115 年 國立政治大學科技管理與智慧財產研究所科技管理組（一般生）《微積分》

此題考驗極限與積分的綜合應用，可利用 L'Hôpital's Rule 來求解。

當 $x \to 2$ 時，積分 $\int_{2}^{x} \frac{1}{\sqrt{t^2+2t+8}} dt$ 的值趨近於 $\int_{2}^{2} \frac{1}{\sqrt{t^2+2t+8}} dt = 0$。
分母 $x-2$ 也趨近於 0。
因此，此極限為 $\frac{0}{0}$ 的不定形式，可使用 L'Hôpital's Rule。

核心觀念

這題考有限和的黎曼和極限。若函數 $f$ 在區間 $[a,b]$ 上連續，等分寬度為 $\Delta x$ 的和式在網格寬度趨近於 $0$ 時，會收斂到定積分：

$$\sum f(x_k)\,\Delta x \longrightarrow \int_a^b f(x)\,dx$$

解題方法

分母每次增加 $2$，可將和式寫成

$$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{n}{(n+2k)^2}$$

將分母中的 $n$ 提出：

$$\frac{n}{(n+2k)^2} = \frac{1}{n}\cdot\frac{1}{\left(1+\frac{2k}{n}\right)^2}$$

令 $x_k=\frac{2k}{n}$，則相鄰取樣點的間距為 $\Delta x=\frac{2}{n}$，因此 $\frac{1}{n}=\frac{1}{2}\Delta x$。原和式可改寫為

此題考驗分部積分法 (Integration by Parts) 的應用，且需要兩次運用。

設 $I = \int e^x \sin x \, dx$。
第一次分部積分：令 $u = \sin x$，$dv = e^x dx$。則 $du = \cos x \, dx$，$v = e^x$。
$I = e^x \sin x - \int e^x \cos x \, dx$
第二次分部積分，對 $\int e^x \cos x \, dx$ 進行：令 $u = \cos x$，$dv = e^x dx$。則 $du = -\sin x \, dx$，$v = e^x$。

此題考驗冪級數 (Power Series) 的收斂區間判斷，我們將使用 ratio test (比值檢驗法) 來求解。

設 $a_n = \frac{(x-3)^n}{n \cdot 4^n}$。
我們計算極限 $L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$。
$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{\frac{(x-3)^{n+1}}{(n+1) \cdot 4^{n+1}}}{\frac{(x-3)^n}{n \cdot 4^n}} \right|$
$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{(x-3)^{n+1}}{(n+1) \cdot 4^{n+1}} \cdot \frac{n \cdot 4^n}{(x-3)^n} \right|$
$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{(x-3) \cdot n}{(n+1) \cdot 4} \right|$
$L = \frac{|x-3|}{4} \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1}$
$L = \frac{|x-3|}{4} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1+\frac{1}{n}} = \frac{|x-3|}{4} \cdot 1 = \frac{|x-3|}{4}$
根據 ratio test，級數在 $L < 1$ 時收斂。

此題考驗積分技巧，需要將被積函數進行變形，使其能夠分解為幾個較易積分的部分，通常會涉及三角換元或配方法。

首先，觀察分母 $\sqrt{x^2+2x}$。我們可以對 $x^2+2x$ 進行配方法：
$x^2+2x = (x^2+2x+1) - 1 = (x+1)^2 - 1$。
所以分母為 $\sqrt{(x+1)^2 - 1}$。

現在被積函數變為 $\frac{x+3}{\sqrt{(x+1)^2 - 1}}$。
我們可以令 $u = x+1$，則 $x = u-1$，$dx = du$。
$x+3 = (u-1)+3 = u+2$。
積分變為：
$\int \frac{u+2}{\sqrt{u^2 - 1}} \, du$
這個積分可以分解為兩部分：
$\int \frac{u}{\sqrt{u^2 - 1}} \, du + \int \frac{2}{\sqrt{u^2 - 1}} \, du$

第一部分：$\int \frac{u}{\sqrt{u^2 - 1}} \, du$
令 $w = u^2 - 1$，則 $dw = 2u \, du$，即 $u \, du = \frac{1}{2} dw$。

核心觀念

本題評量**參數式曲線的弧長（Arc Length of Parametric Curves）**公式與微積分基本運算。

設平面曲線由參數式 $x = x(t), y = y(t)$ 給定，其中 $t \in [a, b]$，且 $x'(t), y'(t)$ 連續，則其曲線長度 $L$ 的計算公式為：

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

本題運用到的核心工具與數學恆等式：

1. 連鎖律（Chain Rule）： $$\frac{d}{dt}[\cos^3 t] = 3\cos^2 t (-\sin t) = -3\cos^2 t \sin t$$ $$\frac{d}{dt}[\sin^3 t] = 3\sin^2 t (\cos t) = 3\sin^2 t \cos t$$
2. 三角恆等式：$\sin^2 t + \cos^2 t = 1$。
3. 開根號取絕對值：$\sqrt{A^2} = |A|$。若積分區間內被積函數正負符號發生變化，必須分段積分以保證弧長為正值。

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解題方法

步驟一：計算一階微分

對參數式 $x(t) = \cos^3 t$ 與 $y(t) = \sin^3 t$ 分別對 $t$ 微分：

$$\frac{dx}{dt} = 3\cos^2 t \cdot (-\sin t) = -3\cos^2 t \sin t$$ $$\frac{dy}{dt} = 3\sin^2 t \cdot \cos t = 3\sin^2 t \cos t$$

步驟二：計算微分平方和

將兩式平方並相加：

$$\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2 = 9\cos^4 t \sin^2 t + 9\sin^4 t \cos^2 t$$

提出公因式 $9\sin^2 t \cos^2 t$：

$$\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2 = 9\sin^2 t \cos^2 t (\cos^2 t + \sin^2 t)$$

因為 $\cos^2 t + \sin^2 t = 1$，化簡得：

$$\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2 = 9\sin^2 t \cos^2 t$$

步驟三：開平方根（注意絕對值）

$$\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} = \sqrt{9\sin^2 t \cos^2 t} = 3|\sin t \cos t|$$

步驟四：分段定積分計算長度

給定區間為 $0 \le t \le \pi$。在此區間內：

此題考驗機率密度函數 (Probability Density Function, PDF) 的性質、累積分佈函數 (Cumulative Distribution Function, CDF) 的計算以及期望值 (Expected Value) 的求解。

核心概念：

1. 機率密度函數的積分必須等於 1：$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1$。
2. 累積分佈函數是機率密度函數的積分：$F(x) = \int_{-\infty}^{x} f(t) dt$。
3. 期望值是 $E(X) = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x) dx$。

(1) 常數 k 的值
根據機率密度函數的性質，其在整個定義域上的積分必須等於 1。
$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = \int_{0}^{\infty} kx^2 e^{-x} dx = 1$
$k \int_{0}^{\infty} x^2 e^{-x} dx = 1$
我們需要計算積分 $\int_{0}^{\infty} x^2 e^{-x} dx$。這是一個 Gamma 函數的特殊形式。
Gamma 函數定義為 $\Gamma(z) = \int_{0}^{\infty} t^{z-1} e^{-t} dt$。
在這裡，我們有 $z-1 = 2$，所以 $z=3$。
因此，$\int_{0}^{\infty} x^2 e^{-x} dx = \Gamma(3)$。
Gamma 函數的性質是 $\Gamma(n) = (n-1)!$ 對於正整數 $n$。
所以，$\Gamma(3) = (3-1)! = 2! = 2$。

或者，我們可以通過分部積分法計算：
設 $I = \int_{0}^{\infty} x^2 e^{-x} dx$。
第一次分部積分：令 $u=x^2$, $dv=e^{-x}dx$。則 $du=2x dx$, $v=-e^{-x}$。
$I = [-x^2 e^{-x}]_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} (-e^{-x})(2x) dx$
$I = (0 - 0) + 2 \int_{0}^{\infty} x e^{-x} dx$
注意到 $[-x^2 e^{-x}]_{0}^{\infty} = \lim_{x \to \infty} (-x^2 e^{-x}) - (-0^2 e^0) = 0 - 0 = 0$。
現在計算 $\int_{0}^{\infty} x e^{-x} dx$。
第二次分部積分：令 $u=x$, $dv=e^{-x}dx$。則 $du=dx$, $v=-e^{-x}$。
$\int_{0}^{\infty} x e^{-x} dx = [-x e^{-x}]_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} (-e^{-x}) dx$
$= (0 - 0) + \int_{0}^{\infty} e^{-x} dx$
$= [-e^{-x}]_{0}^{\infty} = (0 - (-e^0)) = 1$
所以，$I = 2 \times 1 = 2$。

將積分值代回：
$k \times 2 = 1 \implies k = \frac{1}{2}$。

(2) 累積分佈函數 F(x) = P(X ≤ x)
我們需要分情況討論 $x$ 的範圍。

情況 1: $x < 0$
$F(x) = \int_{-\infty}^{x} f(t) dt = \int_{-\infty}^{x} 0 \, dt = 0$

情況 2: $x \ge 0$
$F(x) = \int_{-\infty}^{x} f(t) dt = \int_{-\infty}^{0} 0 \, dt + \int_{0}^{x} k t^2 e^{-t} dt$

此題考驗三重積分 (Triple Integral) 的計算，積分區域 $E$ 是一個球殼 (spherical shell) 的上半部分。因此，使用球坐標 (spherical coordinates) 是最恰當的方法。

球坐標轉換公式：
$x = \rho \sin \phi \cos \theta$
$y = \rho \sin \phi \sin \theta$
$z = \rho \cos \phi$
$x^2 + y^2 + z^2 = \rho^2$
$dV = \rho^2 \sin \phi \, d\rho \, d\phi \, d\theta$

積分區域 $E$ 在球坐標下的描述：
$4 \le x^2 + y^2 + z^2 \le 9 \implies 4 \le \rho^2 \le 9 \implies 2 \le \rho \le 3$。
$z \ge 0 \implies \rho \cos \phi \ge 0$。由於 $\rho \ge 0$，所以 $\cos \phi \ge 0$。這意味著 $0 \le \phi \le \frac{\pi}{2}$。
對於角度 $\theta$，因為區域是對稱於 z 軸的，且沒有對 $\theta$ 的限制，所以 $\theta$ 的範圍是 $0 \le \theta \le 2\pi$。

被積函數 $\frac{z^2}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$ 在球坐標下轉換為：
$\frac{(\rho \cos \phi)^2}{\sqrt{\rho^2}} = \frac{\rho^2 \cos^2 \phi}{\rho} = \rho \cos^2 \phi$。

現在，我們將三重積分寫成球坐標形式：
$\iiint_{E} \frac{z^2}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \, dV = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi/2} \int_{2}^{3} (\rho \cos^2 \phi) (\rho^2 \sin \phi) \, d\rho \, d\phi \, d\theta$

此題考驗微分方程式的求解。觀察方程式的結構，可以發現它是一個可分離變數的微分方程式 (Separable Differential Equation)。

將方程式改寫為：
$6 \frac{dy}{dx} = -y^4 e^{2x}$
將含有 $y$ 的項移到一邊，含有 $x$ 的項移到另一邊：
$\frac{6}{y^4} dy = -e^{2x} dx$
現在，對兩邊進行積分：
$\int \frac{6}{y^4} dy = \int -e^{2x} dx$
$6 \int y^{-4} dy = -\int e^{2x} dx$
$6 \left( \frac{y^{-3}}{-3} \right) = -\left( \frac{e^{2x}}{2} \right) + C$
$-2 y^{-3} = -\frac{1}{2} e^{2x} + C$
$-\frac{2}{y^3} = -\frac{1}{2} e^{2x} + C$
我們可以重新整理常數 $C$。令 $C_1 = -C$，則
$\frac{2}{y^3} = \frac{1}{2} e^{2x} - C_1$
$y^3 = \frac{2}{\frac{1}{2} e^{2x} - C_1}$
$y^3 = \frac{4}{e^{2x} - 2C_1}$

此題考驗瑕積分 (Improper Integral) 的計算，且被積函數包含 $x^2$ 的指數，這通常提示使用變數代換，特別是與 Gamma 函數相關的代換。

設 $u = x^2$。則 $du = 2x \, dx$。
當 $x=0$ 時，$u=0$。
當 $x \to \infty$ 時，$u \to \infty$。

我們需要將積分中的 $x^3 dx$ 轉換成與 $du$ 相關的形式。
$x^3 dx = x^2 \cdot x \, dx = u \cdot \left(\frac{1}{2} du\right) = \frac{1}{2} u \, du$。

現在，將積分轉換為以 $u$ 為變數：
$\int_{0}^{\infty} x^3 e^{-x^2} \, dx = \int_{0}^{\infty} e^{-u} \left(\frac{1}{2} u \, du\right)$
$= \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} u e^{-u} \, du$
這個積分是 Gamma 函數 $\Gamma(z) = \int_{0}^{\infty} t^{z-1} e^{-t} dt$ 的形式。

核心觀念

本題考查「生產函數下的成本限制最適化」。在總成本固定時，利用有限預算配置勞力財 $x$ 與資本財 $y$，使產量函數

$$f(x,y)=240x^{1/4}y^{1/4}$$

達到最大。

成本限制式為

$$200x+400y\leq 48000,$$

其中 $x,y\geq 0$。

由於產量函數對 $x,y$ 均為正向遞增，增加任一投入都會提高產量，因此最大產量必然用盡全部預算：

$$200x+400y=48000.$$

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解題方法：拉格朗日乘數法

令拉格朗日函數為

$$\mathcal{L} =240x^{1/4}y^{1/4} +\lambda(48000-200x-400y).$$

分別對 $x$、$y$ 與 $\lambda$ 微分。

對 $x$ 微分

$$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x} =60x^{-3/4}y^{1/4}-200\lambda=0.$$

因此

$$60x^{-3/4}y^{1/4}=200\lambda.$$

對 $y$ 微分

$$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y} =60x^{1/4}y^{-3/4}-400\lambda=0.$$

因此

$$60x^{1/4}y^{-3/4}=400\lambda.$$

將兩個一階條件相除，消去 $\lambda$：

$$\frac{60x^{-3/4}y^{1/4}} {60x^{1/4}y^{-3/4}} = \frac{200}{400}.$$

左邊化簡為

$$\frac{y}{x},$$

所以

$$\frac{y}{x}=\frac{1}{2}, \qquad x=2y.$$

將 $x=2y$ 代入預算限制式：

$$200(2y)+400y=48000,$$ $$800y=48000,$$ $$y=60.$$

因此