115 年 國立臺灣大學應用數學科學研究所碩士班《微積分Ｄ》

本題主要考查微分方程的應用，特別是利用微分性質來簡化複雜函數的導數，並求解隱含在微分方程中的兩個未知函數。

核心觀念：

1. 微分方程的聯立求解。
2. 函數的導數計算與鏈式法則。
3. 利用已知條件（初始值）求解積分常數。

(a) 證明 $H'(x) = kH(x)$ 並求解 $k$

我們需要計算 $H(x)$ 的導數 $H'(x)$。令 $u(x) = f(x) - 2e^{3x} \sin(4x)$ 和 $v(x) = g(x) - 2e^{3x} \cos(4x)$。則 $H(x) = u(x)^2 + v(x)^2$。
$H'(x) = 2u(x)u'(x) + 2v(x)v'(x)$。

首先，我們計算 $u'(x)$ 和 $v'(x)$。
$u'(x) = f'(x) - \frac{d}{dx}(2e^{3x} \sin(4x))$
$\frac{d}{dx}(2e^{3x} \sin(4x)) = 2(3e^{3x} \sin(4x) + e^{3x} (4\cos(4x))) = 6e^{3x} \sin(4x) + 8e^{3x} \cos(4x)$
所以，$u'(x) = f'(x) - (6e^{3x} \sin(4x) + 8e^{3x} \cos(4x))$。

$v'(x) = g'(x) - \frac{d}{dx}(2e^{3x} \cos(4x))$
$\frac{d}{dx}(2e^{3x} \cos(4x)) = 2(3e^{3x} \cos(4x) + e^{3x} (-4\sin(4x))) = 6e^{3x} \cos(4x) - 8e^{3x} \sin(4x)$
所以，$v'(x) = g'(x) - (6e^{3x} \cos(4x) - 8e^{3x} \sin(4x))$。

現在，我們代入微分方程 (I) 和 (II) 中的 $f'(x)$ 和 $g'(x)$:
$f'(x) = 3f(x) + 4g(x)$
$g'(x) = -4f(x) + 3g(x)$

$u'(x) = (3f(x) + 4g(x)) - (6e^{3x} \sin(4x) + 8e^{3x} \cos(4x))$
$u'(x) = 3(f(x) - 2e^{3x} \sin(4x)) + 4(g(x) - 2e^{3x} \cos(4x)) - 6e^{3x} \sin(4x) - 8e^{3x} \cos(4x) + 6e^{3x} \sin(4x) + 8e^{3x} \cos(4x)$
$u'(x) = 3u(x) + 4v(x)$

$v'(x) = (-4f(x) + 3g(x)) - (6e^{3x} \cos(4x) - 8e^{3x} \sin(4x))$
$v'(x) = -4(f(x) - 2e^{3x} \sin(4x)) + 3(g(x) - 2e^{3x} \cos(4x)) + 8e^{3x} \sin(4x) - 6e^{3x} \cos(4x) - 6e^{3x} \cos(4x) + 8e^{3x} \sin(4x)$
$v'(x) = -4u(x) + 3v(x)$

現在，計算 $H'(x) = 2u(x)u'(x) + 2v(x)v'(x)$:
$H'(x) = 2u(x)(3u(x) + 4v(x)) + 2v(x)(-4u(x) + 3v(x))$
$H'(x) = 6u(x)^2 + 8u(x)v(x) - 8u(x)v(x) + 6v(x)^2$

核心觀念

本題主要考查：

1. 幾何級數
   $\frac{1}{1+t}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k t^k,\qquad |t|<1.$
2. 冪級數的收斂半徑。
3. 在收斂範圍內逐項積分。
4. 部分分式分解與反三角函數積分。

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(a) Maclaurin 級數與收斂半徑

將函數改寫為

$$\frac{x^m}{27+x^3} =\frac{x^m}{27}\cdot\frac{1}{1+\frac{x^3}{27}}.$$

利用幾何級數公式

$$\frac{1}{1+u}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k u^k, \qquad |u|<1,$$

令 $u=\dfrac{x^3}{27}$，得到

$$\frac{x^m}{27+x^3} =\frac{x^m}{27} \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k\left(\frac{x^3}{27}\right)^k.$$

因此

$$\boxed{ \frac{x^m}{27+x^3} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k x^{m+3k}}{27^{k+1}} }$$

成立條件為

$$\left|\frac{x^3}{27}\right|<1 \iff |x|<3.$$

所以收斂半徑為

$$\boxed{R=3}.$$

從複數角度看，分母 $27+x^3=0$ 的根距離原點皆為 $3$，也可直接確認收斂半徑為 $3$。

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(b)(i) 將 $I_m$ 表示為交錯級數

由(a)知，在 $0\le x\le 1$ 時，冪級數一致收斂，因此可以逐項積分：

$$I_m = \int_0^1 \frac{x^m}{27+x^3}\,dx = \int_0^1 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k x^{m+3k}}{27^{k+1}}\,dx.$$

逐項積分得

$$I_m = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{27^{k+1}} \int_0^1 x^{m+3k}\,dx.$$

而

$$\int_0^1x^{m+3k}\,dx = \frac{1}{m+3k+1},$$

所以

$$I_m = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{27^{k+1}(m+3k+1)}.$$

因此可令

$$\boxed{ a_{k,m} = \frac{1}{27^{k+1}(m+3k+1)} }$$

便有

$$\boxed{ I_m = \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k a_{k,m} }$$

且因 $m\ge0$、$k\ge0$，所以

$$a_{k,m}>0.$$

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(b)(ii) 計算無窮級數

設

$$S= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k(108k+45)} {(3k+1)(3k+2)}.$$

第一步：對 $k$ 作部分分式分解

令

$$\frac{108k+45}{(3k+1)(3k+2)} = \frac{A}{3k+1}+\frac{B}{3k+2}.$$

比較係數：

$$A(3k+2)+B(3k+1)=108k+45.$$

因此

$$3A+3B=108,\qquad 2A+B=45.$$

解得

$$A=9,\qquad B=27.$$

故

$$\frac{108k+45}{(3k+1)(3k+2)} = \frac{9}{3k+1}+\frac{27}{3k+2}.$$

於是

$$S= 9\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{3k+1} + 27\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{3k+2}.$$

第二步：轉換成定積分

由

核心觀念

本題考查：

• 多重積分的積分區域判讀；
• 變數代換與 Jacobian；
• 無界區域上的瑕積分；
• 非負函數積分若在無界方向持續累積，可能發散至 $+\infty$。

題目給定的區域只有一個不等式限制，並非有限區域，因此必須先判斷積分是否收斂，不能直接套用有限區域的計算公式。

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（a）$\displaystyle \iint_R (x+y)^2\,dA$

其中

$$R=\{(x,y)\in\mathbb R^2:x+y\le 1\}.$$

解題方法

令

$$u=x+y,\qquad v=x-y.$$

則區域條件變成

$$u\le 1,$$

而 $v$ 沒有任何限制，因此

$$-\infty<v<\infty.$$

由反解

$$x=\frac{u+v}{2},\qquad y=\frac{u-v}{2},$$

可得 Jacobian：

$$\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right| = \begin{vmatrix} \frac12 & \frac12\\[2mm] \frac12 & -\frac12 \end{vmatrix} =\frac12.$$

因此

$$dA=\frac12\,du\,dv, \qquad (x+y)^2=u^2.$$

積分形式為

$$\iint_R (x+y)^2\,dA = \frac12\int_{-\infty}^{1}\int_{-\infty}^{\infty}u^2\,dv\,du.$$

取子區域

$$0\le u\le 1,\qquad -M\le v\le M,$$

則其積分為

$$\frac12\int_0^1\int_{-M}^{M}u^2\,dv\,du = \frac12(2M)\int_0^1u^2\,du = M\cdot\frac13.$$

當 $M\to\infty$ 時，

$$\frac{M}{3}\to+\infty.$$

由於被積函數 $(x+y)^2\ge 0$，故原積分發散至 $+\infty$：

$$\boxed{\iint_R (x+y)^2\,dA=+\infty}.$$

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（b）$\displaystyle \iiint_D (x+y+z)^2\,dV$

其中

$$D=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3:x+y+z\le 1\}.$$

解題方法

令

本題考查多元函數的約束優化問題，特別是利用邊界條件和梯度來分析優化問題的存在性、必要條件以及對參數的敏感度。此類問題常見於經濟學中的效用最大化模型。

核心觀念：

1. 極值存在性定理（緊緻集合上的連續函數）。
2. 拉格朗日乘數法（處理等式約束）與 KKT 條件（處理不等式約束）。
3. 包絡定理 (Envelope Theorem) 或參數微分法，用於分析優化問題的解對參數的敏感度。
4. 經濟學中的邊際概念。

(a) 說明最大值存在的理由

要證明最大值存在，我們需要確認函數 $U$ 在滿足約束條件的集合上的連續性以及該集合的緊緻性（封閉且有界）。
約束條件是 $p_1x_1+ p_2x_2+ p_3x_3 \le I$, $x_1 \ge 0, x_2 \ge 0, x_3 \ge 0$。
由於 $p_i > 0$ 且 $I > 0$，這定義了一個在第一卦限內，且與原點距離有限的區域（一個截斷的錐形，或在 $I$ 固定的情況下是一個封閉的單純形）。這個區域是閉合的（包含邊界）且有界的（因為 $x_i \le I/p_i$）。因此，這個約束集合是一個緊緻集合。
題目給定 $U$ 是光滑實值函數，因此 $U$ 在此緊緻集合上是連續的。根據極值存在定理（魏爾斯特拉斯定理），連續函數在緊緻集合上必存在最大值和最小值。

【答案】 約束條件定義了一個緊緻集合（閉合且有界），而函數 $U$ 在此集合上是連續的，因此根據極值存在定理，最大值必定存在。

(b) 說明為何在最大值點 $(x_1^*,x_2^*,x_3^*)$ 必須滿足 $p_1x_1^*+ p_2x_2^*+ p_3x_3^* = I$

我們希望最大化 $U(x_1,x_2,x_3)$，且 $\frac{\partial U}{\partial x_i} > 0$ 對於 $x_i \ge 0$。這表示 $U$ 是一個嚴格遞增函數，隨著任何一個 $x_i$ 的增加，函數值都會增加。
約束條件是 $p_1x_1+ p_2x_2+ p_3x_3 \le I$。
如果在某個點 $(x_1^*,x_2^*,x_3^*)$ 處，滿足 $p_1x_1^*+ p_2x_2^*+ p_3x_3^* < I$，這意味著約束條件沒有被「用盡」。由於 $U$ 隨 $x_i$ 增加而增加，我們可以稍微增加某個 $x_i$（例如，選擇一個 $\epsilon > 0$ 使得 $x_i' = x_i^* + \epsilon$ 仍然滿足約束條件 $p_1x_1^*+ p_2x_2^*+ p_3x_3^* + p_i\epsilon \le I$），從而使得 $U(x_1^*, \dots, x_i' , \dots) > U(x_1^*,x_2^*,x_3^*)$。
這與 $(x_1^*,x_2^*,x_3^*)$ 是最大值點矛盾。因此，為了達到最大值，必須將資源（由 $I$ 代表）盡可能地利用，即約束條件必須取等號。

【答案】 由於函數 $U$ 關於每個變數 $x_i$ (在 $x_i \ge 0$ 範圍內) 都是嚴格遞增的，為了最大化 $U$，我們必須盡可能地增加 $x_1, x_2, x_3$ 的值。這意味著約束 $p_1x_1+ p_2x_2+ p_3x_3 \le I$ 必須取等號，即 $p_1x_1^*+ p_2x_2^*+ p_3x_3^* = I$。

(c) 分析 $\frac{\partial U^*}{\partial p_1}$, $\frac{\partial U^*}{\partial p_2}$, $\frac{\partial U^*}{\partial p_3}$, $\frac{\partial U^*}{\partial I}$ 的符號及其經濟含義

$U^*(p_1, p_2, p_3, I)$ 是在約束條件 $p_1x_1+ p_2x_2+ p_3x_3 \le I, x_i \ge 0$ 下，最大化 $U(x_1,x_2,x_3)$ 所得到的最大值。
這是一個帶有不等式約束的優化問題。我們可以使用 KKT 條件來描述最優解 $(x_1^*(p_1, \dots, I), x_2^*, x_3^*)$。
拉格朗日函數為：
$L(x_1, x_2, x_3, \lambda, \mu_1, \mu_2, \mu_3) = U(x_1, x_2, x_3) - \lambda (p_1x_1+ p_2x_2+ p_3x_3 - I) - \mu_1 x_1 - \mu_2 x_2 - \mu_3 x_3$
其中 $\lambda \ge 0, \mu_i \ge 0$。
KKT 條件包括：

1. 梯度為零（對於 $x_i$）：
   $\frac{\partial U}{\partial x_1} - \lambda p_1 - \mu_1 = 0$
   $\frac{\partial U}{\partial x_2} - \lambda p_2 - \mu_2 = 0$
   $\frac{\partial U}{\partial x_3} - \lambda p_3 - \mu_3 = 0$
2. 約束條件：
   $p_1x_1+ p_2x_2+ p_3x_3 \le I$
   $x_i \ge 0$
3. 互補鬆弛性：
   $\lambda (p_1x_1+ p_2x_2+ p_3x_3 - I) = 0$
   $\mu_i x_i = 0$ for $i=1,2,3$.

從 (b) 的論證可知，在最大值點 $(x_1^*,x_2^*,x_3^*)$ 處， $p_1x_1^*+ p_2x_2^*+ p_3x_3^* = I$。
因此，由互補鬆弛性，$\lambda$ 可以是正的。
從梯度條件：
$\frac{\partial U}{\partial x_1^*} = \lambda p_1 + \mu_1$
$\frac{\partial U}{\partial x_2^*} = \lambda p_2 + \mu_2$
$\frac{\partial U}{\partial x_3^*} = \lambda p_3 + \mu_3$

我們知道 $\frac{\partial U}{\partial x_i} > 0$ 對於 $x_i \ge 0$。
最大值 $U^*(p_1, p_2, p_3, I) = U(x_1^*, x_2^*, x_3^*)$。
我們需要計算 $\frac{\partial U^*}{\partial I}$, $\frac{\partial U^*}{\partial p_1}$, $\frac{\partial U^*}{\partial p_2}$, $\frac{\partial U^*}{\partial p_3}$。

利用包絡定理 (Envelope Theorem)：
當約束條件的邊界被達到時（即 $p_1x_1^*+ p_2x_2^*+ p_3x_3^* = I$）