111 年 國立清華大學科技管理研究所《微積分》

(a) $\int x \ln x \, dx$

• 核心觀念：分部積分法（Integration by Parts）
  利用公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$。選取原則依「LIATE 原則」（對數函數優先設為 $u$，多項式函數設為 $dv$）。

• 解題方法：

  1. 令 $u = \ln x$ 與 $dv = x \, dx$。
  2. 微分與積分分別得到：
     $du = \frac{1}{x} \, dx, \quad v = \frac{1}{2}x^2$
  3. 套用分部積分公式：
     $\int x \ln x \, dx = \left(\frac{1}{2}x^2\right)(\ln x) - \int \left(\frac{1}{2}x^2\right)\left(\frac{1}{x}\right) \, dx$
     $= \frac{1}{2}x^2 \ln x - \frac{1}{2}\int x \, dx$
     $= \frac{1}{2}x^2 \ln x - \frac{1}{4}x^2 + C$
     其中 $C$ 為任意積分常數。

• 解題技巧：
  不定積分完成後，可立即透過微分檢驗：
  $\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{2}x^2 \ln x - \frac{1}{4}x^2\right) = x \ln x + \frac{1}{2}x^2 \cdot \frac{1}{x} - \frac{1}{2}x = x \ln x$
  確認還原無誤。填空題切記不要漏寫積分常數 $+ C$。

• 【答案】：$\frac{1}{2}x^2 \ln x - \frac{1}{4}x^2 + C$ （或 $\frac{x^2}{4}(2\ln x - 1) + C$）

---

(b) $\lim_{x \to 0} (1 + \sin 2x)^{1/x}$

• 核心觀念：$1^\infty$ 型未定式極限、對數化法或尤拉數（$e$）之重要極限定義 $\lim_{t \to 0} (1 + t)^{1/t} = e$。

• 解題方法：
  方法一（取對數法）：

  1. 令極限值為 $L = \lim_{x \to 0} (1 + \sin 2x)^{1/x}$，兩邊取自然對數：
     $\ln L = \lim_{x \to 0} \ln\left((1 + \sin 2x)^{1/x}\right) = \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + \sin 2x)}{x}$
  2. 此時為 $\frac{0}{0}$ 型未定式，使用羅必達法則（L'Hôpital's Rule）：
     $\ln L = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}[\ln(1 + \sin 2x)]}{\frac{d}{dx}[x]} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{2\cos 2x}{1 + \sin 2x}}{1} = \frac{2 \cdot \cos 0}{1 + \sin 0} = 2$
  3. 解回原極限：
     $L = e^{\ln L} = e^2$

  方法二（重要極限定義法）：
  $(1 + \sin 2x)^{1/x} = \left[(1 + \sin 2x)^{\frac{1}{\sin 2x}}\right]^{\frac{\sin 2x}{x}}$
  當 $x \to 0$ 時，$\sin 2x \to 0$，故底數趨近於 $e$；指數部分 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin 2x}{x} = 2$，因此極限值為 $e^2$。

• 解題技巧：
  若遇 $1^\infty$ 型極限 $\lim [f(x)]^{g(x)}$，可使用速算公式：
  $\lim [f(x)]^{g(x)} = e^{\lim g(x)[f(x) - 1]}$
  本題即為 $e^{\lim_{x \to 0} \frac{1}{x}[(1 + \sin 2x) - 1]} = e^{\lim_{x \to 0} \frac{\sin 2x}{x}} = e^2$。

• 【答案】：$e^2$

---

(c) If $f(x) = \sin(x^2)$, find $f^{(10)}(0)$

• 核心觀念：麥克勞林級數（Maclaurin Series / 泰勒級數在 $x=0$ 處展開）與高階導數的關係：
  $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n$
  $f^{(n)}(0)$ 即為 $x^n$ 項係數乘以 $n!$。

• 解題方法：

  1. 正弦函數 $\sin u$ 的麥克勞林展開式為：
     $\sin u = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} u^{2k+1} = u - \frac{u^3}{3!} + \frac{u^5}{5!} - \frac{u^7}{7!} + \dots$
  2. 將 $u = x^2$ 代入：
     $\sin(x^2) = x^2 - \frac{(x^2)^3}{3!} + \frac{(x^2)^5}{5!} - \dots = x^2 - \frac{x^6}{6} + \frac{x^{10}}{120} - \dots$
  3. 根據泰勒級數定義，$x^{10}$ 項之係數應為 $\frac{f^{(10)}(0)}{10!}$，對應展開式中的係數：
     $\frac{f^{(10)}(0)}{10!} = \frac{1}{5!}$
  4. 計算十階導數值：
     $f^{(10)}(0) = \frac{10!}{5!} = 10 \times 9 \times 8 \times 7 \times 6 = 30240$

• 解題技巧：
  求多項式或初等函數在 $x = 0$ 處的高階導數值時，切忌直接連鎖律微分 10 次；直接利用泰勒級數對應係數是唯一能在考場秒殺且不會算錯的方法。

• 【答案】：$30240$

---

(d) Find the absolute maximum value of $f(x) = x + \sin 2x$ on the interval $[0, \pi]$

• 核心觀念：閉區間上的絕對極值定理（Extreme Value Theorem）。連續函數在閉區間 $[a, b]$ 上的絕對極值必發生在「臨界點（Critical Numbers）」或「區間端點（Endpoints）」。

• 解題方法：

  1. 對 $f(x)$ 微分求臨界點：
     $f'(x) = 1 + 2\cos 2x$
  2. 令 $f'(x) = 0$：
     $\cos 2x = -\frac{1}{2}$
     因為 $x \in [0, \pi]$，所以 $2x \in [0, 2\pi]$。
     $2x = \frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3} \implies x = \frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}$
  3. 計算所有臨界點與端點的函數值：
     • 左端點：$f(0) = 0 + \sin 0 = 0$

此題考驗多變數極限的計算，需要判斷極限是否存在。

我們嘗試沿著不同的路徑趨近 $(0,0)$ 來觀察極限值。

1. 沿著 $x$-軸（令 $y=0$）：
   $\lim_{x \to 0} \frac{x^2 \cdot 0}{x^4 + 2(0)^2} = \lim_{x \to 0} \frac{0}{x^4} = 0$ (當 $x \neq 0$)。
2. 沿著 $y$-軸（令 $x=0$）：
   $\lim_{y \to 0} \frac{0^2 \cdot y}{0^4 + 2y^2} = \lim_{y \to 0} \frac{0}{2y^2} = 0$ (當 $y \neq 0$)。
3. 沿著直線 $y=mx$：

此題考驗極限計算，特別是涉及到連乘積的 $n$ 次方根的極限，通常會轉化為對數後利用積分或泰勒展開來處理。

令 $L = \lim_{n \to \infty} \left\{ \left(1 + \frac{1}{n}\right) \left(1 + \frac{2}{n}\right) \cdots \left(1 + \frac{n}{n}\right) \right\}^{1/n}$。
取自然對數：
$\ln L = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \ln \left[ \left(1 + \frac{1}{n}\right) \left(1 + \frac{2}{n}\right) \cdots \left(1 + \frac{n}{n}\right) \right]$
$= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left[ \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) + \ln\left(1 + \frac{2}{n}\right) + \cdots + \ln\left(1 + \frac{n}{n}\right) \right]$
$= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \ln\left(1 + \frac{k}{n}\right)$。

這是一個黎曼和 (Riemann sum)。我們可以將其看作是函數 $f(x) = \ln(1+x)$ 在區間 $[0, 1]$ 上的定積分。
將 $\frac{k}{n}$ 看作是區間 $[0, 1]$ 的分割點。

此題考驗微分中值定理或介值定理在證明方程根的存在性上的應用。題目給出多項式係數的特定關係，要求證明該多項式在 $(0,1)$ 區間內至少有一個根。

令 $P(x) = a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n$ 是一個多項式。
題目給定的條件是 $\sum_{k=0}^{n} \frac{a_k}{k+1} = 0$。

考慮函數 $F(x)$，使得 $F'(x) = P(x)$。
一個可能的選擇是 $F(x) = \int_0^x P(t) dt$。
$P(t) = a_0 + a_1 t + \cdots + a_n t^n$。
$F(x) = \int_0^x (a_0 + a_1 t + \cdots + a_n t^n) dt$
$F(x) = \left[ a_0 t + \frac{a_1}{2} t^2 + \cdots + \frac{a_n}{n+1} t^{n+1} \right]_0^x$
$F(x) = a_0 x + \frac{a_1}{2} x^2 + \cdots + \frac{a_n}{n+1} x^{n+1}$。

現在，我們來檢查 $F(x)$ 在區間 $[0, 1]$ 的端點的值。
$F(0) = a_0(0) + \frac{a_1}{2}(0)^2 + \cdots + \frac{a_n}{n+1}(0)^{n+1} = 0$。

此題考驗多變數微積分中關於曲面切平面與截距的性質。題目要求證明給定曲面上任意一點的切平面，其 $x$, $y$, $z$ 軸截距之和為一常數。

曲面方程為 $\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} = \sqrt{c}$，其中 $c$ 為常數。
為了求切平面方程，我們首先需要找到曲面在任一點 $(x_0, y_0, z_0)$ 的法向量。
令 $F(x, y, z) = \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} - \sqrt{c} = 0$。
梯度向量 $\nabla F = \left( \frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z} \right)$ 是曲面的法向量。
$\frac{\partial F}{\partial x} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$
$\frac{\partial F}{\partial y} = \frac{1}{2\sqrt{y}}$
$\frac{\partial F}{\partial z} = \frac{1}{2\sqrt{z}}$
所以在點 $(x_0, y_0, z_0)$ 處的法向量為 $\vec{n} = \left( \frac{1}{2\sqrt{x_0}}, \frac{1}{2\sqrt{y_0}}, \frac{1}{2\sqrt{z_0}} \right)$。
為了簡化，我們可以乘以 $2$，得到一個與之平行的法向量：$\vec{n'} = \left( \frac{1}{\sqrt{x_0}}, \frac{1}{\sqrt{y_0}}, \frac{1}{\sqrt{z_0}} \right)$。

切平面方程在點 $(x_0, y_0, z_0)$ 為：
$\frac{1}{\sqrt{x_0}}(x - x_0) + \frac{1}{\sqrt{y_0}}(y - y_0) + \frac{1}{\sqrt{z_0}}(z - z_0) = 0$。
展開後得到：

此題考驗對積分定義函數的連續性與可微性的理解，特別是當積分上下限涉及變數時。

首先，我們計算函數 $f(x) = \int_a^x t \, dt$ 的具體形式。
$f(x) = \left[ \frac{1}{2} t^2 \right]_a^x = \frac{1}{2} x^2 - \frac{1}{2} a^2$。
這是一個二次函數。

(a) 證明 $f$ 在 $x = -1$ 處連續。
一個函數 $f$ 在點 $c$ 處連續，若且唯若 $\lim_{x \to c} f(x) = f(c)$。
在這裡，$c = -1$。
我們需要計算 $\lim_{x \to -1} f(x)$ 和 $f(-1)$。
$f(x) = \frac{1}{2} x^2 - \frac{1}{2} a^2$。
$\lim_{x \to -1} f(x) = \lim_{x \to -1} \left(\frac{1}{2} x^2 - \frac{1}{2} a^2\right)$。
由於 $f(x)$ 是一個多項式，它是連續的，所以我們可以將極限值直接代入：
$\lim_{x \to -1} f(x) = \frac{1}{2} (-1)^2 - \frac{1}{2} a^2 = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} a^2$。
接下來，計算 $f(-1)$：
$f(-1) = \frac{1}{2} (-1)^2 - \frac{1}{2} a^2 = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} a^2$。
因為 $\lim_{x \to -1} f(x) = f(-1)$，所以函數 $f$ 在 $x = -1$ 處是連續的。

【答案】 證明如上。

(b) 判斷 $f$ 是否在 $x = -1$ 處可微。
一個函數 $f$ 在點 $c$ 處可微，若且唯若導數 $f'(c)$ 存在。
導數的定義是 $f'(c) = \lim_{h \to 0} \frac{f(c+h) - f(c)}{h}$。
在這裡，$c = -1$。