111 年 國立政治大學企業管理研究所（MBA學位學程）乙組《微積分》

此題考驗極限的計算與判斷能力，其中 (a) 小題涉及有界函數乘以趨近零的函數，(b) 小題則需要考慮左右極限。

(a)
此小題欲計算 $\lim_{x \to 0^+} x^3 \sin\left(\frac{1}{x}\right)$。
我們知道，對於任何非零實數 $x$，$-1 \le \sin\left(\frac{1}{x}\right) \le 1$。
由於 $x \to 0^+$, $x^3 > 0$, 因此我們可以將不等式乘以 $x^3$：
$-x^3 \le x^3 \sin\left(\frac{1}{x}\right) \le x^3$。
當 $x \to 0^+$, 我們有 $\lim_{x \to 0^+} (-x^3) = 0$ 且 $\lim_{x \to 0^+} x^3 = 0$。
根據夾擠定理 (Squeeze Theorem)，我們得到
$\lim_{x \to 0^+} x^3 \sin\left(\frac{1}{x}\right) = 0$。

【答案】0

此題考驗積分計算能力，包含代換積分法與基本積分公式的應用。

(a)
此小題欲計算 $\int_0^8 \frac{x}{\sqrt{1+2x}} dx$。
我們可以採用代換積分法。令 $u = \sqrt{1+2x}$。
則 $u^2 = 1+2x$，所以 $2u \, du = 2 \, dx$，即 $u \, du = dx$。
同時，我們需要將 $x$ 表示成 $u$ 的函數：
$u^2 - 1 = 2x \implies x = \frac{u^2-1}{2}$。

接著，我們需要轉換積分的上下限：
當 $x=0$, $u = \sqrt{1+2(0)} = \sqrt{1} = 1$。
當 $x=8$, $u = \sqrt{1+2(8)} = \sqrt{1+16} = \sqrt{17}$。

將這些代換到積分式中：
$\int_0^8 \frac{x}{\sqrt{1+2x}} dx = \int_1^{\sqrt{17}} \frac{\frac{u^2-1}{2}}{u} \cdot u \, du$
$= \int_1^{\sqrt{17}} \frac{u^2-1}{2} \, du$
$= \frac{1}{2} \int_1^{\sqrt{17}} (u^2-1) \, du$
$= \frac{1}{2} \left[ \frac{u^3}{3} - u \right]_1^{\sqrt{17}}$
$= \frac{1}{2} \left[ \left( \frac{(\sqrt{17})^3}{3} - \sqrt{17} \right) - \left( \frac{1^3}{3} - 1 \right) \right]$

此題考驗級數的收斂性判斷，(a) 小題可使用積分審斂法或比較審斂法，(b) 小題則適合使用 ratio test。

(a)
此小題欲判斷級數 $\sum_{n=3}^{\infty} \frac{\ln(n)}{n^2}$ 的收斂性。
考慮函數 $f(x) = \frac{\ln(x)}{x^2}$。當 $x \ge 3$, $f(x)$ 是正值、連續且遞減的 (可透過計算導數 $f'(x)$ 來驗證)。
因此，我們可以使用積分審斂法 (Integral Test)。
我們計算瑕積分 $\int_3^{\infty} \frac{\ln(x)}{x^2} dx$。
為了計算此積分，我們使用分部積分法。令 $u = \ln(x)$ 且 $dv = x^{-2} dx$。
則 $du = \frac{1}{x} dx$ 且 $v = -x^{-1} = -\frac{1}{x}$。
$\int_3^{\infty} \frac{\ln(x)}{x^2} dx = \left[ -\frac{\ln(x)}{x} \right]_3^{\infty} - \int_3^{\infty} \left(-\frac{1}{x}\right) \left(\frac{1}{x}\right) dx$
$= \lim_{b \to \infty} \left( -\frac{\ln(b)}{b} \right) - \left( -\frac{\ln(3)}{3} \right) + \int_3^{\infty} \frac{1}{x^2} dx$
我們知道 $\lim_{b \to \infty} \frac{\ln(b)}{b} = 0$ (可使用 L'Hôpital's Rule)。
$= 0 + \frac{\ln(3)}{3} + \left[ -\frac{1}{x} \right]_3^{\infty}$
$= \frac{\ln(3)}{3} + \lim_{b \to \infty} \left( -\frac{1}{b} \right) - \left( -\frac{1}{3} \right)$
$= \frac{\ln(3)}{3} + 0 + \frac{1}{3} = \frac{\ln(3)+1}{3}$
由於積分 $\int_3^{\infty} \frac{\ln(x)}{x^2} dx$ 收斂到一個有限值，根據積分審斂法，級數 $\sum_{n=3}^{\infty} \frac{\ln(n)}{n^2}$ 也收斂。

此題考驗函數的局部極值、反曲點以及水平漸近線的判斷，涉及絕對值函數、指數函數及其微分。

首先，我們分析函數 $f(x) = |e^{|x-1|+1} - 1|$。
注意到 $e^{|x-1|+1}$ 是一個恆正的函數。
當 $x=1$ 時, $|x-1|=0$, $e^{|x-1|+1} = e^{0+1} = e$。
所以 $f(1) = |e - 1| = e - 1$ (因為 $e > 1$)。

當 $e^{|x-1|+1} - 1 \ge 0$, 即 $e^{|x-1|+1} \ge 1$, 則 $f(x) = e^{|x-1|+1} - 1$。
這等價於 $|x-1|+1 \ge \ln(1) = 0$, 即 $|x-1| \ge -1$, 這對所有實數 $x$ 都成立。
所以，函數可以簡化為 $f(x) = e^{|x-1|+1} - 1$。

函數的絕對值符號實際上沒有作用，因為 $e^{|x-1|+1} \ge e^1 = e > 1$ 對於所有 $x$ 成立。
因此，$f(x) = e^{|x-1|+1} - 1$。

(a)
尋找 $f(x)$ 的相對極值。
首先，我們需要處理 $|x-1|$ 的情況。
當 $x \ge 1$, $|x-1| = x-1$, 所以 $f(x) = e^{(x-1)+1} - 1 = e^x - 1$。
當 $x < 1$, $|x-1| = -(x-1) = 1-x$, 所以 $f(x) = e^{(1-x)+1} - 1 = e^{2-x} - 1$。

我們需要計算 $f(x)$ 的導數。
對於 $x > 1$: $f'(x) = \frac{d}{dx}(e^x - 1) = e^x$。
對於 $x < 1$: $f'(x) = \frac{d}{dx}(e^{2-x} - 1) = e^{2-x} \cdot (-1) = -e^{2-x}$。

在 $x=1$ 處，我們需要檢查導數是否存在。
右導數：$\lim_{h \to 0^+} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(e^{1+h}-1) - (e-1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{e^{1+h}-e}{h} = e^1 = e$。
左導數：$\lim_{h \to 0^-} \frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{(e^{2-(1+h)}-1) - (e-1)}{h} = \lim_{h \to 0^-} \frac{e^{1-h}-e}{h}$。
令 $k = -h$, 當 $h \to 0^-$, $k \to 0^+$。
$\lim_{k \to 0^+} \frac{e^{1+k}-e}{-k} = -\lim_{k \to 0^+} \frac{e^{1+k}-e}{k} = -e^1 = -e$。
由於左右導數不相等 ($e \ne -e$), $f'(1)$ 不存在。
因此，$x=1$ 是一個臨界點。

我們檢查臨界點和導數為零或不存在的點。
對於 $x>1$, $f'(x) = e^x > 0$, 所以 $f(x)$ 在 $(1, \infty)$ 上是遞增的。
對於 $x<1$, $f'(x) = -e^{2-x} < 0$, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1)$ 上是遞減的。

核心觀念

本題考查二重積分的累次積分表示法，關鍵公式為

$$\iint_{\Omega} f(x,y)\,dA = \int_{a}^{b}\int_{g_1(y)}^{g_2(y)} f(x,y)\,dx\,dy.$$

需先將兩條邊界皆改寫成 $x$ 為 $y$ 的函數，再判斷積分區域的上下限。

題目中的被積分函數為

$$f(x,y)=-xy^2.$$

解題方法

1. 改寫邊界並判斷區域

直線

$$y=x-1$$

改寫為

$$x=y+1.$$

拋物線

$$y^2=2x+6$$

改寫為

$$x=\frac{y^2-6}{2}=\frac{y^2}{2}-3.$$

題目給定區域條件：

$$y\ge x-1$$

等價於

$$x\le y+1,$$

且

$$2x+6\ge y^2$$

等價於

$$x\ge \frac{y^2}{2}-3.$$

因此，固定一個 $y$ 時，$x$ 的範圍為

$$\frac{y^2}{2}-3\le x\le y+1.$$

2. 求兩曲線交點的 $y$ 範圍

令兩條邊界相交：

$$y+1=\frac{y^2}{2}-3.$$

整理得

$$y^2-2y-8=0,$$ $$(y-4)(y+2)=0.$$

所以

$$y=-2,\quad y=4.$$

因此積分區域可表示為

$$\Omega = \left\{ (x,y)\,\middle|\, -2\le y\le 4,\ \frac{y^2}{2}-3\le x\le y+1 \right\}.$$

3. 建立並計算二重積分

$$\iint_{\Omega}(-xy^2)\,dA = \int_{-2}^{4} \int_{\frac{y^2}{2}-3}^{y+1} (-xy^2)\,dx\,dy.$$

先對 $x$ 積分：