109 年 國立清華大學科技管理研究所《微積分》

本題為填充題，主要測試學生對極限、微積分基本定理、級數求和、曲線長度、重積分與線積分等基本概念的掌握程度。

(a) 此極限為 $0/0$ 型不定式，可使用羅必達法則 (L'Hôpital's Rule)。
令 $L = \lim_{x \to 0} \frac{2^x - 1}{x}$。
對分子和分母分別微分，得到：
$L = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(2^x - 1)}{\frac{d}{dx}(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{2^x \ln 2}{1} = 2^0 \ln 2 = \ln 2$。
【答案】$\ln 2$

(b) 此題直接應用微積分基本定理 (Fundamental Theorem of Calculus)。
若 $f(x) = \int_a^x g(t) dt$，則 $f'(x) = g(x)$。
在此題中，$g(t) = \cos(t^2)$。
因此，$f'(x) = \cos(x^2)$。
【答案】$\cos(x^2)$

(c) 此題要求計算無窮級數的和。
級數為 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^n} (1 - \frac{1}{2^n}) = \sum_{n=0}^{\infty} (\frac{1}{2^n} - \frac{1}{4^n})$。
此級數可拆解為兩個幾何級數的和：$\sum_{n=0}^{\infty} (\frac{1}{2})^n - \sum_{n=0}^{\infty} (\frac{1}{4})^n$。
根據幾何級數求和公式 $\sum_{n=0}^{\infty} ar^n = \frac{a}{1-r}$，其中 $|r| < 1$。
第一個級數的和為 $\frac{1}{1 - 1/2} = \frac{1}{1/2} = 2$。
第二個級數的和為 $\frac{1}{1 - 1/4} = \frac{1}{3/4} = \frac{4}{3}$。
因此，總和為 $2 - \frac{4}{3} = \frac{6-4}{3} = \frac{2}{3}$。
【答案】$\frac{2}{3}$

(d) 此題要求計算空間曲線的長度。
曲線的長度公式為 $L = \int_a^b ||r'(t)|| dt$。
首先計算 $r'(t)$：
$r(t) = (\cos 2t, \sin 2t, 2t^{3/2})$
$r'(t) = (-2\sin 2t, 2\cos 2t, 2 \cdot \frac{3}{2} t^{1/2}) = (-2\sin 2t, 2\cos 2t, 3\sqrt{t})$。
接著計算 $||r'(t)||$：
$||r'(t)|| = \sqrt{(-2\sin 2t)^2 + (2\cos 2t)^2 + (3\sqrt{t})^2}$
$= \sqrt{4\sin^2 2t + 4\cos^2 2t + 9t}$
$= \sqrt{4(\sin^2 2t + \cos^2 2t) + 9t}$
$= \sqrt{4 + 9t}$。
最後積分計算曲線長度：
$L = \int_0^1 \sqrt{4 + 9t} dt$。
令 $u = 4 + 9t$，則 $du = 9 dt$， $dt = \frac{1}{9} du$。
當 $t=0$ 時，$u=4$；當 $t=1$ 時，$u=13$。
$L = \int_4^{13} \sqrt{u} \frac{1}{9} du = \frac{1}{9} \int_4^{13} u^{1/2} du$
$= \frac{1}{9} [\frac{u^{3/2}}{3/2}]_4^{13} = \frac{1}{9} \cdot \frac{2}{3} [u^{3/2}]_4^{13}$
$= \frac{2}{27} (13^{3/2} - 4^{3/2}) = \frac{2}{27} (13\sqrt{13} - 8)$。
【答案】$\frac{2}{27} (13\sqrt{13} - 8)$

(e) 此題要求計算二重積分。區域為單位正方形 $[0,1] \times [0,1]$。
被積函數為 $\cos(x^2+y^2)$。此函數在直角座標下不易積分。
考慮轉換為極座標。然而，積分區域為正方形，在極座標下表示較為複雜。
此題可能為陷阱題，或者需要特殊技巧。
若直接計算，積分會非常困難。
回顧題目，此題可能是印刷錯誤，或者有更簡潔的解法。
假設題目意圖是其他形式，例如 $\int_0^1 \int_0^1 (x^2+y^2) dx dy$ 或在圓形區域積分。
若題目無誤，此積分計算上極為複雜，通常不會出現在此類考試中，除非有特殊觀察。
讓我們嘗試將積分區域轉換成極座標，但這會使積分限變得複雜，因為正方形區域在極座標下邊界是 $r\cos\theta=1$ 和 $r\sin\theta=1$。
另一個可能性是利用對稱性。
然而，對於 $\cos(x^2+y^2)$ 在單位正方形上的積分，並沒有顯著的對稱性可利用來簡化計算。
若題目是 $\int_0^\infty \int_0^\infty e^{-(x^2+y^2)} dx dy$，則可輕鬆轉換為極座標並解出。
此題的積分 $\int_0^1 \int_0^1 \cos(x^2+y^2) dx dy$ 似乎沒有初等函數表達式。
在此提供一個可能的解釋：題目可能出錯，或者此題的答案是一個符號表達式，而非數值。
由於必須提供答案，且此積分無初等解法，在此假設題目可能為另一種形式。
若題目確實如此，則此題的計算量極大。
在沒有進一步提示或更正的情況下，無法給出一個確切的初等解。
然而，若仔細檢查，此題目的確是 $\cos(x^2+y^2)$。
此積分可以透過級數展開來近似計算，但這不符合考試要求。
若此題有期望的答案，那它必定有某種簡化方法，或是題目本身有誤。
在考試情境下，遇到此類問題，應檢查是否可以將積分區域或被積函數作轉換。
如果這是一個標準的微積分問題，它應該是有解的。
考慮到考試時間限制，或許有某種觀察可以省略計算。

本題要求證明函數 $F(t)$ 在 $t>0$ 時為嚴格遞減函數。這通常需要計算 $F'(t)$ 並證明其恆小於零。

首先，我們需要計算 $F'(t)$。
$F(t) = \frac{1}{2t} \int_{-t}^t e^{-x^2} dx$
令 $G(t) = \int_{-t}^t e^{-x^2} dx$。
根據微積分基本定理的推廣（鏈式法則）：
如果 $G(t) = \int_{a(t)}^{b(t)} f(x) dx$，則 $G'(t) = f(b(t)) b'(t) - f(a(t)) a'(t)$。
在此，$f(x) = e^{-x^2}$， $a(t) = -t$， $b(t) = t$。
$a'(t) = -1$， $b'(t) = 1$。
所以，$G'(t) = e^{-(t)^2} \cdot 1 - e^{-(-t)^2} \cdot (-1) = e^{-t^2} - e^{-t^2}(-1) = e^{-t^2} + e^{-t^2} = 2e^{-t^2}$。

現在我們使用乘積法則來計算 $F'(t)$：
$F(t) = \frac{1}{2t} G(t)$
$F'(t) = \frac{d}{dt} (\frac{1}{2t}) G(t) + \frac{1}{2t} G'(t)$
$\frac{d}{dt} (\frac{1}{2t}) = \frac{d}{dt} (\frac{1}{2} t^{-1}) = \frac{1}{2} (-1) t^{-2} = -\frac{1}{2t^2}$。
所以，$F'(t) = (-\frac{1}{2t^2}) G(t) + \frac{1}{2t} G'(t)$
$F'(t) = -\frac{1}{2t^2} \int_{-t}^t e^{-x^2} dx + \frac{1}{2t} (2e^{-t^2})$
$F'(t) = -\frac{1}{2t^2} \int_{-t}^t e^{-x^2} dx + \frac{e^{-t^2}}{t}$。

為了證明 $F(t)$ 是嚴格遞減函數，我們需要證明 $F'(t) < 0$ 對於所有 $t > 0$。
$F'(t) = \frac{e^{-t^2}}{t} - \frac{1}{2t^2} \int_{-t}^t e^{-x^2} dx$
$F'(t) = \frac{2t e^{-t^2} - \int_{-t}^t e^{-x^2} dx}{2t^2}$。
因為 $t > 0$，所以 $2t^2 > 0$。

本題要求在兩個條件約束下，求變數 $w$ 的最大值與最小值。這是一個典型的 Lagrange Multipliers 問題，或者可以透過幾何或代數方法解決。

方法一：使用 Lagrange Multipliers。
我們要最大化/最小化函數 $f(x, y, z, w) = w$，受到兩個約束條件：
$g_1(x, y, z, w) = x+y+z+w - 3 = 0$
$g_2(x, y, z, w) = x^2+y^2+z^2+w^2 - 8 = 0$

根據 Lagrange Multipliers 方法，我們需要解方程組 $\nabla f = \lambda_1 \nabla g_1 + \lambda_2 \nabla g_2$。
$\nabla f = (0, 0, 0, 1)$
$\nabla g_1 = (1, 1, 1, 1)$
$\nabla g_2 = (2x, 2y, 2z, 2w)$

方程組如下：

1. $0 = \lambda_1 (1) + \lambda_2 (2x) \implies 2\lambda_2 x = -\lambda_1$
2. $0 = \lambda_1 (1) + \lambda_2 (2y) \implies 2\lambda_2 y = -\lambda_1$
3. $0 = \lambda_1 (1) + \lambda_2 (2z) \implies 2\lambda_2 z = -\lambda_1$
4. $1 = \lambda_1 (1) + \lambda_2 (2w) \implies 1 = \lambda_1 + 2\lambda_2 w$

從方程 1, 2, 3，如果 $\lambda_2 \neq 0$，則 $x=y=z = -\frac{\lambda_1}{2\lambda_2}$。
令 $k = -\frac{\lambda_1}{2\lambda_2}$，則 $x=y=z=k$。

代入約束條件 1：
$x+y+z+w = 3$
$k+k+k+w = 3 \implies 3k+w = 3 \implies k = \frac{3-w}{3}$。

代入約束條件 2：
$x^2+y^2+z^2+w^2 = 8$
$k^2+k^2+k^2+w^2 = 8 \implies 3k^2+w^2 = 8$。

將 $k = \frac{3-w}{3}$ 代入 $3k^2+w^2 = 8$：
$3 (\frac{3-w}{3})^2 + w^2 = 8$
$3 \frac{(3-w)^2}{9} + w^2 = 8$
$\frac{(3-w)^2}{3} + w^2 = 8$
$(3-w)^2 + 3w^2 = 24$
$9 - 6w + w^2 + 3w^2 = 24$
$4w^2 - 6w + 9 - 24 = 0$
$4w^2 - 6w - 15 = 0$。

使用二次公式求解 $w$：
$w = \frac{-(-6) \pm \sqrt{(-6)^2 - 4(4)(-15)}}{2(4)}$
$w = \frac{6 \pm \sqrt{36 + 240}}{8}$
$w = \frac{6 \pm \sqrt{276}}{8}$

本題要求找出函數 $f(x,y) = e^y (y^2 - x^2)$ 的局部極值和鞍點。這需要計算一階偏導數，找出臨界點，然後使用二階偏導數檢定法 (Second Derivative Test)。

步驟 1：計算一階偏導數並令其為零，找出臨界點。
$f(x,y) = e^y (y^2 - x^2)$

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

令 $\frac{\partial f}{\partial x} = 0$：
$-2x e^y = 0$
由於 $e^y$ 恆大於零，所以必須 $x=0$。

令 $\frac{\partial f}{\partial y} = 0$：
$e^y (y^2 - x^2 + 2y) = 0$
由於 $e^y$ 恆大於零，所以必須 $y^2 - x^2 + 2y = 0$。

將 $x=0$ 代入第二個方程：
$y^2 - 0^2 + 2y = 0$
$y^2 + 2y = 0$
$y(y+2) = 0$
所以，$y=0$ 或 $y=-2$。

臨界點為 $(0, 0)$ 和 $(0, -2)$。

步驟 2：計算二階偏導數。
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x} (-2x e^y) = -2e^y$
$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y} (e^y (y^2 + 2y - x^2))$
$= e^y (y^2 + 2y - x^2) + e^y (2y + 2)$
$= e^y (y^2 + 2y - x^2 + 2y + 2)$
$= e^y (y^2 + 4y + 2 - x^2)$
$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (-2x e^y) = -2x e^y$

核心觀念

本題考查一階常微分方程（First-Order Ordinary Differential Equation）中的可分離變數微分方程（Separable Differential Equation）與初值問題（Initial Value Problem, IVP）。
所給之微分方程形式為經典的邏輯斯諦微分方程（Logistic Differential Equation）：

$$\frac{dy}{dx} = y(1-y)$$

解題時主要運用的微積分工具包含：

1. 分離變數法（Separation of Variables）：將含 $y$ 的項與含 $x$ 的項分別移至等號兩側。
2. 部分分式分解（Partial Fraction Decomposition）：處理有理分式之不定積分 $\int \frac{1}{y(1-y)}\,dy$。
3. 初值條件（Initial Condition）：代入 $x=0, y=\frac{1}{3}$ 求解待定常數 $C$。

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解題方法

本題為計算題，採用分離變數法逐步推導：

第一步：令 $y = f(x)$ 並分離變數

原微分方程為：

$$\frac{dy}{dx} = y(1-y)$$

由於初值條件為 $f(0) = \frac{1}{3} \neq 0, 1$，在局部區間內 $y(1-y) \neq 0$，可將含 $y$ 的項移至左側，含 $x$ 的項移至右側：

$$\frac{1}{y(1-y)}\,dy = dx$$

第二步：兩邊同時積分

兩邊取不定積分：

$$\int \frac{1}{y(1-y)}\,dy = \int dx$$

將左式之被積函數拆解為部分分式：

$$\frac{1}{y(1-y)} = \frac{1}{y} + \frac{1}{1-y}$$

代入積分得：

$$\int \left( \frac{1}{y} + \frac{1}{1-y} \right) dy = \int dx$$

逐項積分：

$$\ln|y| - \ln|1-y| = x + C_1$$

利用對數性質合併左式：

$$\ln\left| \frac{y}{1-y} \right| = x + C_1$$

第三步：兩邊取指數，解除對數符號

兩側取指數函數 $e$：

$$\left| \frac{y}{1-y} \right| = e^{x+C_1} = e^{C_1} e^x$$

去絕對值符號，並令常數 $A = \pm e^{C_1}$：

$$\frac{y}{1-y} = A e^x$$

第四步：代入初值條件求常數 $A$

已知初值條件 $f(0) = \frac{1}{3}$，即當 $x = 0$ 時，$y = \frac{1}{3}$：

本題包含三個小題，主要測試瑕積分 (improper integral) 的存在性判斷、積分與微分的關係，以及瑕積分的計算。

(a) Show that $\int_0^1 x^t \log x dx$ exists.
此積分是瑕積分，因為積分區間的下限 $x=0$ 使得被積函數 $x^t \log x$ 在 $x \to 0^+$ 時可能趨於無窮大。
我們需要判斷此瑕積分是否收斂。
考慮 $x \to 0^+$ 時的行為。
令 $f(x) = x^t \log x$。
若 $t > -1$，則 $x^t \to \infty$ 時 $x \to 0^+$。
$\log x \to -\infty$ 時 $x \to 0^+$。
此為 $0 \cdot (-\infty)$ 型的不定形式。
我們將其改寫為 $\frac{\log x}{x^{-t}}$，這在 $x \to 0^+$ 時是 $\frac{-\infty}{\infty}$ 型。
使用 L'Hôpital's Rule：
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\log x}{x^{-t}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-t x^{-t-1}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-t/x^{t+1}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x^{t+1}}{-t x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x^t}{-t}$。
因為 $t > -1$，所以 $t+1 > 0$。
因此，$\lim_{x \to 0^+} x^t = 0$。
所以，$\lim_{x \to 0^+} \frac{x^t}{-t} = 0$。
這表示當 $x \to 0^+$ 時，$x^t \log x \to 0$。
因此，被積函數在 $x=0$ 點是連續可擴展的（如果我們定義 $f(0)=0$）。
這種情況下，積分是收斂的。

更嚴謹的說，我們需要比較瑕積分 $\int_0^1 x^t \log x dx$ 與一個已知的收斂瑕積分。
考慮 $t > -1$。
若 $t > -1$，則 $x^t$ 在 $[0, 1]$ 上是有限的（除了 $x=0$）。
$\log x$ 在 $(0, 1]$ 上是負的，且 $| \log x | \to \infty$ 當 $x \to 0^+$。
我們需要證明 $\int_0^1 |\log x| x^t dx$ 收斂。
令 $x = e^{-u}$，則 $dx = -e^{-u} du$。當 $x=0 \implies u=\infty$，當 $x=1 \implies u=0$。
$\int_0^1 |\log x| x^t dx = \int_\infty^0 |-u| (e^{-u})^t (-e^{-u} du) = \int_0^\infty u e^{-ut} e^{-u} du = \int_0^\infty u e^{-(t+1)u} du$。
令 $v = (t+1)u$，則 $dv = (t+1)du$。
$\int_0^\infty \frac{v}{t+1} e^{-v} \frac{dv}{t+1} = \frac{1}{(t+1)^2} \int_0^\infty v e^{-v} dv$。
$\int_0^\infty v e^{-v} dv$ 是 Gamma 函數 $\Gamma(2) = 1! = 1$。
所以，積分值為 $\frac{1}{(t+1)^2}$。
因為 $t > -1$，所以 $t+1 > 0$，此值是有限的。
因此，$\int_0^1 x^t \log x dx$ 存在（收斂）。

(b) Evaluate the integral in (a) by considering $\frac{d}{dt} (\int_0^1 x^t dx)$.
令 $I(t) = \int_0^1 x^t dx$。
首先計算 $I(t)$。
$I(t) = [\frac{x^{t+1}}{t+1}]_0^1$。
這裡需要注意 $t+1 > 0$，即 $t > -1$。
$I(t) = \frac{1^{t+1}}{t+1} - \lim_{x \to 0^+} \frac{x^{t+1}}{t+1}$。
由於 $t+1 > 0$， $\lim_{x \to 0^+} x^{t+1} = 0$。
所以，$I(t) = \frac{1}{t+1}$。

現在我們考慮 $\frac{d}{dt} I(t)$。
$\frac{d}{dt} (\int_0^1 x^t dx) = \frac{d}{dt} (\frac{1}{t+1})$。
$\frac{d}{dt} (\frac{1}{t+1}) = \frac{d}{dt} ((t+1)^{-1}) = -1 (t+1)^{-2} = -\frac{1}{(t+1)^2}$。

根據 Leibniz integral rule (或稱 Differentiation under the integral sign)，如果被積函數和其對參數的偏導數是連續的，