109 年 國立成功大學企業管理研究所丙組《微積分》

此題考驗對函數水平漸近線與垂直漸近線的判斷。

首先，我們分析水平漸近線。水平漸近線出現在當 $x \to \pm \infty$ 時，函數的極限值。
$\lim_{x \to \pm \infty} f(x) = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{-x^2 + 3}{2x^2 - 6x}$
我們可以將分子分母同除以 $x^2$ (最高次項)：
$\lim_{x \to \pm \infty} \frac{-1 + \frac{3}{x^2}}{2 - \frac{6}{x}} = \frac{-1 + 0}{2 - 0} = -\frac{1}{2}$
因此，$y = -\frac{1}{2}$ 是一條水平漸近線。選項 (a) 正確。

接著，我們分析垂直漸近線。垂直漸近線出現在使分母為零且分子不為零的 $x$ 值。
令分母為零：$2x^2 - 6x = 0 \implies 2x(x - 3) = 0$。
解得 $x = 0$ 或 $x = 3$。

檢查 $x = 0$：
當 $x=0$ 時，分子為 $-0^2 + 3 = 3 \neq 0$。
因此，在 $x=0$ 處，函數的分母為零且分子不為零，所以 $x = 0$ 是一條垂直漸近線。
選項 (c) 正確。

檢查 $x = 3$：
當 $x=3$ 時，分子為 $-3^2 + 3 = -9 + 3 = -6 \neq 0$。
因此，在 $x=3$ 處，函數的分母為零且分子不為零，所以 $x = 3$ 也是一條垂直漸近線。

回顧選項：
(a) $y = -\frac{1}{2}$ is a horizontal asymptote; (正確)
(b) $x = 0$ is a horizontal asymptote; (錯誤，這是垂直漸近線)
(c) $x = 0$ is a vertical asymptote; (正確)
(d) None of above. (錯誤，因為有正確選項)

此為單選題，但出現了兩個正確選項 (a) 和 (c)。一般而言，這類題目可能題目敘述或選項設計有誤。然而，若必須從中選擇一個最能代表此函數特徵的選項，通常會先判斷水平漸近線。但嚴格來說，(a) 和 (c) 都是正確的敘述。
我們仔細閱讀題目，Part A 是 Multiple-Choice Questions。在這種情況下，我們需要選擇一個最佳答案。
選項 (a) 描述水平漸近線，選項 (c) 描述垂直漸近線。函數同時具有水平和垂直漸近線。
如果題目是 "Which of the following is a correct statement about the asymptotes of f(x)?", 那麼 (a) 和 (c) 都是正確的。
若題目是 "Which of the following is the horizontal asymptote?"，則選 (a)。
若題目是 "Which of the following is a vertical asymptote?"，則選 (c)。
由於題目沒有明確指出要找哪一種漸近線，我們需要根據常見的考法來判斷。然而，在沒有更進一步的資訊或說明時，我們只能指出 (a) 和 (c) 都是正確的。
考試時若遇到此類情況，可能需要請監考老師釋疑，或是根據出題老師的偏好來選擇。
在此，我們確認 (a) 和 (c) 都正確。如果這是一份標準化考試，通常只會有一個正確答案。這可能是題目印刷錯誤或設計上的瑕疵。
若我們被迫選擇一個，通常會先考慮水平漸近線的判斷，因為它涉及極限的計算。
然而，題目並沒有給出任何指示，讓我們只能確認 (a) 和 (c) 都是正確的敘述。

核心觀念

本題考查「臨界數」、「函數的遞增遞減區間」及「一階導數判別法」。

• 臨界數：若 $c$ 在函數定義域內，且 $f'(c)=0$ 或 $f'(c)$ 不存在，則 $c$ 為臨界數。
• 單調性：區間內 $f'(x)>0$ 時，函數遞增；$f'(x)<0$ 時，函數遞減。
• 相對極值：導數由負變正，對應相對極小值；導數由正變負，對應相對極大值。

本題的分數次方以實數立方根解讀，例如 $x^{4/3}=(\sqrt[3]{x})^4$，因此定義域為全體實數。

解題方法

採用一階導數判別法：先求臨界數，再依導數的正負判定單調性與相對極值。

1. 求導數與臨界數

對 $x\ne 0$，利用冪次微分公式：

$$\begin{aligned} f'(x) &=\frac{20}{3}x^{1/3}-\frac{10}{3}x^{2/3}\\ &=\frac{10}{3}x^{1/3}\left(2-x^{1/3}\right). \end{aligned}$$

在 $x=0$ 處，以導數定義確認：

$$\begin{aligned} f'(0) &=\lim_{h\to0}\frac{f(h)-f(0)}{h}\\ &=\lim_{h\to0}\left(5h^{1/3}-2h^{2/3}\right)\\ &=0. \end{aligned}$$

因此，上述導數公式對所有實數皆成立。令 $f'(x)=0$：

$$x^{1/3}\left(2-x^{1/3}\right)=0 \quad\Longrightarrow\quad x=0\ \text{或}\ x=8.$$

故臨界數為 $0$ 與 $8$。

2. 判斷導數正負

由於常數 $\frac{10}{3}>0$，只需判斷兩個因子 $x^{1/3}$ 與 $2-x^{1/3}$ 的正負。

此題考驗對瑕積分收斂性的判斷，特別是利用比較審斂法。

瑕積分 $\int_{0}^{\infty} e^{-ax} f(x) dx$ 的收斂性取決於積分在 $\infty$ 處的行為。
我們已知 $|f(x)| \le Me^{\gamma x}$ 對於 $x \ge x_0$，其中 $M>0, \gamma>0$。
我們要判斷瑕積分 $\int_{0}^{\infty} |e^{-ax} f(x)| dx$ 是否收斂。
$|e^{-ax} f(x)| = |e^{-ax}| |f(x)| = e^{-ax} |f(x)|$
當 $x \ge x_0$ 時：
$e^{-ax} |f(x)| \le e^{-ax} (Me^{\gamma x}) = M e^{(\gamma - a)x}$
因此，我們需要考慮瑕積分 $\int_{x_0}^{\infty} M e^{(\gamma - a)x} dx$ 的收斂性。

這個積分是形如 $\int_{x_0}^{\infty} C e^{kx} dx$ 的形式。
此類積分的收斂性取決於指數 $k$ 的符號。

1. 如果 $k > 0$，則 $\int_{x_0}^{\infty} e^{kx} dx = \lim_{b \to \infty} [\frac{1}{k} e^{kx}]_{x_0}^b = \lim_{b \to \infty} \frac{1}{k} (e^{kb} - e^{kx_0}) = \infty$，積分發散。
2. 如果 $k < 0$，則 $\int_{x_0}^{\infty} e^{kx} dx = \lim_{b \to \infty} [\frac{1}{k} e^{kx}]_{x_0}^b = \lim_{b \to \infty} \frac{1}{k} (e^{kb} - e^{kx_0}) = \frac{1}{k} (0 - e^{kx_0}) = -\frac{1}{k} e^{kx_0}$，積分收斂。
3. 如果 $k = 0$，則 $\int_{x_0}^{\infty} e^{0x} dx = \int_{x_0}^{\infty} 1 dx = \lim_{b \to \infty} [x]_{x_0}^b = \lim_{b \to \infty} (b - x_0) = \infty$，積分發散。

在我們的例子中，$k = \gamma - a$。
為了使瑕積分 $\int_{x_0}^{\infty} M e^{(\gamma - a)x} dx$ 收斂，我們需要指數 $\gamma - a < 0$。
即 $\gamma < a$，或者寫成 $a > \gamma$。

根據比較審斂法（Comparison Test），如果 $\int_{x_0}^{\infty} M e^{(\gamma - a)x} dx$ 收斂，且 $|e^{-ax} f(x)| \le M e^{(\gamma - a)x}$ 對於 $x \ge x_0$，那麼 $\int_{x_0}^{\infty} |e^{-ax} f(x)| dx$ 也收斂。
如果絕對值積分收斂，那麼原積分 $\int_{x_0}^{\infty} e^{-ax} f(x) dx$ 也收斂。
而積分 $\int_{0}^{x_0} e^{-ax} f(x) dx$ 是一個在有限區間上的連續函數的積分，它總是收斂的。
因此，瑕積分 $\int_{0}^{\infty} e^{-ax} f(x) dx$ 收斂的條件是 $a > \gamma$。

選項 (a) 判斷：
(a) the integral is defined (which means that the improper integral converges,) provided $a > 0$;
這是不夠的。例如，如果 $a=1$ 且 $\gamma=2$，則 $a>0$ 但 $a \ngtr \gamma$，積分會發散。所以此選項錯誤。

選項 (b) 判斷：
(b) the improper integral is defined provided $a > \gamma$;
根據我們的推導，這是正確的條件。

此題考驗對各種級數收斂性的判斷，包括幾何級數、p-級數、比值檢驗、根值檢驗、項的測試等。

我們逐一分析每個選項。

選項 (a): $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{5}{\sqrt[n]{n}}$
這個級數的項是 $a_n = \frac{5}{n^{1/n}}$。
首先，我們需要檢查當 $n \to \infty$ 時，$a_n$ 的極限。
我們知道 $\lim_{n \to \infty} n^{1/n} = 1$。
所以，$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{5}{n^{1/n}} = \frac{5}{1} = 5$。
根據級數的項的測試（Term Test for Divergence），如果 $\lim_{n \to \infty} a_n \neq 0$，則級數發散。
因為極限值是 5 (不等於 0)，所以此級數發散。

選項 (b): $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$
這個級數的項是 $a_n = \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$。
我們計算當 $n \to \infty$ 時，$a_n$ 的極限。
$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$
將分子分母同除以 $n$ (或者說，將 $n$ 移入根號內變成 $n^2$)：
$\lim_{n \to \infty} \frac{n/n}{\sqrt{n^2/n^2+1/n^2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+1/n^2}} = \frac{1}{\sqrt{1+0}} = 1$
因為 $\lim_{n \to \infty} a_n = 1 \neq 0$，根據項的測試，此級數發散。

選項 (c): $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{e^n}$
這個級數可以寫成 $\sum_{n=0}^{\infty} (\frac{1}{e})^n$。
這是一個幾何級數，首項 $a = (\frac{1}{e})^0 = 1$，公比 $r = \frac{1}{e}$。
由於 $|r| = |\frac{1}{e}| = \frac{1}{e} < 1$ (因為 $e \approx 2.718 > 1$)，此幾何級數收斂。
其收斂值為 $\frac{a}{1-r} = \frac{1}{1 - \frac{1}{e}} = \frac{1}{\frac{e-1}{e}} = \frac{e}{e-1}$。
所以，此級數收斂。

選項 (d): $\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{n+1}}{n+1}$, for $x \in (0,2)$.
這是一個冪級數。我們首先找到其收斂半徑。
令 $a_n = (-1)^n \frac{x^{n+1}}{n+1}$。
我們使用根值檢驗（Root Test）或比值檢驗（Ratio Test）來尋找收斂半徑。這裡使用根值檢驗。
$L = \lim_{n \to \infty} |a_n|^{1/n} = \lim_{n \to \infty} \left| (-1)^n \frac{x^{n+1}}{n+1} \right|^{1/n} = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{|x|^{n+1}}{n+1} \right)^{1/n}$

此題考驗對多元函數定義域的判斷以及尋找臨界點。

部分 (a): 求定義域
函數 $F(x, y) = \ln(x^2 – xy + y^2)$ 的定義域要求對數函數的參數必須為正。
即 $x^2 - xy + y^2 > 0$。

我們來分析二次型 $q(x, y) = x^2 - xy + y^2$。
這是一個二次型。我們可以嘗試配方法或判斷其正定性。

方法一：配方法
$x^2 - xy + y^2 = (x^2 - xy + \frac{1}{4}y^2) + \frac{3}{4}y^2 = (x - \frac{1}{2}y)^2 + \frac{3}{4}y^2$
由於 $(x - \frac{1}{2}y)^2 \ge 0$ 且 $\frac{3}{4}y^2 \ge 0$，它們的和也必然 $\ge 0$。
要使和為零，必須同時滿足：
$(x - \frac{1}{2}y)^2 = 0 \implies x = \frac{1}{2}y$
$\frac{3}{4}y^2 = 0 \implies y = 0$
若 $y=0$，則 $x = \frac{1}{2}(0) = 0$。
所以，$x^2 - xy + y^2 = 0$ 當且僅當 $x = 0$ 且 $y = 0$。
因此，$x^2 - xy + y^2 > 0$ 對於所有 $(x, y) \neq (0, 0)$ 都成立。

方法二：判斷正定性
二次型 $Ax^2 + Bxy + Cy^2$ 的係數為 $A=1, B=-1, C=1$。
其判別式為 $B^2 - 4AC = (-1)^2 - 4(1)(1) = 1 - 4 = -3 < 0$。
由於 $A=1 > 0$ 且判別式 < 0，該二次型是正定的。
這意味著 $x^2 - xy + y^2 > 0$ 對於所有 $(x, y) \neq (0, 0)$ 都成立。

所以，函數 $F(x, y)$ 的定義域是所有不等於原點 $(0, 0)$ 的二維平面點。
定義域 $D = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid (x, y) \neq (0, 0)\}$。

核心觀念

連續型隨機變數的機率密度函數 $f(x)$ 必須滿足：

1. $f(x)\ge 0$；
2. $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx=1$。

本題的密度為指數分布：

$$f(x)= \begin{cases} \lambda e^{-\lambda x}, & x>0,\\ 0, & x\le 0, \end{cases} \qquad \lambda>0.$$

期望值與變異數的定義分別為：

$$E(X)=\int_{-\infty}^{\infty}x f(x)\,dx,$$ $$\operatorname{Var}(X)=E\left[(X-\mu)^2\right], \qquad \mu=E(X).$$

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一、驗證 $f(x)$ 為機率密度函數

因為 $\lambda>0$，且 $e^{-\lambda x}>0$，所以當 $x>0$ 時，

$$f(x)=\lambda e^{-\lambda x}>0.$$

當 $x\le 0$ 時，$f(x)=0$，因此對所有 $x$ 都有 $f(x)\ge 0$。

再計算總面積：

$$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx = \int_0^\infty \lambda e^{-\lambda x}\,dx.$$

由

$$\int \lambda e^{-\lambda x}\,dx=-e^{-\lambda x},$$

可得

$$\int_0^\infty \lambda e^{-\lambda x}\,dx = \left[-e^{-\lambda x}\right]_0^\infty.$$

由於 $\lambda>0$，

$$\lim_{x\to\infty}e^{-\lambda x}=0,$$

所以

$$\left[-e^{-\lambda x}\right]_0^\infty = 0-(-1)=1.$$

因此，$f(x)$ 確實是連續型隨機變數 $X$ 的機率密度函數。

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二、期望值 $E(X)$

由於 $x\le 0$ 時密度為 $0$，因此

$$\mu=E(X)=\int_0^\infty x\lambda e^{-\lambda x}\,dx.$$

採用分部積分法。令

$$u=x,\qquad dv=\lambda e^{-\lambda x}\,dx,$$

則

$$du=dx,\qquad v=-e^{-\lambda x}.$$

因此

$$\int x\lambda e^{-\lambda x}\,dx = - xe^{-\lambda x}+\int e^{-\lambda x}\,dx = - xe^{-\lambda x}-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda x}.$$

代入上下限：

$$\mu = \left[ - xe^{-\lambda x} -\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda x} \right]_0^\infty.$$

當 $x\to\infty$ 時，指數衰減速度快於一次多項式成長，因此

$$\lim_{x\to\infty}xe^{-\lambda x}=0, \qquad \lim_{x\to\infty}e^{-\lambda x}=0.$$

在 $x=0$ 時，

此題考驗泰勒展開式在近似計算中的應用，以及誤差估計。

部分 (a): 估計 $\sqrt{33}$
我們被提示使用 $f(x) = \sqrt{x}$，並考慮 $f(x + \Delta x)$ 在 $x = 32$ 的一階泰勒展開式。
我們想估計 $\sqrt{33}$，所以我們可以將 $33$ 寫成 $32 + 1$。
因此，$x = 32$ 且 $\Delta x = 1$。

一階泰勒展開式為：
$f(x + \Delta x) \approx f(x) + f'(x) \Delta x$

首先，我們計算 $f(x)$ 和 $f'(x)$ 在 $x = 32$ 的值。
$f(x) = \sqrt{x} = x^{1/2}$
$f(32) = \sqrt{32} = \sqrt{16 \cdot 2} = 4\sqrt{2}$。

接下來，計算導數 $f'(x)$:
$f'(x) = \frac{1}{2} x^{-1/2} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$
$f'(32) = \frac{1}{2\sqrt{32}} = \frac{1}{2 \cdot 4\sqrt{2}} = \frac{1}{8\sqrt{2}}$。

現在將這些值代入一階泰勒展開式：
$f(32 + 1) \approx f(32) + f'(32) \cdot 1$
$\sqrt{33} \approx 4\sqrt{2} + \frac{1}{8\sqrt{2}} \cdot 1$

為了得到數值結果，我們需要 $\sqrt{2}$ 的近似值。$\sqrt{2} \approx 1.41421356$。
$4\sqrt{2} \approx 4 \times 1.41421356 = 5.65685424$
$\frac{1}{8\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{16} \approx \frac{1.41421356}{16} \approx 0.0883883475$

所以，
$\sqrt{33} \approx 5.65685424 + 0.0883883475 \approx 5.7452425875$

估計值到小數點後三位是 $5.745$。

另一種可能的起點：
我們也可以選擇 $x=36$ 作為起點，因為 $\sqrt{36}=6$ 是整數。
則 $33 = 36 + (-3)$。
$x = 36$, $\Delta x = -3$。
$f(36) = \sqrt{36} = 6$。
$f'(36) = \frac{1}{2\sqrt{36}} = \frac{1}{2 \cdot 6} = \frac{1}{12}$。
$f(36 + (-3)) \approx f(36) + f'(36) \cdot (-3)$
$\sqrt{33} \approx 6 + \frac{1}{12} \cdot (-3) = 6 - \frac{3}{12} = 6 - \frac{1}{4} = 6 - 0.25 = 5.75$。

這個結果 $5.75$ 比 $5.745$ 更接近真實值。
真實值 $\sqrt{33} \approx 5.7445626465$.
$5.75$ 的誤差是 $|5.75 - 5.7445626465| \approx 0.005437$。
$5.745$ 的誤差是 $|5.745 - 5.7445626465| \approx 0.000437$.

提示中明確要求在 $x=32$ 進行展開。所以我們應該使用 $x=32$ 的結果。
$\sqrt{33} \approx 5.745$。

部分 (b): 估計可能誤差
我們使用一階泰勒展開式，$f(x + \Delta x) \approx f(x) + f'(x) \Delta x$。
誤差項由二階泰勒展開式的餘項給出：
$R_2(x) = \frac{f''(c)}{2!} (\Delta x)^2$，其中 $c$ 是介於 $x$ 和 $x + \Delta x$ 之間的一個值。
在此問題中，$x = 32$ 且 $\Delta x = 1$。所以 $c$ 介於 $32$ 和 $33$ 之間。

我們需要計算二階導數 $f''(x)$。
$f'(x) = \frac{1}{2} x^{-1/2}$
$f''(x) = \frac{1}{2} (-\frac{1}{2}) x^{-3/2} = -\frac{1}{4} x^{-3/2} = -\frac{1}{4x\sqrt{x}}$

所以，誤差的絕對值 $|R_2(32)|$ 的上界是：
$|R_2(32)| = \left| \frac{f''(c)}{2!} (\Delta x)^2 \right| = \left| \frac{-1}{4c\sqrt{c}} \cdot \frac{1}{2} \cdot (1)^2 \right| = \frac{1}{8c\sqrt{c}}$
其中 $32 < c < 33$。

為了估計誤差的上界，我們需要找到 $c\sqrt{c}$ 的最小值。

核心觀念

本題考查累積分布函數（CDF）與機率密度函數（PDF）的基本性質：

1. 累積分布函數 $F(x)$ 必須滿足：

   • 單調遞增；
   • 右連續，本題更可證明為連續；
   • $\displaystyle \lim_{x\to-\infty}F(x)=0$；
   • $\displaystyle \lim_{x\to\infty}F(x)=1$。

2. 若 $F$ 可微，則其密度函數為

   $$f(x)=F'(x).$$

3. 若 $f(-x)=f(x)$，則 $f$ 為偶函數，圖形關於 $y$ 軸對稱。

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解題方法

先檢查 $F(x)$ 是否符合累積分布函數的定義，再微分求出 $f(x)$，最後利用對稱性與微分判斷最大值。

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(a) 證明 $F(x)=\dfrac{1}{1+e^{-x}}$ 為連續機率分布

給定

$$F(x)=\frac{1}{1+e^{-x}}.$$

1. 連續性

因為指數函數 $e^{-x}$ 在全體實數上連續，且

$$1+e^{-x}>0,$$

分母永遠不為零，因此 $F(x)$ 在 $(-\infty,\infty)$ 上連續。

2. 單調遞增性

對 $F(x)$ 微分：

$$F'(x) =-(1+e^{-x})^{-2}(-e^{-x}) =\frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}.$$

由於 $e^{-x}>0$ 且 $(1+e^{-x})^2>0$，所以

$$F'(x)>0.$$

因此 $F(x)$ 在全體實數上嚴格遞增。

3. 無窮遠處的極限

當 $x\to-\infty$ 時，$e^{-x}\to\infty$，故

$$\lim_{x\to-\infty}F(x) =\lim_{x\to-\infty}\frac{1}{1+e^{-x}} =0.$$

當 $x\to\infty$ 時，$e^{-x}\to0$，故

$$\lim_{x\to\infty}F(x) =\frac{1}{1+0} =1.$$

此外，對所有 $x\in\mathbb{R}$，

$$0<F(x)<1.$$

因此 $F(x)$ 滿足累積分布函數的所有條件，且因為 $F$ 在實數上連續，所以它定義了一個在 $(-\infty,\infty)$ 上的連續機率分布。

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(b) 證明密度函數總為正，且關於 $y$ 軸對稱

由上題微分結果，

$$f(x)=F'(x) =\frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}.$$

將分子分母同乘 $e^{2x}$，也可寫成

$$f(x)=\frac{e^x}{(1+e^x)^2}.$$

1. $f(x)$ 總為正

因為

$$e^{-x}>0,\qquad (1+e^{-x})^2>0,$$

所以對所有 $x\in\mathbb{R}$，

$$f(x)>0.$$

2. 關於 $y$ 軸對稱

計算 $f(-x)$：

$$f(-x) =\frac{e^{-(-x)}}{(1+e^{-(-x)})^2} =\frac{e^x}{(1+e^x)^2}.$$