113 年 國立清華大學科技管理研究所乙組《微積分》

第 1 題

(a) $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\left[x-x^2\ln\left(1+\frac1x\right)\right]$

核心觀念：
考查對數函數的極限與泰勒展開，常用公式為

$$\ln(1+u)=u-\frac{u^2}{2}+O(u^3),\qquad u\to 0.$$

解題方法：
令 $u=\dfrac1x$，則 $u\to 0^+$，原式變為

$$\frac1u-\frac{\ln(1+u)}{u^2} =\frac{u-\ln(1+u)}{u^2}.$$

利用洛必達法則：

$$\lim_{u\to0}\frac{u-\ln(1+u)}{u^2} = \lim_{u\to0}\frac{1-\frac1{1+u}}{2u} = \lim_{u\to0}\frac{1}{2(1+u)} =\frac12.$$

解題技巧：
直接使用

$$\ln\left(1+\frac1x\right) =\frac1x-\frac1{2x^2}+O\left(\frac1{x^3}\right)$$

即可看出

$$x-x^2\ln\left(1+\frac1x\right) =x-\left(x-\frac12+O\left(\frac1x\right)\right)\to\frac12.$$

【答案】

$$\boxed{\frac12}$$

---

(b) $\displaystyle \int_0^{\pi^2}\cos\sqrt{x}\,dx$

核心觀念：
根號函數適合使用代換積分。令 $u=\sqrt{x}$，可消除根號。

解題方法：

令

$$u=\sqrt{x},\qquad x=u^2,\qquad dx=2u\,du.$$

當 $x=0$ 時，$u=0$；當 $x=\pi^2$ 時，$u=\pi$。因此

$$\int_0^{\pi^2}\cos\sqrt{x}\,dx = 2\int_0^\pi u\cos u\,du.$$

分部積分：

$$\int u\cos u\,du=u\sin u+\cos u.$$

所以

$$2\int_0^\pi u\cos u\,du = 2\left[u\sin u+\cos u\right]_0^\pi.$$

代入上下限：

$$2\left[(\pi\sin\pi+\cos\pi)-(0\cdot\sin0+\cos0)\right] = 2(-1-1)=-4.$$

解題技巧：
看到 $\cos\sqrt{x}$ 時，代換 $u=\sqrt{x}$ 後會出現 $u\cos u$，再使用分部積分即可。

【答案】

$$\boxed{-4}$$

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(c) 若 $\displaystyle f(x)=\int_0^x t^2\sin t\,dt$，求 $f'(\pi)$

核心觀念：
基本微積分定理：

$$\frac{d}{dx}\int_a^x g(t)\,dt=g(x).$$

解題方法：

由基本微積分定理，

$$f'(x)=x^2\sin x.$$

因此

$$f'(\pi)=\pi^2\sin\pi=0.$$

解題技巧：
積分上限是變數 $x$，直接將被積函數中的 $t$ 改成 $x$，不需要先計算 $f(x)$。

【答案】

$$\boxed{0}$$

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(d) 求 $f(x)=(x+1)\cos x+(x-1)\sin x$ 在 $[0,\pi]$ 上的絕對最大值

核心觀念：
閉區間上的絕對最大值必須比較：

1. 區間端點；
2. 區間內所有臨界點。

解題方法：

先求導：

$$\begin{aligned} f'(x) &=\frac{d}{dx}\left[(x+1)\cos x+(x-1)\sin x\right]\\ &=\cos x-(x+1)\sin x+\sin x+(x-1)\cos x\\ &=x\cos x-x\sin x\\ &=x(\cos x-\sin x). \end{aligned}$$

令 $f'(x)=0$：

$$x(\cos x-\sin x)=0.$$

在 $[0,\pi]$ 中，臨界點為

$$x=0,\qquad x=\frac{\pi}{4}.$$

比較端點與臨界點：

$$f(0)=1,$$

這題考查二重積分計算質量與質心。

首先，確定積分區域 D。
$D = \{(x, y) | 0 \le y \le 1-x^2 \}$。
這是一個由拋物線 $y = 1-x^2$ 和 $y=0$ (x軸) 所圍成的區域。
拋物線 $y = 1-x^2$ 與 x軸的交點為 $1-x^2 = 0 \implies x^2 = 1 \implies x = \pm 1$。
所以積分區域 D 的範圍是 $-1 \le x \le 1$ 且 $0 \le y \le 1-x^2$。

計算質量 M：
質量 $M = \iint_D \rho(x, y) dA = \iint_D y dA$。
$M = \int_{-1}^{1} \int_0^{1-x^2} y dy dx$。
先對 y 積分：
$\int_0^{1-x^2} y dy = [\frac{1}{2} y^2]_0^{1-x^2} = \frac{1}{2} (1-x^2)^2 - 0 = \frac{1}{2} (1 - 2x^2 + x^4)$。
接著對 x 積分：
$M = \int_{-1}^{1} \frac{1}{2} (1 - 2x^2 + x^4) dx$。
由於被積函數是偶函數，我們可以將積分範圍縮小一半並乘以 2：
$M = 2 \int_{0}^{1} \frac{1}{2} (1 - 2x^2 + x^4) dx = \int_{0}^{1} (1 - 2x^2 + x^4) dx$。
$M = [x - \frac{2}{3} x^3 + \frac{1}{5} x^5]_0^1$。
$M = (1 - \frac{2}{3} + \frac{1}{5}) - (0)$。
$M = \frac{15 - 10 + 3}{15} = \frac{8}{15}$。
質量為 $\frac{8}{15}$。

計算質心 $(\bar{x}, \bar{y})$：
質心 $\bar{x} = \frac{1}{M} \iint_D x \rho(x, y) dA = \frac{1}{M} \iint_D xy dA$。
$\bar{x} = \frac{15}{8} \int_{-1}^{1} \int_0^{1-x^2} xy dy dx$。
先對 y 積分：
$\int_0^{1-x^2} xy dy = x [\frac{1}{2} y^2]_0^{1-x^2} = x \frac{1}{2} (1-x^2)^2$。
接著對 x 積分：
$\bar{x} = \frac{15}{8} \int_{-1}^{1} \frac{x}{2} (1-x^2)^2 dx$。
令 $u = 1-x^2$，則 $du = -2x dx$。
當 $x=-1$ 時，$u = 1 - (-1)^2 = 0$。
當 $x=1$ 時，$u = 1 - (1)^2 = 0$。
積分範圍為 $[0,0]$。

這題考查微分方程的穩定點分析。
給定的微分方程是 $\frac{dy}{dx} = (1-y)(1-3y)$。
這是一個自治微分方程，其解的行為取決於 $\frac{dy}{dx}$ 的符號。
我們需要找到使得 $\frac{dy}{dx} = 0$ 的點，這些點稱為平衡點或穩定點。
令 $f(y) = (1-y)(1-3y) = 0$。
解得 $y=1$ 或 $y=\frac{1}{3}$。

現在我們分析這兩個平衡點的穩定性。
$f(y) = 3y^2 - 4y + 1$。
$f'(y) = 6y - 4$。
在 $y=1$ 處，$f'(1) = 6(1) - 4 = 2 > 0$。
因為 $f'(1) > 0$，所以 $y=1$ 是一個不穩定平衡點。
這意味著如果解的初始值靠近 $y=1$ (但不是等於 $y=1$)，則解會遠離 $y=1$。

在 $y=\frac{1}{3}$ 處，$f'(\frac{1}{3}) = 6(\frac{1}{3}) - 4 = 2 - 4 = -2 < 0$。
因為 $f'(\frac{1}{3}) < 0$，所以 $y=\frac{1}{3}$ 是一個穩定平衡點。
這意味著如果解的初始值靠近 $y=\frac{1}{3}$，則解會趨近於 $y=\frac{1}{3}$。

我們來分析 $f(y)$ 的符號：
當 $y < \frac{1}{3}$ 時，$(1-y) > 0$ 且 $(1-3y) > 0$，所以 $f(y) > 0$。此時 $\frac{dy}{dx} > 0$，y 隨 x 增加而增加。
當 $\frac{1}{3} < y < 1$ 時，$(1-y) > 0$ 且 $(1-3y) < 0$，所以 $f(y) < 0$。此時 $\frac{dy}{dx} < 0$，y 隨 x 增加而減少。
當 $y > 1$ 時，$(1-y) < 0$ 且 $(1-3y) < 0$，所以 $f(y) > 0$。此時 $\frac{dy}{dx} > 0$，y 隨 x 增加而增加。

考慮當 $x \to \infty$ 時 $y(x)$ 的極限。
如果初始值 $y(0)$ 落在 $(\frac{1}{3}, 1)$ 區間內，則 $y(x)$ 會隨 x 增加而減小，並趨近於 $\frac{1}{3}$。
如果初始值 $y(0)$ 落在 $(-\infty, \frac{1}{3})$ 區間內，則 $y(x)$ 會隨 x 增加而增大，並趨近於 $\frac{1}{3}$。
如果初始值 $y(0)$ 落在 $(1, \infty)$ 區間內，則 $y(x)$ 會隨 x 增加而增大，並趨近於 $\infty$ (無窮大)。
如果初始值 $y(0) = 1$，則 $y(x) = 1$ 對所有 x 成立，但這是個不穩定平衡點，所以若稍有偏離，解會遠離 1。
如果初始值 $y(0) = \frac{1}{3}$，則 $y(x) = \frac{1}{3}$ 對所有 x 成立，這是個穩定平衡點。

題目問的是 $\lim_{x \to \infty} y(x)$，這表示我們需要考慮當時間趨於無限時，系統的穩定狀態。
除非初始值 $y(0) > 1$，否則 $y(x)$ 會趨近於穩定平衡點 $y = \frac{1}{3}$。
在沒有給定初始值的情況下，通常是問系統會收斂到哪個穩定狀態。
如果題目意味著任意初始值 (除了 $y(0)>1$ 的情況)，那麼極限是 $\frac{1}{3}$。
若題目假設初始值是任意的，那麼極限可能不存在（例如，如果 $y(0) > 1$，則 $y(x) \to \infty$）。
然而，在這種情況下，通常是指長期穩定行為。
因此，最合理的解釋是系統會收斂到穩定平衡點。
穩定平衡點是 $y = \frac{1}{3}$。

我們可以透過分離變數來驗證。
$\frac{dy}{(1-y)(1-3y)} = dx$。
使用部分分式分解：
$\frac{1}{(1-y)(1-3y)} = \frac{A}{1-y} + \frac{B}{1-3y}$。
$1 = A(1-3y) + B(1-y)$。
令 $y=1$， $1 = A(1-3) = -2A$，所以 $A = -\frac{1}{2}$。
令 $y=\frac{1}{3}$， $1 = B(1-\frac{1}{3}) = B(\frac{2}{3})$，所以 $B = \frac{3}{2}$。
所以 $\int (\frac{-1/2}{1-y} + \frac{3/2}{1-3y}) dy = \int dx$。
$-\frac{1}{2} (-\ln|1-y|) + \frac{3}{2} \frac{1}{-3} \ln|1-3y| = x + C$。
$\frac{1}{2} \ln|1-y| - \frac{1}{2} \ln|1-3y| = x + C$。
$\frac{1}{2} \ln|\frac{1-y}{1-3y}| = x + C$。
$\ln|\frac{1-y}{1-3y}| = 2x + 2C$。
$|\frac{1-y}{1-3y}| = e^{2x + 2C} = K e^{2x}$，其中 $K = e^{2C} > 0$。
$\frac{1-y}{1-3y} = \pm K e^{2x} = C_1 e^{2x}$，其中 $C_1$ 是非零常數。

核心觀念

本題考查「固定產量下的成本最小化」。公司必須滿足生產限制

$$f(x,y)=80x^{1/3}y^{2/3}=10000,$$

同時使總成本

$$C=20x+15y$$

達到最小。其中：

• $x$：勞動投入量，單位成本為 $20$；
• $y$：資本投入量，單位成本為 $15$。

由於生產函數對 $x,y$ 均為遞增函數，成本最小時會剛好生產 $10,000$ 單位，不會生產超過目標。

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解題方法

採用拉格朗日乘數法。令

$$\mathcal{L}=20x+15y+\lambda\left(10000-80x^{1/3}y^{2/3}\right).$$

對 $x$、$y$ 分別微分：

$$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x} =20-\lambda\frac{80}{3}x^{-2/3}y^{2/3}=0,$$ $$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y} =15-\lambda\frac{160}{3}x^{1/3}y^{-1/3}=0.$$

兩式相除以消去 $\lambda$：

$$\frac{20}{15} = \frac{\frac{80}{3}x^{-2/3}y^{2/3}} {\frac{160}{3}x^{1/3}y^{-1/3}}.$$

整理右側：

$$\frac{20}{15} = \frac{1}{2}\frac{y}{x}.$$

因此

$$\frac{4}{3}=\frac{y}{2x},$$

得到投入比例

$$y=\frac{8}{3}x.$$

再代入生產限制：

$$80x^{1/3}\left(\frac{8}{3}x\right)^{2/3}=10000.$$

因為

$$x^{1/3}x^{2/3}=x,$$

所以

$$80\left(\frac{8}{3}\right)^{2/3}x=10000.$$

亦可先將生產限制化簡為

$$x^{1/3}y^{2/3}=125.$$

代入 $y=\frac{8}{3}x$：

$$x\left(\frac{8}{3}\right)^{2/3}=125.$$

故

核心觀念

本題求的是單位球

$$x^2+y^2+z^2<1$$

與圓柱內部

$$x^2+y^2\le x$$

所形成交集的體積。主要使用：

• 柱座標：
  $x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta$
• 體積積分：
  $V=\iint_D \left(z_{\text{上}}-z_{\text{下}}\right)\,dA$
• 單位球上下表面：
  $z=\pm\sqrt{1-r^2}$

解題方法

在柱座標下，圓柱條件為

$$x^2+y^2\le x$$

代入 $x=r\cos\theta$、$x^2+y^2=r^2$：

$$r^2\le r\cos\theta$$

由於 $r\ge 0$，可得

$$0\le r\le \cos\theta$$

要使上限非負，必須有

$$-\frac{\pi}{2}\le\theta\le\frac{\pi}{2}.$$

球面方程式在柱座標下為

$$r^2+z^2=1,$$

因此

$$-\sqrt{1-r^2}\le z\le \sqrt{1-r^2}.$$

固定一個 $(r,\theta)$ 後，球內沿 $z$ 方向的高度為

$$2\sqrt{1-r^2}.$$

柱座標面積元素為

$$dA=r\,dr\,d\theta.$$

所以體積為

$$V=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^{\cos\theta} 2\sqrt{1-r^2}\,r\,dr\,d\theta.$$

先計算 $r$ 的積分：

$$\int 2r\sqrt{1-r^2}\,dr =-\frac{2}{3}(1-r^2)^{3/2}.$$

故

核心觀念

本題考查：

1. 無窮區間上的反常積分收斂判定。
2. 比較判別法與漸近行為。
3. 基本積分公式

$$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+1}} =\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)+C.$$

令

$$f_a(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}-\frac{a}{x+4}.$$

在 $x=0$ 附近，兩項皆有有限值，因此積分不會在下限 $0$ 發散。關鍵在於 $x\to\infty$ 時的收斂性。

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解題方法：先判定常數 $a$

觀察 $x\to\infty$ 時：

$$\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\sim \frac{1}{x}, \qquad \frac{a}{x+4}\sim \frac{a}{x}.$$

因此

$$f_a(x)\sim \frac{1-a}{x}.$$

`

更嚴謹地計算：

$$\lim_{x\to\infty}x f_a(x) = \lim_{x\to\infty} \left( \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}-\frac{ax}{x+4} \right) =1-a.$$

若 $a\neq 1$，則被積函數的主要項為

$$\frac{1-a}{x}.$$

由於

$$\int_1^\infty \frac{dx}{x}$$

發散，所以原反常積分也發散。故要使最高階的 $1/x$ 項互相抵消，必須有

$$\boxed{a=1}.$$

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計算 $a=1$ 時的積分

代入 $a=1$：

$$I=\int_0^\infty \left( \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}-\frac{1}{x+4} \right)\,dx.$$

先計算有限區間 $[0,R]$ 上的積分：

$$I_R = \int_0^R\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}} - \int_0^R\frac{dx}{x+4}.$$

利用積分公式：

$$\int_0^R\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}} = \ln\left(R+\sqrt{R^2+1}\right),$$

以及

$$\int_0^R\frac{dx}{x+4} = \ln(R+4)-\ln 4.$$

所以