113 年 國立成功大學企業管理研究所丙組《微積分》

核心觀念

本題綜合考查：

• 導數為零與常數函數的關係，以及平均值定理。
• 奇次多項式的實根性質。
• 導數大小關係與函數值大小關係的區別。
• 多項式根的重根與相異實根之判定。

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解題方法

逐一檢驗各選項，並特別注意「定義域是否為區間」及「根是否重複計算」這兩個語意陷阱。

（a）If a differentiable function $f$ has zero derivative everywhere on its domain, $f$ must be constant.

若 $f'(x)=0$ 對定義域內所有 $x$ 成立，且定義域為一個區間，任取 $a<b$，由平均值定理，存在 $c\in(a,b)$ 使得

$$f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)=0.$$

因此 $f(a)=f(b)$，故 $f$ 為常數函數。

然而，題目只寫「on its domain」，沒有保證定義域是區間。取

$$D=(-\infty,0)\cup(0,\infty),$$

並定義

$$f(x)= \begin{cases} 0, & x<0,\\ 1, & x>0. \end{cases}$$

則在 $D$ 上處處可微且 $f'(x)=0$，但 $f$ 並非整個定義域上的常數函數。

因此，按嚴格語意，本選項不一定成立；若補充「定義域為區間」，則本選項為真。

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（b）A real cubic polynomial may have exactly 2 real roots.

此敘述在通常將「不同的根」視為不同實根的定義下是正確的。例如：

$$p(x)=(x-1)^2(x+1).$$

其相異實根為

$$x=1,\qquad x=-1,$$

所以它確實只有 $2$ 個相異實根。

因此，本選項為真。

補充而言，若題目將重根按重數計算，則上式的根總數為 $3$；但一般所說的「有幾個實根」通常指相異實根，故本選項的文字具有歧義。

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（c）For differentiable functions $f,g$ with $f' > g'$, we must have $f > g$.

令

$$h(x)=f(x)-g(x).$$

則

此題考驗多變數函數的局部極值判別，特別是利用二階偏導數的性質。

根據多變數函數的局部極值判別法（二階導數檢定法），對於一個在點 $P$ 處一階偏導數為零的函數 $f(x,y)$，我們需要計算二階偏導數，並構成 Hesse matrix（海森矩陣）：
$H(P) = \begin{pmatrix} f_{xx}(P) & f_{xy}(P) \\ f_{yx}(P) & f_{yy}(P) \end{pmatrix}$
其中 $f_{xy}(P) = f_{yx}(P)$（因為題目假設二階導數存在且連續）。
我們計算行列式 $D(P) = \det(H(P)) = f_{xx}(P)f_{yy}(P) - (f_{xy}(P))^2$。

判別法則如下：

1. 若 $D(P) > 0$ 且 $f_{xx}(P) > 0$，則 $P$ 是局部最小值點。
2. 若 $D(P) > 0$ 且 $f_{xx}(P) < 0$，則 $P$ 是局部最大值點。
3. 若 $D(P) < 0$，則 $P$ 是鞍點（Saddle point）。
4. 若 $D(P) = 0$，則檢定失效，無法判斷。

題目給定：
$f_x(P) = f_y(P) = 0$ (表示 P 是臨界點)
$f_{xy}(P) = 3$
我們需要找到使 $P$ 成為局部最大值點的條件。根據判別法，我們需要滿足：
$D(P) = f_{xx}(P)f_{yy}(P) - (f_{xy}(P))^2 > 0$ 且 $f_{xx}(P) < 0$。
將 $f_{xy}(P) = 3$ 代入，我們得到：
$f_{xx}(P)f_{yy}(P) - 3^2 > 0 \implies f_{xx}(P)f_{yy}(P) - 9 > 0 \implies f_{xx}(P)f_{yy}(P) > 9$。
同時，我們還需要 $f_{xx}(P) < 0$。

現在我們逐一檢查選項：

核心觀念

本題考查：

• 指數函數的冪級數展開：
  $e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}$
• 利用積分處理分母中的 $n+2$。
• 題目提示 $f(x)=xe^x$，其展開式為
  $xe^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n!}.$

解題方法

由
$xe^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n!},$
兩邊從 $0$ 積分到 $2$：

$$\int_0^2 xe^x\,dx = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\int_0^2 x^{n+1}\,dx.$$

計算右側：

$$\int_0^2 x^{n+1}\,dx = \left[\frac{x^{n+2}}{n+2}\right]_0^2 = \frac{2^{n+2}}{n+2}.$$

因此

$$\int_0^2 xe^x\,dx = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{n+2}}{n!(n+2)} = 4\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n}{n!(n+2)}.$$

再計算左側：

$$\int xe^x\,dx=(x-1)e^x,$$

所以

$$\int_0^2 xe^x\,dx = \left[(x-1)e^x\right]_0^2 = e^2-(-1) = e^2+1.$$

故原級數為

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n}{n!(n+2)} = \frac{e^2+1}{4}.$$

選項分析

此題考驗瑕積分（improper integral）的收斂性判別。我們需要逐一檢查每個積分是否為有限值。

1. $\int_{0}^{\infty} e^{-x} dx$
   這是第一類瑕積分，因為積分上限是無窮大。
   $\int_{0}^{\infty} e^{-x} dx = \lim_{b \to \infty} \int_{0}^{b} e^{-x} dx = \lim_{b \to \infty} [-e^{-x}]_{0}^{b} = \lim_{b \to \infty} (-e^{-b} - (-e^{0})) = \lim_{b \to \infty} (-e^{-b} + 1) = 0 + 1 = 1$
   此積分收斂。

2. $\int_{0}^{9} \frac{1}{x-9} dx$
   這是第二類瑕積分，因為被積函數在積分區間內（積分上限 $x=9$）有奇點。
   當 $x \to 9^-$ 時，被積函數 $\frac{1}{x-9} \to -\infty$。
   $\int_{0}^{9} \frac{1}{x-9} dx = \lim_{b \to 9^-} \int_{0}^{b} \frac{1}{x-9} dx = \lim_{b \to 9^-} [\ln|x-9|]_{0}^{b} = \lim_{b \to 9^-} (\ln|b-9| - \ln|-9|)$
   $= \lim_{b \to 9^-} (\ln(9-b) - \ln(9))$
   由於當 $b \to 9^-$ 時，$9-b \to 0^+$, $\ln(9-b) \to -\infty$。
   因此，此積分發散。

3. $\int_{3}^{\infty} \frac{1}{x^2 - \ln x} dx$
   這是第一類瑕積分（積分上限無窮大）且可能是第二類瑕積分（被積函數在 $x=3$ 附近或更大的值時，分母是否為零）。
   首先，考慮積分區間 $[3, \infty)$。
   當 $x$ 很大時，$x^2$ 的增長速度遠大於 $\ln x$。因此，$x^2 - \ln x > 0$ 對於足夠大的 $x$ 成立。
   我們需要檢查在 $x=3$ 附近，分母是否為零。
   當 $x=3$ 時，$x^2 - \ln x = 9 - \ln 3 > 0$。
   所以，在積分區間內，被積函數是連續的，除了可能在無窮大處。
   我們比較被積函數與一個已知收斂或發散的函數。
   對於 $x \ge 3$, $x^2 - \ln x > 0$.
   且 $x^2 - \ln x < x^2$。
   所以 $\frac{1}{x^2 - \ln x} > \frac{1}{x^2}$。
   我們知道 $\int_{3}^{\infty} \frac{1}{x^2} dx$ 是收斂的（p-積分，p=2>1）。
   但是，因為 $\frac{1}{x^2 - \ln x} > \frac{1}{x^2}$，比較檢驗法在這裡不能直接得出結論。

我們應該尋找一個更小的、已知發散的函數來比較。
或者，我們應該比較 $\frac{1}{x^2 - \ln x}$ 與 $\frac{1}{x^2}$ 的極限比。
$\lim_{x \to \infty} \frac{\frac{1}{x^2 - \ln x}}{\frac{1}{x^2}} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{x^2 - \ln x} = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{1 - \frac{\ln x}{x^2}}$.
由於 $\lim_{x \to \infty} \frac{\ln x}{x^2} = 0$ (因為 $x^2$ 的增長速度快於 $\ln x$)，所以極限為 1。
因為 $\int_{3}^{\infty} \frac{1}{x^2} dx$ 收斂，且極限比為 1，所以 $\int_{3}^{\infty} \frac{1}{x^2 - \ln x} dx$ 收斂。

4. $\int_{2}^{3} \frac{1}{\sqrt{x^2-9}} dx$

此題考驗瑕積分的計算，特別是涉及三角函數和指數函數的乘積。這類積分通常使用分部積分法兩次來求解。

我們需要計算瑕積分 $I = \int_{0}^{\infty} e^{-x} \cos x \, dx$。
令 $I = \int_{0}^{\infty} e^{-x} \cos x \, dx = \lim_{b \to \infty} \int_{0}^{b} e^{-x} \cos x \, dx$。

我們計算定積分 $\int e^{-x} \cos x \, dx$。
使用分部積分法，令 $u = \cos x$, $dv = e^{-x} dx$。
則 $du = -\sin x \, dx$, $v = -e^{-x}$。
$\int e^{-x} \cos x \, dx = (\cos x)(-e^{-x}) - \int (-e^{-x})(-\sin x) \, dx$
$= -e^{-x} \cos x - \int e^{-x} \sin x \, dx$

現在我們需要計算 $\int e^{-x} \sin x \, dx$。
再次使用分部積分法，令 $u = \sin x$, $dv = e^{-x} dx$。
則 $du = \cos x \, dx$, $v = -e^{-x}$。
$\int e^{-x} \sin x \, dx = (\sin x)(-e^{-x}) - \int (-e^{-x})(\cos x) \, dx$
$= -e^{-x} \sin x + \int e^{-x} \cos x \, dx$

將此結果代回原來的積分式：
$\int e^{-x} \cos x \, dx = -e^{-x} \cos x - (-e^{-x} \sin x + \int e^{-x} \cos x \, dx)$
$\int e^{-x} \cos x \, dx = -e^{-x} \cos x + e^{-x} \sin x - \int e^{-x} \cos x \, dx$
令 $J = \int e^{-x} \cos x \, dx$。
$J = -e^{-x} \cos x + e^{-x} \sin x - J$
$2J = e^{-x} (\sin x - \cos x)$
$J = \frac{1}{2} e^{-x} (\sin x - \cos x)$

現在我們計算定積分：
$\int_{0}^{b} e^{-x} \cos x \, dx = \left[ \frac{1}{2} e^{-x} (\sin x - \cos x) \right]_{0}^{b}$
$= \frac{1}{2} e^{-b} (\sin b - \cos b) - \frac{1}{2} e^{0} (\sin 0 - \cos 0)$
$= \frac{1}{2} e^{-b} (\sin b - \cos b) - \frac{1}{2} (1) (0 - 1)$

核心觀念

本題主要評量以下三大微積分核心觀念：

1. 不定型極限（Indeterminate Forms）與羅必達法則（L'Hôpital's Rule）：
   當極限呈現 $\frac{0}{0}$ 型時，在滿足可微條件的前提下，可透過分子與分母各自微分來求解極限： $$\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$$
2. 微積分第一基本定理（Fundamental Theorem of Calculus, Part 1, FTC1）：
   若被積函數在區間內連續，則變上限積分函數對上限微分即為被積函數本身： $$\frac{d}{dx} \int_{a}^{x} g(t) \, dt = g(x)$$
3. 被積函數在端點的連續性（可去不連續點）：
   被積函數 $g(t) = \frac{t}{e^{3t}-1}$ 在 $t = 0$ 處雖看似無定義，但由於 $\lim_{t \to 0} \frac{t}{e^{3t}-1} = \frac{1}{3}$，故 $t=0$ 為可去不連續點（Removable Discontinuity），該瑕積分在此點表現良好且積分函數在 $x \to 0^+$ 具可微性。

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解題方法

題目要求計算：

$$\lim_{x \to 0^+} F(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\int_{0}^{x} \frac{t}{e^{3t}-1} \, dt}{x}$$

步驟一：判別極限型態

• 當 $x \to 0^+$ 時，分母趨近於 $0$： $$\lim_{x \to 0^+} x = 0$$
• 分子為變上限積分，當 $x \to 0^+$ 時： $$\lim_{x \to 0^+} \int_{0}^{x} \frac{t}{e^{3t}-1} \, dt = \int_{0}^{0} \frac{t}{e^{3t}-1} \, dt = 0$$

此極限屬於 $\frac{0}{0}$ 不定型，可採用羅必達法則求解。

步驟二：應用羅必達法則與微積分基本定理

對分子與分母分別對 $x$ 微分：

• 分母微分： $$\frac{d}{dx} [x] = 1$$
• 分子微分（利用微積分基本定理）：

此題考驗隱函數微分求切線方程式。我們需要先求出曲線在點 (0, 1) 的斜率，然後利用點斜式寫出切線方程式。

曲線的方程式為：
$\sin(xy) - 2\cos(x^2) = 2e^y - 2e - 2y$
我們需要對此方程式兩邊同時對 $x$ 微分，以求出 $\frac{dy}{dx}$。
首先，確認點 (0, 1) 是否在曲線上：
左邊：$\sin(0 \cdot 1) - 2\cos(0^2) = \sin(0) - 2\cos(0) = 0 - 2(1) = -2$。
右邊：$2e^1 - 2e - 2(1) = 2e - 2e - 2 = -2$。
左邊等於右邊，所以點 (0, 1) 在曲線上。

現在，對方程式兩邊關於 $x$ 微分：
$\frac{d}{dx} (\sin(xy) - 2\cos(x^2)) = \frac{d}{dx} (2e^y - 2e - 2y)$
左邊微分：
$\frac{d}{dx}(\sin(xy)) = \cos(xy) \cdot \frac{d}{dx}(xy) = \cos(xy) \cdot (1 \cdot y + x \cdot \frac{dy}{dx})$
$\frac{d}{dx}(-2\cos(x^2)) = -2(-\sin(x^2)) \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = 2\sin(x^2) \cdot (2x) = 4x\sin(x^2)$
所以左邊微分結果為：$y\cos(xy) + x\cos(xy)\frac{dy}{dx} + 4x\sin(x^2)$。

右邊微分：
$\frac{d}{dx}(2e^y) = 2e^y \frac{dy}{dx}$
$\frac{d}{dx}(-2e) = 0$ (常數)
$\frac{d}{dx}(-2y) = -2\frac{dy}{dx}$

此題考驗二重積分的計算，特別是需要進行積分次序的交換。

原來的積分次序是先對 $x$ 積，再對 $y$ 積。積分區域由 $0 \le y \le 3$ 和 $\frac{y}{3} \le x \le 1$ 定義。
我們需要畫出積分區域。
由 $0 \le y \le 3$ 和 $\frac{y}{3} \le x \le 1$。
從 $x$ 的範圍來看，$x$ 的最大值是 1。
從 $y$ 的範圍來看，$y$ 的最大值是 3。
不等式 $\frac{y}{3} \le x$ 可以寫成 $y \le 3x$。
不等式 $0 \le y$。
所以積分區域是：$0 \le y \le 3x$ 且 $0 \le x \le 1$。

讓我們畫出這個區域：

1. $x=1$ 是一條垂直線。
2. $y=3x$ 是一條過原點的直線，斜率為 3。
3. $y=0$ 是 x 軸。
4. $y=3$ 是一條水平線。

積分區域是：
$0 \le y \le 3$
$\frac{y}{3} \le x \le 1$

當 $y=0$ 時，$0 \le x \le 1$。
當 $y=3$ 時，$1 \le x \le 1$，即 $x=1$。

讓我們從 $x$ 的角度重新描述這個區域。
從 $x$ 的範圍來看，積分區域的 $x$ 值從 0 到 1。
對於一個固定的 $x$， $y$ 的範圍是多少？
從 $\frac{y}{3} \le x$ 得到 $y \le 3x$。
從 $0 \le y$ 得到 $y \ge 0$。
所以，對於一個固定的 $x$， $0 \le y \le 3x$。
但是，我們還需要考慮 $y \le 3$ 的條件。
如果 $x$ 介於 0 和 1 之間，那麼 $3x$ 的值介於 0 和 3 之間。
所以，當 $0 \le x \le 1$ 時，$0 \le y \le 3x$ 並且 $y \le 3$。
由於 $3x \le 3$ 對於 $x \le 1$ 總是成立，所以 $y \le 3$ 的條件實際上已經包含在 $0 \le y \le 3x$ 和 $0 \le x \le 1$ 中了。

因此，積分區域可以描述為：
$0 \le x \le 1$
$0 \le y \le 3x$

此題要求繪製函數 $f(x) = \frac{x^2 + 4x + 7}{x+3}$ 的圖形，並標示出所有重要的圖形特徵。

步驟 1：定義域
函數的分母是 $x+3$，所以當 $x+3=0$ 時，函數未定義。
定義域為 $\mathbb{R} \setminus \{-3\}$。

步驟 2：垂直漸近線
由於在 $x=-3$ 處函數未定義，我們檢查 $x=-3$ 是否為垂直漸近線。
當 $x \to -3^+$, $x+3 \to 0^+$, $x^2+4x+7 \to (-3)^2 + 4(-3) + 7 = 9 - 12 + 7 = 4$。
所以 $f(x) \to \frac{4}{0^+} = +\infty$。
當 $x \to -3^-$, $x+3 \to 0^-$, $x^2+4x+7 \to 4$。
所以 $f(x) \to \frac{4}{0^-} = -\infty$。
因此，$x = -3$ 是一條垂直漸近線。

步驟 3：水平或斜漸近線
由於分子的次數（2）比分母的次數（1）高 1，函數會有斜漸近線。
我們進行多項式長除法或觀察：
$f(x) = \frac{x^2 + 4x + 7}{x+3}$
$x^2 + 4x + 7 = x(x+3) + x + 7 = x(x+3) + 1(x+3) + 4$
$f(x) = \frac{x(x+3) + (x+3) + 4}{x+3} = x + 1 + \frac{4}{x+3}$
當 $x \to \pm \infty$, $\frac{4}{x+3} \to 0$。
所以，斜漸近線為 $y = x+1$。
沒有水平漸近線。

步驟 4：臨界點與單調性
計算一階導數 $f'(x)$。
$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( x + 1 + \frac{4}{x+3} \right) = 1 + 4 \frac{d}{dx}(x+3)^{-1}$
$f'(x) = 1 + 4(-1)(x+3)^{-2} \cdot 1 = 1 - \frac{4}{(x+3)^2}$
令 $f'(x) = 0$ 來尋找臨界點：
$1 - \frac{4}{(x+3)^2} = 0$
$1 = \frac{4}{(x+3)^2}$
$(x+3)^2 = 4$
$x+3 = \pm 2$
$x+3 = 2 \implies x = -1$
$x+3 = -2 \implies x = -5$
臨界點是 $x = -1$ 和 $x = -5$。
這些點的函數值：
$f(-1) = -1 + 1 + \frac{4}{-1+3} = 0 + \frac{4}{2} = 2$。點 $(-1, 2)$。
$f(-5) = -5 + 1 + \frac{4}{-5+3} = -4 + \frac{4}{-2} = -4 - 2 = -6$。點 $(-5, -6)$。

分析單調性：
我們需要考慮 $x=-5, x=-3, x=-1$ 這三個點。

• 對於 $x < -5$ (例如 $x=-6$)：$f'(-6) = 1 - \frac{4}{(-3)^2} = 1 - \frac{4}{9} = \frac{5}{9} > 0$。函數遞增。
• 對於 $-5 < x < -3$ (例如 $x=-4$)：$f'(-4) = 1 - \frac{4}{(-1)^2} = 1 - 4 = -3 < 0$。函數遞減。
• 對於 $-3 < x < -1$ (例如 $x=-2$)：$f'(-2) = 1 - \frac{4}{(1)^2} = 1 - 4 = -3 < 0$。函數遞減。
• 對於 $x > -1$ (例如 $x=0$)：$f'(0) = 1 - \frac{4}{(3)^2} = 1 - \frac{4}{9} = \frac{5}{9} > 0$。函數遞增。

此題考驗彈性概念在經濟學中的應用，特別是收入彈性（revenue elasticity）。題目給定收入函數 $R(x)$，要求找出需求彈性為彈性（elastic）的 $x$ 的範圍。

收入彈性 $E_R$ 定義為：
$E_R = \frac{dR/R}{dx/x} = \frac{x}{R} \frac{dR}{dx}$
需求被認為是彈性的，如果 $E_R > 1$。

首先，我們需要計算收入函數 $R(x)$ 的導數 $\frac{dR}{dx}$。
$R(x) = xe^{-x^2+x}$。
使用乘積法則和鏈式法則：
$\frac{dR}{dx} = \frac{d}{dx}(x) \cdot e^{-x^2+x} + x \cdot \frac{d}{dx}(e^{-x^2+x})$
$\frac{dR}{dx} = 1 \cdot e^{-x^2+x} + x \cdot (e^{-x^2+x} \cdot \frac{d}{dx}(-x^2+x))$
$\frac{dR}{dx} = e^{-x^2+x} + x \cdot e^{-x^2+x} \cdot (-2x+1)$
$\frac{dR}{dx} = e^{-x^2+x} (1 + x(-2x+1))$
$\frac{dR}{dx} = e^{-x^2+x} (1 - 2x^2 + x)$

核心觀念

本題考查「連續現金流的現值」與「連續複利折現」。

若每年通膨率為 $3\%$，且通膨連續發生，經過 $t$ 年後的物價水準相對於 2024 年初為

$$e^{0.03t}$$

因此，$t$ 年後收到的 1 元，其 2024 年初的現值為

$$e^{-0.03t}$$

若現金流率為 $R(t)$，則現值公式為

$$PV=\int_a^b R(t)e^{-0.03t}\,dt$$

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解題方法

令 $t=0$ 代表 2024 年初，$t=20$ 代表 2044 年初。薪資以「每年」為單位連續支付，因此現金流率分為兩段：

• 2024 至 2034：每年 200 萬美元，即 $R(t)=2{,}000{,}000$
• 2034 至 2044：每年 6,800 萬美元，即 $R(t)=68{,}000{,}000$

故現值為

$$PV= \int_0^{10}2{,}000{,}000e^{-0.03t}\,dt + \int_{10}^{20}68{,}000{,}000e^{-0.03t}\,dt$$

利用

$$\int e^{-0.03t}\,dt = -\frac{1}{0.03}e^{-0.03t}$$

分別計算兩段現值。

第一段薪資現值：

$$\begin{aligned} PV_1 &= 2{,}000{,}000 \left[ -\frac{1}{0.03}e^{-0.03t} \right]_0^{10} \\ &= \frac{2{,}000{,}000}{0.03} \left(1-e^{-0.3}\right) \end{aligned}$$