x)\bigg|_0^1 =2\arctan 2.$$

故

$$\boxed{\lim_{n\to\infty}R_n=2\arctan 2}.$$

令此積分為

$$I=\int_0^1\frac{4}{4x^2+1}\,dx=2\arctan 2.$$

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$M_n$

將

$$M_n=\sum_{i=1}^{n}\frac{4n}{4(n-i)^2+n^2}$$

改寫為

$$M_n =\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{n}\cdot \frac{4}{4((n-i)/n)^2+1}.$$

其中

$$\frac{n-i}{n} =1-\frac{i}{n},$$

其取值依序為