108 年 國立清華大學科技管理研究所《微積分》

（a）$\displaystyle \lim_{k\to 0^+}(1+3k)^{1/k}$

核心觀念

利用基本極限

$$\lim_{u\to 0}(1+u)^{1/u}=e。$$

解題方法

令 $u=3k$，則 $k=u/3$，因此

$$(1+3k)^{1/k} =(1+u)^{3/u} =\left[(1+u)^{1/u}\right]^3。$$

當 $k\to0^+$ 時，$u\to0^+$，所以

$$\lim_{k\to0^+}(1+3k)^{1/k} =e^3。$$

解題技巧

也可直接使用公式

$$\lim_{x\to0}(1+ax)^{1/x}=e^a。$$

因此此題 $a=3$，答案立即為 $e^3$。

【答案】

$$\boxed{e^3}$$

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（b）$\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\ln(1-x)+\sin x}{x^2}$

核心觀念

使用 Maclaurin 展開式：

$$\ln(1-x)=-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}+O(x^4),$$ $$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5)。$$

解題方法

將兩式相加：

$$\ln(1-x)+\sin x = \left(-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}+\cdots\right) + \left(x-\frac{x^3}{6}+\cdots\right).$$

一次項相消，故

$$\ln(1-x)+\sin x = -\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{2}+O(x^4)。$$

因此

$$\frac{\ln(1-x)+\sin x}{x^2} = -\frac12-\frac{x}{2}+O(x^2)。$$

令 $x\to0$，得到

$$\lim_{x\to0}\frac{\ln(1-x)+\sin x}{x^2} =-\frac12。$$

解題技巧

關鍵在於一次項：

$$\ln(1-x)\sim -x,\qquad \sin x\sim x,$$

兩者會互相抵消，所以必須保留到二次項，不能只使用一階近似。

【答案】

$$\boxed{-\frac12}$$

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（c）$\displaystyle \int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x^3}}\,dx$

核心觀念

此積分沒有初等函數形式的反導函數，可利用超幾何函數或不完全 Beta 函數表示其精確值。

解題方法

令

$$t=x^3, \qquad x=t^{1/3}, \qquad dx=\frac13t^{-2/3}\,dt。$$

則

$$\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x^3}}\,dx = \frac13\int_0^1 t^{-2/3}(1+t)^{-1/2}\,dt。$$

利用公式

$$\int_0^1 t^{a-1}(1+t)^{-b}\,dt = \frac1a\,{}_2F_1(a,b;a+1;-1),$$

取 $a=\frac13$、$b=\frac12$，得

$$\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x^3}}\,dx = {}_2F_1\left(\frac13,\frac12;\frac43;-1\right).$$

也可令

$$u=\frac{x^3}{1+x^3},$$

得到不完全 Beta 函數表示：

$$\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1+x^3}}\,dx = \frac13 B_{1/2}\left(\frac13,\frac16\right).$$

數值約為

$$0.9096。$$

解題技巧

不要誤以為可直接令 $u=1+x^3$；因為 $dx$ 會產生 $x^2$ 因子，無法消去根號中的 $x^3$。此題的標準精確表示需使用特殊函數。

【答案】

$$\boxed{{}_2F_1\left(\frac13,\frac12;\frac43;-1\right)}$$

亦即

$$\boxed{\frac13 B_{1/2}\left(\frac13,\frac16\right)\approx0.9096}$$

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（d）若 $f(x)=\sqrt{x^2+4x+4}$，求 $(f^{-1})'(3)$

核心觀念

反函數導數公式為

$$(f^{-1})'(y)=\frac{1}{f'(f^{-1}(y))}。$$

首先必須確認 $f$ 在所選定義域上具有反函數。

解題方法

因為

此題要求判斷一冪級數的收斂區間。我們使用 ratio test (比例檢驗法) 來找出絕對收斂的區間，然後再檢查區間的端點。

設級數為 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$，其中 $a_n = \frac{(-1)^n (x-1)^n}{n 3^n}$。
我們計算極限 $L = \lim_{n \to \infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|$。
$L = \lim_{n \to \infty} \left|\frac{\frac{(-1)^{n+1} (x-1)^{n+1}}{(n+1) 3^{n+1}}}{\frac{(-1)^n (x-1)^n}{n 3^n}}\right|$
$L = \lim_{n \to \infty} \left|\frac{(-1)^{n+1} (x-1)^{n+1}}{(n+1) 3^{n+1}} \cdot \frac{n 3^n}{(-1)^n (x-1)^n}\right|$
$L = \lim_{n \to \infty} \left|\frac{-(x-1) \cdot n}{(n+1) \cdot 3}\right|$
$L = \frac{|x-1|}{3} \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1}$
$L = \frac{|x-1|}{3} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1+1/n} = \frac{|x-1|}{3} \cdot 1 = \frac{|x-1|}{3}$。

此題為一階線性微分方程。首先將其整理成標準形式。
給定的微分方程為 $dy + \frac{y - \cos x}{x} dx = 0$。
移項可得 $dy = -\frac{y - \cos x}{x} dx$。
$\frac{dy}{dx} = -\frac{y - \cos x}{x}$。
$\frac{dy}{dx} = \frac{\cos x - y}{x}$。
$\frac{dy}{dx} + \frac{1}{x} y = \frac{\cos x}{x}$。
這是標準形式的一階線性微分方程 $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$，其中 $P(x) = \frac{1}{x}$ 且 $Q(x) = \frac{\cos x}{x}$。

我們需要計算積分因子 (integrating factor)，記為 $\mu(x)$。
$\mu(x) = e^{\int P(x) dx} = e^{\int \frac{1}{x} dx} = e^{\ln|x|}$。
通常我們考慮 $x>0$ 的情況，所以 $\mu(x) = e^{\ln x} = x$。
如果考慮 $x<0$，則 $\mu(x) = e^{\ln(-x)} = -x$。
我們在此假設 $x \ne 0$。若題目未限定，通常可以假設 $x>0$ 進行計算。

此題要求計算一個二重積分。積分區域的上下限涉及根號，暗示了可能需要轉換到極座標。

首先觀察積分區域。內層積分變數是 $y$，上限是 $y = \sqrt{2x-x^2}$。
將 $y = \sqrt{2x-x^2}$ 平方，得到 $y^2 = 2x-x^2$。
移項可得 $x^2 - 2x + y^2 = 0$。
配方，$(x^2 - 2x + 1) + y^2 = 1$，即 $(x-1)^2 + y^2 = 1$。
這是以 $(1,0)$ 為圓心，半徑為 $1$ 的圓。
外層積分變數是 $x$，範圍是 $[0, 2]$。
當 $x=0$ 時，$(0-1)^2 + y^2 = 1 \Rightarrow 1 + y^2 = 1 \Rightarrow y=0$。
當 $x=2$ 時，$(2-1)^2 + y^2 = 1 \Rightarrow 1 + y^2 = 1 \Rightarrow y=0$。
對於 $x \in [0, 2]$，$\sqrt{2x-x^2}$ 的值為非負實數，所以積分區域是圓 $(x-1)^2 + y^2 = 1$ 上方且 $y \ge 0$ 的半圓。

被積函數是 $\frac{x+y}{x^2+y^2}$。這在極座標下有簡潔的表達。
極座標轉換：$x = r \cos \theta$, $y = r \sin \theta$。
$x^2+y^2 = r^2$。
$x+y = r \cos \theta + r \sin \theta = r(\cos \theta + \sin \theta)$。
$dx dy = r dr d\theta$。

積分區域在極座標下：
圓心 $(1,0)$，半徑 $1$ 的圓方程 $(x-1)^2 + y^2 = 1$ 轉換成極座標：
$(r \cos \theta - 1)^2 + (r \sin \theta)^2 = 1$
$r^2 \cos^2 \theta - 2r \cos \theta + 1 + r^2 \sin^2 \theta = 1$
$r^2(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) - 2r \cos \theta + 1 = 1$
$r^2 - 2r \cos \theta = 0$
$r(r - 2 \cos \theta) = 0$。
這給出兩個解：$r=0$ (一個點) 或 $r = 2 \cos \theta$。
所以，積分區域的邊界是 $r = 2 \cos \theta$。

我們需要確定 $\theta$ 的範圍。由於是上半圓，且 $r \ge 0$，所以 $\cos \theta \ge 0$。
這意味著 $\theta$ 必須在 $[-\pi/2, \pi/2]$ 的範圍內。
然而，我們考慮的是上半圓 $(x-1)^2+y^2=1$ 且 $y \ge 0$。
當 $x$ 從 $0$ 變到 $2$ 時：
當 $x=0$, $y=0$。
當 $x=1$, $y=1$。
當 $x=2$, $y=0$。
這是一個以 $(1,0)$ 為圓心，半徑為 $1$ 的圓，但我們只取 $y \ge 0$ 的部分。
在極座標下，$r = 2 \cos \theta$ 描述了整個圓。
對於上半圓 ($y \ge 0$)，我們需要 $r \sin \theta \ge 0$。
由於 $r = 2 \cos \theta$，我們有 $2 \cos \theta \sin \theta \ge 0$，即 $\sin(2\theta) \ge 0$。
這意味著 $0 \le 2\theta \le \pi$ 或 $2\pi \le 2\theta \le 3\pi$ 等。

此題要求證明一個關於積分函數的夾擠不等式。積分函數 $\int_0^x \frac{\sin t}{t} dt$ 是 Sine Integral 的一部分。

令 $f(x) = \int_0^x \frac{\sin t}{t} dt$。則題目要求證明 $\frac{2}{\pi} \le \frac{f(x)}{x} < 1$ 對於 $0 < x < \pi/2$。

首先證明右邊的不等式：$\frac{f(x)}{x} < 1$。
這等價於 $f(x) < x$。
$f(x) = \int_0^x \frac{\sin t}{t} dt$。
對於 $0 < t \le x < \pi/2$，我們有 $\sin t < t$。
所以，$\frac{\sin t}{t} < 1$。
對此不等式從 $0$ 積到 $x$：
$\int_0^x \frac{\sin t}{t} dt < \int_0^x 1 dt = [t]_0^x = x$。
即 $f(x) < x$。
因此，$\frac{f(x)}{x} < 1$ 成立。

接著證明左邊的不等式：$\frac{2}{\pi} \le \frac{f(x)}{x}$。
這等價於 $f(x) \ge \frac{2}{\pi} x$。
$f(x) = \int_0^x \frac{\sin t}{t} dt$。
我們需要證明 $\int_0^x \frac{\sin t}{t} dt \ge \frac{2}{\pi} x$。

考慮函數 $g(t) = \frac{\sin t}{t}$。
對於 $0 < t < \pi/2$，我們知道 $\frac{\sin t}{t}$ 是遞減函數。
我們可以利用均值定理 (Mean Value Theorem for Integrals) 或其他積分不等式。

方法一：利用 $\frac{\sin t}{t}$ 的性質。
我們知道 $\sin t$ 的泰勒級數展開為 $\sin t = t - \frac{t^3}{3!} + \frac{t^5}{5!} - \dots$。
所以 $\frac{\sin t}{t} = 1 - \frac{t^2}{3!} + \frac{t^4}{5!} - \dots$。
當 $t$ 接近 $0$ 時，$\frac{\sin t}{t} \to 1$。
當 $t = \pi/2$ 時，$\frac{\sin(\pi/2)}{\pi/2} = \frac{1}{\pi/2} = \frac{2}{\pi}$。

考慮函數 $h(x) = \int_0^x \frac{\sin t}{t} dt - \frac{2}{\pi} x$。我們想證明 $h(x) \ge 0$ 對於 $0 < x < \pi/2$。
$h'(x) = \frac{\sin x}{x} - \frac{2}{\pi}$。
我們需要知道 $\frac{\sin x}{x}$ 的單調性。
令 $k(x) = \frac{\sin x}{x}$。
$k'(x) = \frac{x \cos x - \sin x}{x^2}$。
令 $m(x) = x \cos x - \sin x$。
$m'(x) = \cos x - x \sin x - \cos x = -x \sin x$。
對於 $0 < x < \pi/2$，$-x \sin x < 0$。
所以 $m(x)$ 在 $(0, \pi/2)$ 上是遞減的。
$m(0) = 0 \cos 0 - \sin 0 = 0$。
因為 $m(x)$ 在 $(0, \pi/2)$ 上遞減且 $m(0)=0$，所以 $m(x) < 0$ 對於 $0 < x < \pi/2$。
因此，$k'(x) = \frac{m(x)}{x^2} < 0$ 對於 $0 < x < \pi/2$。
這表示 $k(x) = \frac{\sin x}{x}$ 在 $(0, \pi/2)$ 上是遞減的。

所以，$h'(x) = \frac{\sin x}{x} - \frac{2}{\pi}$。
由於 $\frac{\sin x}{x}$ 在 $(0, \pi/2)$ 上遞減，且 $\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{x} = 1$，$\frac{\sin(\pi/2)}{\pi/2} = \frac{2}{\pi}$。
因此，對於 $0 < x < \pi/2$，我們有 $\frac{2}{\pi} < \frac{\sin x}{x} < 1$。
所以，$h'(x) = \frac{\sin x}{x} - \frac{2}{\pi} > 0$ 對於 $0 < x < \pi/2$。
這表示 $h(x)$ 在 $(0, \pi/2)$ 上是遞增的。

考慮 $h(0) = \int_0^0 \frac{\sin t}{t} dt - \frac{2}{\pi} \cdot 0 = 0 - 0 = 0$。
因為 $h(x)$ 在 $(0, \pi/2)$ 上遞增且 $h(0)=0$，所以 $h(x) > 0$ 對於 $0 < x < \pi/2$。
這意味著 $\int_0^x \frac{\sin t}{t} dt - \frac{2}{\pi} x > 0$，即 $\int_0^x \frac{\sin t}{t} dt > \frac{2}{\pi} x$。
因此，$\frac{1}{x} \int_0^x \frac{\sin t}{t} dt > \frac{2}{\pi}$。

綜合左右兩邊的不等式，我們證明了 $\frac{2}{\pi} < \frac{1}{x} \int_0^x \frac{\sin t}{t} dt < 1$。
題目要求證明 $\frac{2}{\pi} \le \frac{1}{x} \int_0^x \frac{\sin t}{t} dt < 1$。
我們的證明給出了嚴格的不等式 $\frac{2}{\pi} < \dots < 1$。
嚴格不等式蘊含了非嚴格不等式。

【證明】
令 $f(x) = \int_0^x \frac{\sin t}{t} dt$。我們要證明 $\frac{2}{\pi} \le \frac{f(x)}{x} < 1$ 對於 $0 < x < \pi/2$。

核心觀念

本題評量多變數微積分中偏導數存在性（Existence of Partial Derivatives）與函數連續性（Continuity）的定義與關係。

1. 偏導數的定義：
   在點 $(x_0, y_0)$ 處，對 $x$ 與 $y$ 的偏導數定義為單變數極限：

   $$\frac{\partial f}{\partial x}(x_0, y_0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0 + h, y_0) - f(x_0, y_0)}{h}$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}(x_0, y_0) = \lim_{k \to 0} \frac{f(x_0, y_0 + k) - f(x_0, y_0)}{k}$$

   當 $(x, y) \neq (0,0)$ 時，函數由初等分式定義，可直接運用單變數微積分的商法則（Quotient Rule）求偏導；當在分段點 $(0,0)$ 時，分母為 $0$，必須嚴格回到極限定義式檢驗。

2. 多變數函數的連續性：
   函數 $f(x, y)$ 在 $(x_0, y_0)$ 連續的充要條件為：

   $$\lim_{(x, y) \to (x_0, y_0)} f(x, y) = f(x_0, y_0)$$

   若沿不同路徑趨近於該點所得到的極限值不同，則極限不存在，函數在該點必不連續。

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解題方法

(a) 證明 $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ 與 $\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)$ 在 $\mathbb{R}^2$ 每一點皆存在

我們將平面 $\mathbb{R}^2$ 分為兩部分討論：

情況一：當 $(x, y) \neq (0, 0)$ 時
在此區域中，$x^2 + y^2 \neq 0$，$f(x, y) = \frac{xy}{x^2+y^2}$ 為有理函數。由微分的商法則，直接計算偏導函數：

$$\frac{\partial f}{\partial x}(x, y) = \frac{y(x^2 + y^2) - xy(2x)}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{y(y^2 - x^2)}{(x^2 + y^2)^2}$$

同理，對 $y$ 微分（或由變數對稱性 $x \leftrightarrow y$ 可得）：

$$\frac{\partial f}{\partial y}(x, y) = \frac{x(x^2 + y^2) - xy(2y)}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{x(x^2 - y^2)}{(x^2 + y^2)^2}$$

由於分母 $(x^2+y^2)^2 \neq 0$，上述兩式在所有 $(x, y) \neq (0,0)$ 處皆有唯一定義的實數值，故偏導數皆存在。

情況二：當 $(x, y) = (0, 0)$ 時
因分母為 $0$，使用偏導數的極限定義式計算。

對 $x$ 的偏導數：

$$\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0 + h, 0) - f(0, 0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(h, 0) - 0}{h}$$

代入 $f(h, 0)$（注意此時 $h \neq 0$，故 $(h, 0) \neq (0, 0)$）：

$$f(h, 0) = \frac{h \cdot 0}{h^2 + 0^2} = 0$$

因此：

$$\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = \lim_{h \to 0} \frac{0 - 0}{h} = \lim_{h \to 0} 0 = 0$$

對 $y$ 的偏導數：

$$\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = \lim_{k \to 0} \frac{f(0, 0 + k) - f(0, 0)}{k} = \lim_{k \to 0} \frac{f(0, k) - 0}{k}$$