109 年 國立高雄大學應用數學系碩士班《微積分》

核心觀念

本題考查：

• 極限不等式與嚴格不等式的關係
• 三次多項式的凹凸性與反曲點
• 冪級數的收斂區間
• 極座標方程式與極座標圖形
• 多變數函數的等高線定義

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解題方法與選項分析

(a)

題述：

If $f(x)<g(x)$ for all $x\ne a$, then $\lim_{x\to a}f(x)<\lim_{x\to a}g(x)$.

此敘述為 錯誤。

即使對所有 $x\ne a$ 都有 $f(x)<g(x)$，取極限後也只能保證

$$\lim_{x\to a}f(x)\leq \lim_{x\to a}g(x),$$

不能保證嚴格小於。

反例取 $a=0$：

$$f(x)=0,\qquad g(x)=x^2.$$

當 $x\ne0$ 時，

$$0<x^2,$$

所以 $f(x)<g(x)$。但是

$$\lim_{x\to0}f(x)=0,\qquad \lim_{x\to0}g(x)=0.$$

兩個極限相等，因此原敘述錯誤。

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(b)

題述：

The graph of every cubic polynomial has precisely one point of inflection.

此敘述為 正確。

設三次多項式為

$$f(x)=ax^3+bx^2+cx+d,\qquad a\ne0.$$

其二階導數為

$$f''(x)=6ax+2b.$$

令 $f''(x)=0$，可得唯一解

$$x=-\frac{b}{3a}.$$

由於 $f''(x)$ 是斜率不為零的一次函數，在此唯一零點的左右兩側必定變號，因此函數凹向會改變，該點即為反曲點。

所以每個三次多項式恰有一個反曲點。

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(c)

題述：

It is possible to find a power series whose interval of convergence is $[0,\infty)$.

此敘述為 錯誤。

一般冪級數寫成

$$\sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-c)^n,$$

其收斂區間由收斂半徑 $R$ 決定，基本形式為

$$(c-R,c+R),$$

再視兩個端點的收斂情況決定是否包含端點。

若收斂區間向右無限延伸，必須有 $R=\infty$。此時冪級數對所有實數 $x$ 都收斂，收斂區間會是

$$(-\infty,\infty),$$

不可能只從 $0$ 開始。

因此冪級數的收斂區間不可能是 $[0,\infty)$。

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(d)

題述：

核心觀念

本題考查「微積分基本定理」與「變動上下限積分的鏈鎖律」。

若

$$G(x)=\int_{a(x)}^{b(x)}f(t)\,dt,$$

則

$$G'(x)=f\bigl(b(x)\bigr)b'(x)-f\bigl(a(x)\bigr)a'(x).$$

其中上限貢獻為正，下限貢獻為負。

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解題方法

令

$$f(t)=\frac{t^2}{\sqrt{2+t^4}}, \qquad a(x)=\sqrt{x}, \qquad b(x)=\sqrt{2+x^2}.$$

原函數可寫成

$$g(x)=\int_{a(x)}^{b(x)}f(t)\,dt.$$

因此

$$g'(x)=f\bigl(b(x)\bigr)b'(x)-f\bigl(a(x)\bigr)a'(x).$$

先計算上下限的導數：

$$a'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}},$$

以及

$$b'(x)=\frac{1}{2\sqrt{2+x^2}}\cdot 2x =\frac{x}{\sqrt{2+x^2}}.$$

上限部分

因為

$$b(x)=\sqrt{2+x^2},$$

所以

$$b(x)^2=2+x^2, \qquad b(x)^4=(2+x^2)^2.$$

故

$$f\bigl(b(x)\bigr) = \frac{2+x^2}{\sqrt{2+(2+x^2)^2}}.$$

乘以上限導數：

$$f\bigl(b(x)\bigr)b'(x) = \frac{2+x^2}{\sqrt{2+(2+x^2)^2}} \cdot \frac{x}{\sqrt{2+x^2}}.$$

下限部分

因為

$$a(x)=\sqrt{x},$$

所以

$$a(x)^2=x, \qquad a(x)^4=x^2.$$

故

這題考驗對無窮級數收斂性的判斷，需要選擇合適的收斂判別法。

級數為 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$，其中 $a_n = \frac{(2\sqrt{n}+1)^n}{n^n} = \left(\frac{2\sqrt{n}+1}{n}\right)^n$。
觀察級數的項 $a_n$，其形式為 $(\cdot)^n$，這提示我們可以使用根值檢驗法 (Root Test)。

根值檢驗法：
設級數為 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$，令 $L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|}$。

1. 若 $L < 1$，則級數收斂。
2. 若 $L > 1$ 或 $L = \infty$，則級數發散。
3. 若 $L = 1$，則檢驗法失效，需採用其他方法。

在本題中，$a_n = \left(\frac{2\sqrt{n}+1}{n}\right)^n$。由於 $a_n > 0$ 對於所有 $n \ge 1$，所以 $|a_n| = a_n$。
我們計算 $\sqrt[n]{a_n}$：

這題考驗反函數的存在性以及反函數的導數計算。

第一部分：驗證 $f$ 是否存在反函數。
函數 $f(x)$ 存在反函數的條件是 $f(x)$ 在其定義域內是單調遞增或單調遞減的。我們可以通過計算導數來判斷。
$f(x) = \frac{x+6}{x-2}$。
使用商法則求導數：
$f'(x) = \frac{(1)(x-2) - (x+6)(1)}{(x-2)^2} = \frac{x-2-x-6}{(x-2)^2} = \frac{-8}{(x-2)^2}$。
對於定義域 $x > 2$，$(x-2)^2$ 永遠是正數。因此，$f'(x) = \frac{-8}{(x-2)^2} < 0$ 對於所有 $x > 2$ 都成立。
由於 $f'(x) < 0$，函數 $f(x)$ 在 $x > 2$ 的範圍內是嚴格遞減的。因此，$f$ 存在反函數。

第二部分：計算 $(f^{-1})'(3)$。
我們可以使用反函數導數定理來計算。
反函數導數定理指出：若 $f$ 在點 $a$ 可導且 $f'(a) \ne 0$，且 $f$ 的反函數 $f^{-1}$ 在點 $b=f(a)$ 存在，則 $(f^{-1})'(b) = \frac{1}{f'(a)}$。
我們要求的是 $(f^{-1})'(3)$。這意味著我們需要找到一個值 $a$ 使得 $f(a) = 3$。
令 $f(a) = 3$:
$\frac{a+6}{a-2} = 3$
$a+6 = 3(a-2)$
$a+6 = 3a - 6$
$12 = 2a$
$a = 6$。

核心觀念

這題考查含變動指數的冪次極限。當底數為正時，可用公式

$$x^{2/x}=\exp\left(\frac{2}{x}\ln x\right)$$

將冪次轉換成指數函數的極限。

解題方法

先看分子：

$$\lim_{x\to0^+}(e^x+x)=1.$$

再看分母。由於 $x\to0^+$ 時，$\ln x\to-\infty$，且

$$\frac{\ln x}{x}\to-\infty,$$

因此

$$\frac{2}{x}\ln x\to-\infty.$$

核心觀念

曲線的單位切向量定義為

$$\mathbf{T}(t)=\frac{\mathbf{r}'(t)}{\|\mathbf{r}'(t)\|}.$$

主單位法向量則定義為

$$\mathbf{N}(t)=\frac{\mathbf{T}'(t)}{\|\mathbf{T}'(t)\|}.$$

其中，$\mathbf{T}'(t)$ 必須先將切向量的方向變化取出，再予以單位化。

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解題方法

已知

$$\mathbf{r}(t)=\langle t,t^2,t^3\rangle.$$

先求速度向量：

$$\mathbf{r}'(t)=\langle 1,2t,3t^2\rangle.$$

在 $t=2$ 時，

$$\mathbf{r}'(2)=\langle 1,4,12\rangle,$$

且

$$\|\mathbf{r}'(2)\| =\sqrt{1^2+4^2+12^2} =\sqrt{161}.$$

因此，單位切向量為

$$\mathbf{T}(2) =\frac{\mathbf{r}'(2)}{\|\mathbf{r}'(2)\|} =\frac{\langle 1,4,12\rangle}{\sqrt{161}}.$$

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求主單位法向量

令

$$\mathbf{v}=\mathbf{r}'(2)=\langle 1,4,12\rangle, \qquad \mathbf{a}=\mathbf{r}''(2)=\langle 0,2,12\rangle.$$

主法向量的方向就是加速度向量中垂直於切向量的部分。先計算 $\mathbf{a}$ 在 $\mathbf{v}$ 方向上的投影係數：

$$\mathbf{a}\cdot\mathbf{v} =0(1)+2(4)+12(12) =152.$$

因此，加速度的法向分量為

這題考驗多元函數的偏導數存在性與可微分性的定義。

第一部分：證明 $f_x(0,0)$ 存在。
偏導數 $f_x(0,0)$ 的定義為：
$f_x(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h, 0) - f(0,0)}{h}$。
根據函數定義：
$f(h, 0) = \frac{3h^2(0)}{h^4 + 0^2} = \frac{0}{h^4} = 0$ (當 $h \ne 0$)。
$f(0,0) = 0$。
所以，$f_x(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{0 - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{0}{h} = 0$。
由於極限存在且為 0，所以 $f_x(0,0)$ 存在，且 $f_x(0,0) = 0$。

第二部分：證明 $f_y(0,0)$ 存在。
偏導數 $f_y(0,0)$ 的定義為：
$f_y(0,0) = \lim_{k \to 0} \frac{f(0, 0+k) - f(0,0)}{k}$。
根據函數定義：
$f(0, k) = \frac{3(0)^2 k}{0^4 + k^2} = \frac{0}{k^2} = 0$ (當 $k \ne 0$)。
$f(0,0) = 0$。
所以，$f_y(0,0) = \lim_{k \to 0} \frac{0 - 0}{k} = \lim_{k \to 0} \frac{0}{k} = 0$。
由於極限存在且為 0，所以 $f_y(0,0)$ 存在，且 $f_y(0,0) = 0$。

第三部分：證明 $f$ 在 $(0,0)$ 處不可微分。
一個函數 $f(x,y)$ 在 $(a,b)$ 處可微分的條件是：

1. $f_x(a,b)$ 和 $f_y(a,b)$ 都存在。
2. $\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{f(a+h, b+k) - f(a,b) - hf_x(a,b) - kf_y(a,b)}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0$。

我們已經證明了 $f_x(0,0) = 0$ 和 $f_y(0,0) = 0$。
現在我們需要檢查第二個條件，即計算極限：
$\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{f(h, k) - f(0,0) - hf_x(0,0) - kf_y(0,0)}{\sqrt{h^2+k^2}}$
$= \lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{\frac{3h^2k}{h^4 + k^2} - 0 - h(0) - k(0)}{\sqrt{h^2+k^2}}$
$= \lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{\frac{3h^2k}{h^4 + k^2}}{\sqrt{h^2+k^2}}$
$= \lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{3h^2k}{(h^4 + k^2)\sqrt{h^2+k^2}}$。

第 8 題　積分

（a）$\displaystyle \int \frac{x}{\sqrt{4-x^2}}\,dx$

核心觀念

被積分式含有 $4-x^2$，且分子為 $x$，適合使用代換：

$$u=4-x^2.$$

因為

$$du=-2x\,dx,$$

恰可消去分子中的 $x\,dx$。

解題方法

令

$$u=4-x^2,\qquad du=-2x\,dx,$$

因此

$$x\,dx=-\frac12du.$$

原積分化為

$$\int \frac{x}{\sqrt{4-x^2}}\,dx =-\frac12\int u^{-1/2}\,du.$$

積分得

$$-\frac12\cdot 2u^{1/2}+C =-\sqrt{u}+C.$$

代回 $u=4-x^2$：

$$\boxed{\int \frac{x}{\sqrt{4-x^2}}\,dx =-\sqrt{4-x^2}+C}.$$

解題技巧

可直接利用公式

$$\frac{d}{dx}\sqrt{4-x^2} =-\frac{x}{\sqrt{4-x^2}},$$

所以原積分即為 $-\sqrt{4-x^2}+C$。

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（b）$\displaystyle \int_0^1 \ln x\,dx$

核心觀念

使用分部積分公式：

$$\int u\,dv=uv-\int v\,du.$$

雖然 $\ln x$ 在 $x=0$ 沒有定義，但這是瑕積分，必須以極限處理。

解題方法

先計算不定積分。令

$$u=\ln x,\qquad dv=dx.$$

則

$$du=\frac1x\,dx,\qquad v=x.$$

因此

$$\int \ln x\,dx =x\ln x-\int x\cdot \frac1x\,dx =x\ln x-x+C.$$

故原瑕積分為

$$\int_0^1\ln x\,dx =\lim_{a\to0^+}\left[x\ln x-x\right]_a^1.$$

計算上限：

$$1\ln1-1=-1.$$

又因為

$$\lim_{a\to0^+}a\ln a=0,$$

所以

$$\lim_{a\to0^+}(a\ln a-a)=0.$$

因此

$$\boxed{\int_0^1\ln x\,dx=-1}.$$

解題技巧

遇到 $x\ln x$ 在 $x\to0^+$ 時，使用極限

$$\lim_{x\to0^+}x\ln x =\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x}=0.$$

也可令 $x=e^{-t}$，將積分轉換為

$$\int_0^1\ln x\,dx =-\int_0^\infty te^{-t}\,dt=-1.$$

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（c）$\displaystyle \int_0^{1/2}\int_{y^2}^{1-y^2}e^{x^2}\,dx\,dy$

核心觀念

直接對 $x$ 積分時，$e^{x^2}$ 沒有初等反導函數，因此應改變積分順序。

原積分區域為

$$D=\left\{(x,y):0\le y\le\frac12,\quad y^2\le x\le1-y^2\right\}.$$

區域關於直線 $x=\frac12$ 對稱，而被積函數 $e^{x^2}$ 只依賴 $x$。

解題方法

由條件

$$y^2\le x\le1-y^2$$

可得

$$y\le\sqrt{x},\qquad y\le\sqrt{1-x},$$

並且 $0\le y\le\frac12$。

考慮 $0\le x\le\frac12$：

• 當 $0\le x\le\frac14$ 時，$0\le y\le\sqrt{x}$；
• 當 $\frac14\le x\le\frac12$ 時，$0\le y\le\frac12$。

利用區域對稱性，右半部給出相同形式的貢獻，因此

第 8 題　積分

（a）$\displaystyle \int \frac{x}{\sqrt{4-x^2}}\,dx$

核心觀念

被積分式含有 $4-x^2$，且分子為 $x$，適合使用代換：

$$u=4-x^2.$$

因為

$$du=-2x\,dx,$$

恰可消去分子中的 $x\,dx$。

解題方法

令

$$u=4-x^2,\qquad du=-2x\,dx,$$

因此

$$x\,dx=-\frac12du.$$

原積分化為

$$\int \frac{x}{\sqrt{4-x^2}}\,dx =-\frac12\int u^{-1/2}\,du.$$

積分得

$$-\frac12\cdot 2u^{1/2}+C =-\sqrt{u}+C.$$

代回 $u=4-x^2$：

$$\boxed{\int \frac{x}{\sqrt{4-x^2}}\,dx =-\sqrt{4-x^2}+C}.$$

解題技巧

可直接利用公式

$$\frac{d}{dx}\sqrt{4-x^2} =-\frac{x}{\sqrt{4-x^2}},$$

所以原積分即為 $-\sqrt{4-x^2}+C$。

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（b）$\displaystyle \int_0^1 \ln x\,dx$

核心觀念

使用分部積分公式：

$$\int u\,dv=uv-\int v\,du.$$

雖然 $\ln x$ 在 $x=0$ 沒有定義，但這是瑕積分，必須以極限處理。

解題方法

先計算不定積分。令

$$u=\ln x,\qquad dv=dx.$$

則

$$du=\frac1x\,dx,\qquad v=x.$$

因此

$$\int \ln x\,dx =x\ln x-\int x\cdot \frac1x\,dx =x\ln x-x+C.$$

故原瑕積分為

$$\int_0^1\ln x\,dx =\lim_{a\to0^+}\left[x\ln x-x\right]_a^1.$$

計算上限：

$$1\ln1-1=-1.$$

又因為

$$\lim_{a\to0^+}a\ln a=0,$$

所以

$$\lim_{a\to0^+}(a\ln a-a)=0.$$

因此

$$\boxed{\int_0^1\ln x\,dx=-1}.$$

解題技巧

遇到 $x\ln x$ 在 $x\to0^+$ 時，使用極限

$$\lim_{x\to0^+}x\ln x =\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x}=0.$$

也可令 $x=e^{-t}$，將積分轉換為

$$\int_0^1\ln x\,dx =-\int_0^\infty te^{-t}\,dt=-1.$$

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（c）$\displaystyle \int_0^{1/2}\int_{y^2}^{1-y^2}e^{x^2}\,dx\,dy$

核心觀念

直接對 $x$ 積分時，$e^{x^2}$ 沒有初等反導函數，因此應改變積分順序。

原積分區域為

$$D=\left\{(x,y):0\le y\le\frac12,\quad y^2\le x\le1-y^2\right\}.$$

區域關於直線 $x=\frac12$ 對稱，而被積函數 $e^{x^2}$ 只依賴 $x$。

解題方法

由條件

$$y^2\le x\le1-y^2$$

可得

$$y\le\sqrt{x},\qquad y\le\sqrt{1-x},$$

並且 $0\le y\le\frac12$。

考慮 $0\le x\le\frac12$：

• 當 $0\le x\le\frac14$ 時，$0\le y\le\sqrt{x}$；
• 當 $\frac14\le x\le\frac12$ 時，$0\le y\le\frac12$。

利用區域對稱性，右半部給出相同形式的貢獻，因此