111 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》

核心觀念

本題為分段函數的極限與連續性綜合題，涵蓋商管研究所微積分的核心考點：

1. 不定型極限（$1^\infty$ 型）：利用取自然對數轉化為 $\frac{0}{0}$ 型後，搭配羅必達法則（L'Hôpital's Rule）或泰勒展開式（Taylor Expansion）求解。
2. 單邊極限與連續性定義：函數 $f(x)$ 在 $x = x_0$ 連續的充要條件為 $\lim_{x \to x_0^-} f(x) = \lim_{x \to x_0^+} f(x) = f(x_0)$。
3. 無窮遠處的極限與指數增長性質：分析多項式與指數函數相乘 $x e^{ax}$ 在 $x \to -\infty$ 時的收斂性，區分參數 $a$ 的正負符號對極限的影響。

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解題方法

題目給定分段函數：

$$f(x) = \begin{cases} x e^{ax} + b & \text{if } x < -2 \\ c(x+1)^3 & \text{if } -2 \le x \le 0 \\ (\cos(x))^{\frac{1}{x^2}} & \text{if } x > 0 \end{cases}$$

解題切入點應「由右至左」，先由 $x > 0$ 與 $x \to 0^-$ 決定常數 $c$，再由 $x \to -\infty$ 決定常數 $b$，最後利用 $x = -2$ 處的連續性求解 $a$。

第一步：求右極限 $\lim_{x \to 0^+} f(x)$

當 $x > 0$ 時，$f(x) = (\cos(x))^{\frac{1}{x^2}}$。當 $x \to 0^+$ 時，基底 $\cos(x) \to 1$，指數 $\frac{1}{x^2} \to +\infty$，此為 $1^\infty$ 不定型。

設 $L = \lim_{x \to 0^+} (\cos(x))^{\frac{1}{x^2}}$，兩邊取自然對數：

$$\ln L = \lim_{x \to 0^+} \ln\left((\cos(x))^{\frac{1}{x^2}}\right) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(\cos(x))}{x^2}$$

此時分子、分母皆趨近於 $0$，為 $\frac{0}{0}$ 型，應用羅必達法則：

$$\lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{d}{dx}[\ln(\cos(x))]}{\frac{d}{dx}[x^2]} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{-\sin(x)}{\cos(x)}}{2x} = \lim_{x \to 0^+} \left( -\frac{1}{2} \cdot \frac{\tan(x)}{x} \right)$$

由於 $\lim_{x \to 0^+} \frac{\tan(x)}{x} = 1$，得：

$$\ln L = -\frac{1}{2} \implies L = e^{-\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{e}}$$

因此：

$$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \frac{1}{\sqrt{e}}$$

第二步：求常數 $c$

當 $-2 \le x \le 0$ 時，$f(x) = c(x+1)^3$。左極限為：

$$\lim_{x \to 0^-} f(x) = c(0+1)^3 = c$$

依題意條件 $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) + \frac{1}{2}$：

$$c = \frac{1}{\sqrt{e}} + \frac{1}{2}$$

第三步：求常數 $b$ 與參數 $a$ 的範圍

當 $x < -2$ 時，$f(x) = x e^{ax} + b$。考慮 $x \to -\infty$ 時的極限 $\lim_{x \to -\infty} x e^{ax}$：

• 若 $a < 0$：令 $a = -k$（其中 $k > 0$），則當 $x \to -\infty$ 時，$ax \to +\infty$，故 $e^{ax} \to +\infty$。此時 $x e^{ax} \to (-\infty) \cdot (+\infty) = -\infty$（發散）。
• 若 $a = 0$：$x e^{0} = x \to -\infty$（發散）。

核心觀念

1. 微分判別函數單調性（Monotonicity）：
   若函數 $f(x)$ 在區間上可微，且其一階導數滿足 $f'(x) \le 0$（或 $f'(x) < 0$），則 $f(x)$ 在該區間上為單調遞減（Non-increasing / Strictly decreasing）。
2. 分子輔助函數法與極限分析：
   在對商式 $f(x) = \frac{u(x)}{x}$ 求導時，導數正負取決於分子 $g(x) = x u'(x) - u(x)$。若 $g(x)$ 的正負號不易直接看出，可進一步對 $g(x)$ 微分，利用 $g'(x)$ 的正負確定 $g(x)$ 的單調性，並配合無窮遠處的極限值 $\lim_{x \to \infty} g(x)$ 確定 $g(x)$ 的符號。
3. 對數性質與不等式推導：
   利用函數單調性可得 $f(p) \le f(q)$，去分母後取指數函數 $\exp(t)$（因其為嚴格遞增函數）即可推得冪次不等式。
4. 指數與冪次大小比較：
   底數大於 1 時，指數函數為遞增函數；當底數與指數同時較大時，可透過傳遞律精確比較大小。

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解題方法

(a) 證明 $f(x)$ 為非遞增函數並推導不等式

步驟一：求一階導數 $f'(x)$

對 $x > 0$，由商法則（Quotient Rule）：

$$f'(x) = \frac{\frac{a^x \ln a}{1+a^x} \cdot x - \ln(1+a^x)}{x^2}$$

令分子為輔助函數：

$$g(x) = \frac{x a^x \ln a}{1+a^x} - \ln(1+a^x)$$

分母 $x^2 > 0$，故 $f'(x)$ 的正負完全由 $g(x)$ 決定。

步驟二：分析 $g(x)$ 的正負號

1. 若 $a = 1$：
   此時 $\ln a = 0$，則 $g(x) = 0 - \ln 2 = -\ln 2 < 0$。
   故 $f'(x) = \frac{-\ln 2}{x^2} < 0$。

2. 若 $a \ne 1$（即 $a > 0$ 且 $a \ne 1$）：
   對 $g(x)$ 關於 $x$ 求導：

   $$g'(x) = \frac{d}{dx}\left[ \frac{x a^x \ln a}{1+a^x} \right] - \frac{a^x \ln a}{1+a^x}$$

   利用商法則計算前項之導數：

   $$\frac{d}{dx}\left[ \frac{x a^x \ln a}{1+a^x} \right] = \frac{\left( a^x \ln a + x a^x (\ln a)^2 \right)(1+a^x) - (x a^x \ln a)(a^x \ln a)}{(1+a^x)^2}$$ $$= \frac{a^x \ln a (1+a^x) + x a^x (\ln a)^2}{(1+a^x)^2} = \frac{a^x \ln a}{1+a^x} + \frac{x a^x (\ln a)^2}{(1+a^x)^2}$$

   代回 $g'(x)$ 可得：

   $$g'(x) = \frac{x a^x (\ln a)^2}{(1+a^x)^2}$$

   對於所有 $x > 0$ 及 $a > 0, a \ne 1$，由於 $x > 0$、$a^x > 0$ 且 $(\ln a)^2 > 0$，恆有：

   $$g'(x) > 0$$

   這表明 $g(x)$ 在 $(0, \infty)$ 上為嚴格遞增函數。

3. 計算無窮遠處之極限 $\lim_{x \to \infty} g(x)$：

   • 當 $0 < a < 1$ 時，$\lim_{x \to \infty} a^x = 0$ 且 $\lim_{x \to \infty} x a^x = 0$，因此： $$\lim_{x \to \infty} g(x) = \frac{0}{1} - \ln(1+0) = 0$$
   • 當 $a > 1$ 時，將 $g(x)$ 改寫為： $$g(x) = \frac{x a^x \ln a}{1+a^x} - \ln\left(a^x(1+a^{-x})\right) = \frac{x \ln a}{1+a^{-x}} - x \ln a - \ln(1+a^{-x})$$ $$= x \ln a \left( \frac{1}{1+a^{-x}} - 1 \right) - \ln(1+a^{-x}) = \frac{-x a^{-x} \ln a}{1+a^{-x}} - \ln(1+a^{-x})$$ 因為 $\lim_{x \to \infty} a^{-x} = 0$ 且 $\lim_{x \to \infty} x a^{-x} = 0$，可得： $$\lim_{x \to \infty} g(x) = \frac{0}{1} - \ln 1 = 0$$

綜合上述，$g(x)$ 在 $(0, \infty)$ 上嚴格遞增且趨近於 $0$，故對所有 $x > 0$，恆有：

$$g(x) < 0$$

由此可知，對任意 $a > 0$ 及 $x > 0$，恆有 $f'(x) = \frac{g(x)}{x^2} < 0$。因此 $f(x)$ 在 $(0, \infty)$ 上為嚴格遞減函數，自然滿足**非遞增函數（Non-increasing function）**之性質。

步驟三：推導不等式

對於任意 $p \ge q > 0$，由 $f(x)$ 為非遞增函數可知：

$$f(p) \le f(q)$$

即：

$$\frac{\ln(1+a^p)}{p} \le \frac{\ln(1+a^q)}{q}$$

兩邊同乘以正數 $pq > 0$（不等號方向不變）：

$$q \ln(1+a^p) \le p \ln(1+a^q)$$

利用對數性質將係數移至真數次方：

核心觀念

本題主要測驗定積分的變數變換法（Substitution Rule）與對稱性互補相加技巧（廣義的 King's Property 變形）。
涉及的關鍵微積分公式與性質包括：

1. 反函數變數變換：若令 $u = g(x) = \frac{1}{x}$，則 $du = -\frac{1}{x^2}\,dx = -u^2\,dx$，積分上下限隨之反轉對調。
2. 反三角函數不定積分：

$$\int \frac{1}{1+x^2} \, dx = \arctan(x) + C$$

3. 特定角之反三角函數值：$\arctan(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3}$、$\arctan\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \frac{\pi}{6}$。

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解題方法

原定積分為：

$$I = \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}} \frac{1}{(1+x^a)(1+x^2)} \, dx \quad \cdots\ (1)$$

第一步：依照題目引導進行變數變換
令 $u = \frac{1}{x}$，則：

• $x = \frac{1}{u}$
• $dx = -\frac{1}{u^2} \, du$
• 當 $x = \frac{1}{\sqrt{3}}$ 時，$u = \sqrt{3}$
• 當 $x = \sqrt{3}$ 時，$u = \frac{1}{\sqrt{3}}$

將變數代入原積分式：

$$I = \int_{\sqrt{3}}^{\frac{1}{\sqrt{3}}} \frac{1}{\left(1 + \left(\frac{1}{u}\right)^a\right)\left(1 + \left(\frac{1}{u}\right)^2\right)} \left(-\frac{1}{u^2} \, du\right)$$

利用負號反轉積分上下限：

$$I = \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}} \frac{1}{\left(\frac{u^a + 1}{u^a}\right) \left(\frac{u^2 + 1}{u^2}\right)} \cdot \frac{1}{u^2} \, du$$

化簡分母被積項：

$$I = \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}} \frac{u^a}{(1+u^a)(1+u^2)} \, du$$

因為定積分之值與積分變數符號無關（虛變數），將變數 $u$ 改寫回 $x$：

$$I = \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\sqrt{3}} \frac{x^a}{(1+x^a)(1+x^2)} \, dx \quad \cdots\ (2)$$

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核心觀念

本題為微積分歷史上著名的「大二生的夢想」（Sophomore's Dream）積分問題之標準證明推導，核心涵蓋三大觀念：

1. 瑕積分與分部積分法（Integration by Parts）：利用遞迴關係式（Reduction Formula）或變數變換求出帶有對數項的瑕積分。
2. 泰勒級數展開與逐項積分（Term-by-Term Integration）：將底數與指數皆含變數的函數 $x^x = e^{x \ln x}$ 展開為冪級數，並對級數進行逐項積分。
3. 交錯級數審斂法與誤差估計定理（Alternating Series Estimation Theorem）：若交錯級數收斂，其前 $N$ 項部分和與級數和的誤差絕對值，不超過第 $N+1$ 項的絕對值，即 $|S - S_N| \le a_{N+1}$。

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解題方法

(a) 計算 $\int_0^1 x^m (\ln x)^n \, dx$

設瑕積分 $J(m, n) = \int_0^1 x^m (\ln x)^n \, dx$，其中 $m, n \in \mathbb{N}$。

方法：分部積分法（建立遞迴關係式）

令 $u = (\ln x)^n$，$dv = x^m \, dx$，則：

$$du = n(\ln x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} \, dx, \quad v = \frac{x^{m+1}}{m+1}$$

由分部積分公式：

$$J(m, n) = \left[ \frac{x^{m+1}}{m+1} (\ln x)^n \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^{m+1}}{m+1} \cdot n(\ln x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} \, dx$$

利用羅必達法則（L'Hôpital's Rule）檢視邊界極限：

• 當 $x = 1$ 時，$\ln 1 = 0$。
• 當 $x \to 0^+$ 時，因 $m+1 > 0$，可得 $\lim_{x \to 0^+} x^{m+1} (\ln x)^n = 0$。

因此邊界項為 $0$：

$$\left[ \frac{x^{m+1}}{m+1} (\ln x)^n \right]_0^1 = 0$$

整理後得到降次遞迴關係式：

$$J(m, n) = -\frac{n}{m+1} \int_0^1 x^m (\ln x)^{n-1} \, dx = -\frac{n}{m+1} J(m, n-1)$$

依此遞推 $n$ 次，並計算初值：

$$J(m, 0) = \int_0^1 x^m \, dx = \left[ \frac{x^{m+1}}{m+1} \right]_0^1 = \frac{1}{m+1}$$

連續遞推可得：

$$J(m, n) = \left( -\frac{n}{m+1} \right) \left( -\frac{n-1}{m+1} \right) \cdots \left( -\frac{1}{m+1} \right) J(m, 0)$$ $$J(m, n) = \frac{(-1)^n n!}{(m+1)^{n+1}}$$

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(b) 求數列 $\{a_n\}_{n=0}^\infty$ 使 $I = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \cdot a_n$

將被積函數 $x^x$ 改寫為以 $e$ 為底的指數形式：

$$x^x = e^{\ln(x^x)} = e^{x \ln x}$$

利用自然指數函數的馬克勞林級數（Maclaurin Series）：

$$e^u = \sum_{n=0}^\infty \frac{u^n}{n!}$$

令 $u = x \ln x$，可得：

$$x^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{(x \ln x)^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n (\ln x)^n}{n!}$$

由於此冪級數在區間 $(0, 1]$ 上一致收斂（或藉由單調收斂定理／逐項積分性質），可將積分與無窮級數交換順序：

$$I = \int_0^1 x^x \, dx = \int_0^1 \left( \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n (\ln x)^n}{n!} \right) dx = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} \int_0^1 x^n (\ln x)^n \, dx$$

代入 (a) 小題的結論，取 $m = n$：

• 當 $n \ge 1$ 時：

$$\int_0^1 x^n (\ln x)^n \, dx = \frac{(-1)^n n!}{(n+1)^{n+1}}$$

• 當 $n = 0$ 時，$\int_0^1 1 \, dx = 1$，該式在 $n=0$ 亦自然成立（$\frac{(-1)^0 0!}{1^1} = 1$）。

將結果代回級數：

$$I = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} \cdot \frac{(-1)^n n!}{(n+1)^{n+1}} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(n+1)^{n+1}}$$

核心觀念

1. 多元函數的線性逼近（Linear Approximation / 一階泰勒展開式）：
   對於雙變數可微函數 $f(x, y)$ 在點 $(x_0, y_0)$ 附近的線性逼近公式為：

   $$f(x, y) \approx f(x_0, y_0) + f_x(x_0, y_0)(x - x_0) + f_y(x_0, y_0)(y - y_0)$$

   若利用單變數泰勒級數展開：當 $u \approx 0$ 時，$\tan(u) = u + \mathcal{O}(u^3)$，亦可快速展開複合函數並保留至一次項。

2. 常係數線性常微分方程組（Linear System of ODEs）：
   形如 $\mathbf{x}'(t) = A\mathbf{x}(t)$ 的一階微分方程組，其解法主要有二：

   • 特徵值與特徵向量法（Eigenvalue Method）：求出矩陣 $A$ 的特徵值與特徵向量，組合出通解。
   • 消去法（Elimination Method）：對其中一個方程式微分後代入另一個方程式，化為單一變數的二階常係數線性常微分方程求解。

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解題方法

(a) 在 $(0,0)$ 處求右式的線性逼近

設 $f(x, y) = \tan(x^2 + y)$ 與 $g(x, y) = \tan(y^2 - x)$。

方法一：偏微分法

1. 針對 $f(x, y) = \tan(x^2 + y)$：

   • $f(0, 0) = \tan(0) = 0$
   • $f_x(x, y) = \sec^2(x^2 + y) \cdot 2x \implies f_x(0, 0) = 1 \cdot 0 = 0$
   • $f_y(x, y) = \sec^2(x^2 + y) \cdot 1 \implies f_y(0, 0) = 1 \cdot 1 = 1$

   因此，在 $(0,0)$ 處的線性逼近為：

   $$f(x, y) \approx 0 + 0(x - 0) + 1(y - 0) = y$$

2. 針對 $g(x, y) = \tan(y^2 - x)$：

   • $g(0, 0) = \tan(0) = 0$
   • $g_x(x, y) = \sec^2(y^2 - x) \cdot (-1) \implies g_x(0, 0) = 1 \cdot (-1) = -1$
   • $g_y(x, y) = \sec^2(y^2 - x) \cdot 2y \implies g_y(0, 0) = 1 \cdot 0 = 0$

   因此，在 $(0,0)$ 處的線性逼近為：

   $$g(x, y) \approx 0 + (-1)(x - 0) + 0(y - 0) = -x$$

方法二：泰勒級數展開法（快速法）
當 $(x, y) \to (0,0)$ 時，利用 $\tan(u) = u + \mathcal{O}(u^3)$：

• $\tan(x^2 + y) = (x^2 + y) + \mathcal{O}((x^2+y)^3) \approx y$（二次項 $x^2$ 略去）

核心觀念

本題考查多元函數的條件極值（Constrained Extrema）。

1. 距離公式與目標函數：空間中任一點 $(x, y, z)$ 到原點 $(0, 0, 0)$ 的距離為 $\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$。由於根號函數為嚴格遞增函數，求距離的最小值等價於求距離平方的最小值，可大幅簡化微分運算。
2. 拉格朗日乘數法（Method of Lagrange Multipliers）：
   設目標函數為 $f(x, y, z)$，約束條件為 $g(x, y, z) = k$。若極值發生在平滑曲面上且 $\nabla g \ne \mathbf{0}$，則極值點必滿足： $$\nabla f(x, y, z) = \lambda \nabla g(x, y, z)$$ 其中 $\lambda$ 為拉格朗日乘數。

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解題方法

步驟一：設定目標函數與約束條件

設曲面上的點為 $(x, y, z)$，該點到原點的距離平方為：

$$f(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2$$

約束條件為曲面方程式：

$$g(x, y, z) = y^2 - xz = 9$$

步驟二：建立梯度聯立方程式

計算 $f$ 與 $g$ 的梯度向量：

$$\nabla f = (2x, 2y, 2z)$$ $$\nabla g = (-z, 2y, -x)$$

由拉格朗日乘數法 $\nabla f = \lambda \nabla g$，可得聯立方程組：

$$\begin{cases} 2x = -\lambda z & \cdots (1) \\ 2y = 2\lambda y & \cdots (2) \\ 2z = -\lambda x & \cdots (3) \\ y^2 - xz = 9 & \cdots (4) \end{cases}$$

步驟三：分類討論求解

由式 (2) 移項可得：

$$2y(1 - \lambda) = 0 \implies y = 0 \quad \text{或} \quad \lambda = 1$$

• 情況一：$\lambda = 1$
  將 $\lambda = 1$ 代入式 (1) 與式 (3)： $$\begin{cases} 2x = -z \implies z = -2x \\ 2z = -x \end{cases}$$ 將 $z = -2x$ 代入 $2z = -x$，得： $$2(-2x) = -x \implies -4x = -x \implies 3x = 0 \implies x = 0$$ 進而求得 $z = 0$。
  將 $x = 0, z = 0$ 代入約束條件式 (4)： $$y^2 - (0)(0) = 9 \implies y^2 = 9 \implies y = \pm 3$$ 得到兩組候選點： $$(0, 3, 0) \quad \text{及} \quad (0, -3, 0)$$

核心觀念

1. 二重積分與變數變換（Change of Variables / 雙重積分交換積分次序）：
   • 當被積函數形式為 $f(x+y)$，且積分區域邊界亦與 $x+y$ 相關時，可透過線性變換令 $u = x+y$、$v = x$（或直接以累次積分並透過代換法與富比尼定理交換次序），將二重積分化簡為含權重 $u$ 的單變數定積分。
2. 三重積分與切片法（Fubini 定理）：
   • 計算立體體積積分 $\iiint_U g(z) \, dV$ 時，先對 $z$ 積分化為 $xy$ 平面上的二重積分，再連結 (a) 小題的結論，將多重積分降維至單變數形式。
3. 積分次序對調與微積分基本定理：
   • 面對非初等函數或難以直接積分的型態（如 $e^{5z-z^5}$），藉由對調積分次序，製造出微分項 $(1-z^4) = \frac{1}{5}\frac{d}{dz}(5z-z^5)$，使原式可用微積分基本定理與代換積分法順利積出。

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解題方法

(a) 證明：$\iint_{R_a} f(x+y) \, dA = \int_0^a u f(u) \, du$

步驟一：定義積分區域 $R_a$
三角形區域 $R_a$ 的頂點為 $(0,0)$、$(0,a)$、$(a,0)$，其邊界由 $x = 0$、$y = 0$ 以及直線 $x + y = a$ 所圍成。
以第一類區域（$x$-simple 或 $y$-simple）表示為：

$$R_a = \{ (x,y) \mid 0 \le x \le a,\; 0 \le y \le a - x \}$$

步驟二：以累次積分展開並進行變數代換
原二重積分可寫為：

$$\iint_{R_a} f(x+y) \, dA = \int_0^a \left( \int_0^{a-x} f(x+y) \, dy \right) dx$$

在內層對 $y$ 的積分中，固定 $x$，令變數代換：

$$u = x + y \implies dy = du$$

當 $y = 0$ 時，$u = x$；當 $y = a - x$ 時，$u = a$。因此內層積分變為：

$$\int_0^{a-x} f(x+y) \, dy = \int_x^a f(u) \, du$$

代回原二重積分：

$$\iint_{R_a} f(x+y) \, dA = \int_0^a \left( \int_x^a f(u) \, du \right) dx$$

步驟三：交換積分次序
觀察當前在 $xu$ 平面上的積分區域：

$$D = \{ (x,u) \mid 0 \le x \le a,\; x \le u \le a \}$$

此區域等價於：

$$D = \{ (x,u) \mid 0 \le u \le a,\; 0 \le x \le u \}$$

由 Fubini 定理交換積分次序：

$$\int_0^a \left( \int_x^a f(u) \, du \right) dx = \int_0^a \left( \int_0^u dx \right) f(u) \, du$$

內層積分為 $\int_0^u 1 \, dx = u$，故得：

$$\iint_{R_a} f(x+y) \, dA = \int_0^a u f(u) \, du$$

得證。

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(b) 計算：$\iiint_U e^{5z-z^5} \, dV$

步驟一：設定三重積分的界限
底面為 $xy$ 平面上的三角形 $R_1$（即 (a) 小題中 $a = 1$ 的情況）：

$$R_1 = \{ (x,y) \mid x \ge 0,\; y \ge 0,\; x + y \le 1 \}$$

立體 $U$ 位於 $xy$ 平面（$z = 0$）上方，曲面 $z^2 = x+y$（即 $z = \sqrt{x+y}$）下方：

$$U = \{ (x,y,z) \mid (x,y) \in R_1,\; 0 \le z \le \sqrt{x+y} \}$$