115 年 國立中山大學海洋科學系碩士班乙組《微積分》

此題主要考驗學生對極限的計算能力，包含指數型極限的處理以及黎曼和的應用。

(a) 處理指數型極限 $\lim_{n\to\infty} (a^n + b^n)^{1/n}$ 的標準方法是提取較大項。
令 $L = \lim_{n\to\infty} (4^n + 5^n)^{1/n}$。
我們可以將此極限改寫為：
$L = \lim_{n\to\infty} \left( 5^n \left( \left(\frac{4}{5}\right)^n + 1 \right) \right)^{1/n}$
$L = \lim_{n\to\infty} 5 \left( \left(\frac{4}{5}\right)^n + 1 \right)^{1/n}$
當 $n \to \infty$，$(\frac{4}{5})^n \to 0$。
因此，我們有：
$L = 5 \lim_{n\to\infty} (0 + 1)^{1/n} = 5 \lim_{n\to\infty} 1^{1/n} = 5 \times 1 = 5$。

【答案】5

(b) 此題是一個求和的極限，可以視為黎曼和 (Riemann sum) 的形式。
觀察級數的結構：
$\sum_{k=1}^{n} \frac{5}{\sqrt{3n^2 - k^2}}$
我們可以將其改寫成黎曼和的標準形式 $\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} f(\frac{k}{n})$ 或 $\lim_{n\to\infty} \frac{b-a}{n} \sum_{k=1}^{n} f(a + k\frac{b-a}{n})$。
從級數中提取 $\frac{1}{n}$：

此題考驗學生對瑕積分 (improper integral) 和絕對值函數積分的計算能力。

(a) 這是瑕積分，積分上限為無窮大。我們可以使用積分 by parts (分部積分法) 來計算。
令 $u = 3-x$ 且 $dv = e^{-2x} dx$。
則 $du = -dx$ 且 $v = -\frac{1}{2}e^{-2x}$。
$\int (3-x)e^{-2x} dx = uv - \int v du = (3-x)(-\frac{1}{2}e^{-2x}) - \int (-\frac{1}{2}e^{-2x})(-dx)$
$= -\frac{1}{2}(3-x)e^{-2x} - \frac{1}{2} \int e^{-2x} dx$
$= -\frac{1}{2}(3-x)e^{-2x} - \frac{1}{2} (-\frac{1}{2}e^{-2x}) + C$
$= -\frac{1}{2}(3-x)e^{-2x} + \frac{1}{4}e^{-2x} + C$
$= e^{-2x} (-\frac{3}{2} + \frac{x}{2} + \frac{1}{4}) + C$
$= e^{-2x} (\frac{x}{2} - \frac{5}{4}) + C$

現在計算定積分：
$\int_{0}^{\infty} (3-x)e^{-2x} dx = \lim_{b\to\infty} \int_{0}^{b} (3-x)e^{-2x} dx$
$= \lim_{b\to\infty} \left[ e^{-2x} (\frac{x}{2} - \frac{5}{4}) \right]_{0}^{b}$
$= \lim_{b\to\infty} \left( e^{-2b} (\frac{b}{2} - \frac{5}{4}) - e^{0} (\frac{0}{2} - \frac{5}{4}) \right)$
$= \lim_{b\to\infty} \left( \frac{b/2 - 5/4}{e^{2b}} + \frac{5}{4} \right)$
當 $b \to \infty$，$\frac{b/2 - 5/4}{e^{2b}}$ 是一個 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的極限，可以使用 L'Hopital's Rule。

此題考驗學生對微分的理解，特別是複合函數微分、積分的微分以及連鎖律的應用。

給定函數 $f(x) = e^{\sin x} + \frac{1}{\sqrt{x^2+4}} + \int_{0}^{x} \sqrt{1+t^4} dt$。
我們需要分別對每一項進行微分。

第一項：$e^{\sin x}$
使用連鎖律，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：$\frac{1}{\sqrt{x^2+4}} = (x^2+4)^{-1/2}$
使用連鎖律，令 $v = x^2+4$。則 $\frac{d}{dx} v^{-1/2} = -\frac{1}{2} v^{-3/2} \frac{dv}{dx}$。
$\frac{d}{dx} (x^2+4)^{-1/2} = -\frac{1}{2} (x^2+4)^{-3/2} \cdot \frac{d}{dx}(x^2+4)$
$= -\frac{1}{2} (x^2+4)^{-3/2} \cdot (2x)$
$= -x (x^2+4)^{-3/2} = -\frac{x}{(x^2+4)^{3/2}}$。

第三項：$\int_{0}^{x} \sqrt{1+t^4} dt$
根據微積分基本定理 (Fundamental Theorem of Calculus)，若 $F(x) = \int_{a}^{x} g(t) dt$，則 $F'(x) = g(x)$。
令 $g(t) = \sqrt{1+t^4}$。
則 $\frac{d}{dx} \left( \int_{0}^{x} \sqrt{1+t^4} dt \right) = \sqrt{1+x^4}$。

將三項的微分結果相加，得到 $f'(x)$：
$f'(x) = e^{\sin x} \cos x - \frac{x}{(x^2+4)^{3/2}} + \sqrt{1+x^4}$。

現在，我們需要計算 $f''(x)$，即對 $f'(x)$ 再次微分。
$f''(x) = \frac{d}{dx} \left( e^{\sin x} \cos x - \frac{x}{(x^2+4)^{3/2}} + \sqrt{1+x^4} \right)$。

我們逐項微分：
第一項：$\frac{d}{dx} (e^{\sin x} \cos x)$
使用乘積法則：$(uv)' = u'v + uv'$
令 $u = e^{\sin x}$，則 $u' = e^{\sin x} \cos x$。
令 $v = \cos x$，則 $v' = -\sin x$。

此題為一階線性微分方程的初值問題。

給定的微分方程是 $y' = y + 2x$。
我們可以將其改寫成標準形式 $y' - y = 2x$。
這是一階線性微分方程 $y' + P(x)y = Q(x)$ 的形式，其中 $P(x) = -1$ 且 $Q(x) = 2x$。

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

將微分方程兩邊乘以積分因子：
$e^{-x}(y' - y) = e^{-x}(2x)$
左邊是 $(e^{-x}y)'$ 的微分：
$\frac{d}{dx}(e^{-x}y) = 2xe^{-x}$。

現在對兩邊積分：
$\int \frac{d}{dx}(e^{-x}y) dx = \int 2xe^{-x} dx$
$e^{-x}y = 2 \int xe^{-x} dx$。

為了計算 $\int xe^{-x} dx$，我們使用分部積分法。
令 $u = x$ 且 $dv = e^{-x} dx$。
則 $du = dx$ 且 $v = -e^{-x}$。

核心觀念

平面曲線 $y=f(x)$ 從 $x=a$ 到 $x=b$ 的弧長公式為

$$L=\int_a^b\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}\,dx.$$

本題需先求導，再將弧長積分化為可計算的形式。

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解題方法

題 given

$$y=\frac12x^2-\frac18\ln x,\qquad 1\le x\le e.$$

先求導：

$$\frac{dy}{dx}=x-\frac{1}{8x}.$$

因此

$$\begin{aligned} 1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2 &=1+\left(x-\frac{1}{8x}\right)^2\\ &=1+x^2-\frac14+\frac{1}{64x^2}\\ &=x^2+\frac34+\frac{1}{64x^2}. \end{aligned}$$

故弧長為

$$L=\int_1^e\sqrt{x^2+\frac34+\frac{1}{64x^2}}\,dx.$$

注意此處不可誤寫成

$$\left(x+\frac{1}{8x}\right)^2,$$

因為該平方的常數項為 $\frac14$，而本題實際的常數項為 $\frac34$。

將根號內通分：

$$\sqrt{x^2+\frac34+\frac{1}{64x^2}} = \frac{\sqrt{64x^4+48x^2+1}}{8x}.$$

由於 $x>0$，令

$$u=x^2,\qquad du=2x\,dx.$$

因為 $dx=\frac{du}{2x}$，所以

$$\frac{dx}{x}=\frac{du}{2u}.$$

且當 $x=1$ 時 $u=1$；當 $x=e$ 時 $u=e^2$。因此

$$L=\frac1{16}\int_1^{e^2} \frac{\sqrt{64u^2+48u+1}}{u}\,du.$$

使用積分公式

此題考驗學生將直角座標下的二重積分轉換為極座標下的積分，以及計算極座標下的積分。

首先，分析積分區域。
積分上下限是 $y$ 從 $-1$ 到 $1$，而 $x$ 的範圍是 $-\sqrt{1-y^2}$ 到 $\sqrt{1-y^2}$。
這個區域對應於一個圓：$x^2 = 1-y^2 \implies x^2+y^2 = 1$。
所以，積分區域是一個以原點為中心，半徑為 $1$ 的圓盤。

積分函數是 $\frac{2}{1+\sqrt{x^2+y^2}}$。
在極座標下，$x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$，$x^2+y^2 = r^2$，所以 $\sqrt{x^2+y^2} = r$ (由於 $r \ge 0$)。
同時，$dx dy$ 在極座標下轉換為 $r dr d\theta$。

(a) 將積分轉換為極座標。
積分區域是半徑為 $1$ 的圓盤。
在極座標下，$r$ 的範圍是從 $0$ 到 $1$。
$\theta$ 的範圍是從 $0$ 到 $2\pi$，以涵蓋整個圓盤。
積分函數 $\frac{2}{1+\sqrt{x^2+y^2}}$ 變為 $\frac{2}{1+r}$。
$dx dy$ 變為 $r dr d\theta$。

此題考驗學生尋找多元函數的局部極值和鞍點的能力。

首先，我們需要找到函數的臨界點 (critical points)。臨界點是使一階偏導數同時為零的點，即 $f_x = 0$ 和 $f_y = 0$。

計算一階偏導數：
$f_x = \frac{\partial}{\partial x} (x^3 + y^3 - 3x - 12y) = 3x^2 - 3$
$f_y = \frac{\partial}{\partial y} (x^3 + y^3 - 3x - 12y) = 3y^2 - 12$

令 $f_x = 0$：
$3x^2 - 3 = 0 \implies 3x^2 = 3 \implies x^2 = 1 \implies x = \pm 1$。

令 $f_y = 0$：
$3y^2 - 12 = 0 \implies 3y^2 = 12 \implies y^2 = 4 \implies y = \pm 2$。

因此，有四個臨界點：

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

接下來，我們使用二階導數判別法 (Second Derivative Test) 來判斷這些臨界點的性質。我們需要計算二階偏導數：
$f_{xx} = \frac{\partial^2}{\partial x^2} (x^3 + y^3 - 3x - 12y) = 6x$
$f_{yy} = \frac{\partial^2}{\partial y^2} (x^3 + y^3 - 3x - 12y) = 6y$
$f_{xy} = \frac{\partial^2}{\partial x \partial y} (x^3 + y^3 - 3x - 12y) = 0$ (注意 $f_{yx}$ 也為 0)

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

現在，我們逐一檢驗這四個臨界點：