109 年 國立臺灣大學商學研究所乙組《應用微積分》

核心觀念

本題考查多項式乘法與「係數」的判定。

在展開式中，$y^3x^6$ 的係數，是所有能產生 $y^3x^6$ 的乘積項之係數總和。關鍵在於觀察原式中 $y$ 的最高次方。

原式為

$$(1+x+y)(1+x)^7$$

其中第一個因式 $(1+x+y)$ 中，$y$ 最多只出現一次；第二個因式 $(1+x)^7$ 完全不含 $y$。因此整個乘積中 $y$ 的最高次方只能是 $y^1$，不可能出現 $y^3$。

解題方法

將原式依照 $y$ 分組：

$$(1+x+y)(1+x)^7 = (1+x)(1+x)^7+y(1+x)^7$$

整理得

$$(1+x)^8+y(1+x)^7$$

此式中：

• $(1+x)^8$ 不含 $y$；
• $y(1+x)^7$ 中的 $y$ 次方最多為 $1$。

因此整個展開式不含任何 $y^3$ 項，當然也不可能含有 $y^3x^6$。所以

$$[y^3x^6]\,(1+x+y)(1+x)^7=0$$

本題考查高維度歐幾里得空間中球體的體積公式。
在高維空間中，n維球體的體積 $V_n(R)$ 與半徑 $R$ 的關係式為：
$V_n(R) = \frac{\pi^{n/2}}{\Gamma(\frac{n}{2}+1)} R^n$
其中 $\Gamma(z)$ 是伽瑪函數，對於正整數 $k$， $\Gamma(k) = (k-1)!$。對於半整數 $z = k + \frac{1}{2}$， $\Gamma(z) = \frac{(2k)!}{4^k k!} \sqrt{\pi}$。

題目給出了 6 維空間球體的體積：
$V_6(R) = \frac{\pi^{6/2}}{\Gamma(\frac{6}{2}+1)} R^6 = \frac{\pi^3}{\Gamma(3+1)} R^6 = \frac{\pi^3}{\Gamma(4)} R^6 = \frac{\pi^3}{3!} R^6 = \frac{\pi^3}{6} R^6$
這與題目給定的公式 $\frac{\pi^3 R^6}{6}$ 相符。

現在我們需要計算 7 維空間球體的體積 $V_7(R)$。
將 $n=7$ 代入公式：
$V_7(R) = \frac{\pi^{7/2}}{\Gamma(\frac{7}{2}+1)} R^7 = \frac{\pi^{7/2}}{\Gamma(\frac{9}{2})} R^7$

我們需要計算 $\Gamma(\frac{9}{2})$。
$\Gamma(\frac{9}{2}) = \Gamma(\frac{7}{2} + 1) = \frac{7}{2} \Gamma(\frac{7}{2})$

核心觀念

半徑為 $R$ 的球，其體積對半徑的導數等於半徑為 $R$ 的球面的表面積：

$$S(R)=\frac{dV}{dR}.$$

這個關係也可由薄殼近似理解：半徑增加 $dR$ 時，新增體積約為表面積乘上殼厚，即 $dV\approx S(R)\,dR$。

解題方法

題目給定六維球的體積：

$$V(R)=\frac{\pi^3}{6}R^6.$$

對 $R$ 微分：

$$S(R)=\frac{d}{dR}\left(\frac{\pi^3}{6}R^6\right) =\frac{\pi^3}{6}\cdot 6R^5 =\pi^3R^5.$$

因此，表面積為 $\pi^3R^5$。

選項分析

核心觀念

本題考查：

• 定積分的收斂性；
• 連續函數的數值積分；
• 利用近似值判斷最接近的選項。

被積分函數為

$$f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^3}}.$$

在區間 $[0,1]$ 上，因為 $1+x^3\ge 1>0$，所以 $f(x)$ 在整個區間上連續，定積分必定收斂。

解題方法

可使用辛普森法估計定積分：

$$\int_0^1 f(x)\,dx \approx \frac{1-0}{6}\left[f(0)+4f\left(\frac12\right)+f(1)\right].$$

各點函數值為

$$f(0)=1,$$ $$f\left(\frac12\right) = \frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac12\right)^3}} = \frac{1}{\sqrt{1+\frac18}} = \frac{1}{\sqrt{\frac98}} \approx 0.9428,$$ $$f(1)=\frac{1}{\sqrt2}\approx 0.7071.$$

因此

$$\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+x^3}}\,dx \approx \frac16\left(1+4(0.9428)+0.7071\right) \approx 0.913.$$

所以積分值約為 $0.91$，最接近 $1$。

也可由二項式展開快速驗算：

本題考查對數微分和換元積分法。
我們需要計算定積分 $\int_{e^{-2}}^{e^{-1}} \frac{1}{x \ln x} dx$。

觀察被積函數 $\frac{1}{x \ln x}$。
我們可以注意到 $\ln x$ 的導數是 $\frac{1}{x}$。
這提示我們進行換元積分。
令 $u = \ln x$。
則 $du = \frac{1}{x} dx$。

接下來，我們需要轉換積分的上下限。
當 $x = e^{-2}$ 時，$u = \ln(e^{-2}) = -2$。
當 $x = e^{-1}$ 時，$u = \ln(e^{-1}) = -1$。

將這些代入積分式：
$\int_{-2}^{-1} \frac{1}{u} du$

核心觀念

本題考查：

• 多項式根的個數判定。
• 導數判斷函數的單調性。
• 介值定理：若連續函數在區間兩端的函數值異號，則區間內至少有一個根。

令

$$f(x)=x^4-4x^2-8x+12.$$

因為多項式在全體實數上連續，因此可利用函數值與單調性判斷 $[-2,2]$ 內的根數。

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解題方法

先求導數：

$$f'(x)=4x^3-8x-8=4(x^3-2x-2).$$

令

$$g(x)=x^3-2x-2.$$

考察 $g(x)$ 的正負。其導數為

$$g'(x)=3x^2-2.$$

$g(x)$ 的兩個臨界點為

$$x=\pm\sqrt{\frac{2}{3}}.$$

在左側極大點：

$$g\left(-\sqrt{\frac{2}{3}}\right) =-\frac{2}{3}\sqrt{\frac{2}{3}} +2\sqrt{\frac{2}{3}}-2 =\frac{4}{3}\sqrt{\frac{2}{3}}-2<0.$$

左側極大值已小於 $0$，因此 $g(x)$ 只有一個實根。又因為

$$g(1)=1-2-2=-3<0,$$ $$g(2)=8-4-2=2>0,$$

所以 $g(x)$ 的唯一實根 $c$ 落在 $(1,2)$。

因此：

• 當 $x<c$ 時，$f'(x)<0$，所以 $f$ 遞減；
• 當 $x>c$ 時，$f'(x)>0$，所以 $f$ 遞增。

接著計算區間端點的函數值：

$$f(-2)=(-2)^4-4(-2)^2-8(-2)+12 =16-16+16+12=28>0,$$

本題考查極限的計算，涉及到二階導數的定義。
我們需要計算 $\lim_{h \to 0} \frac{f(x+4h)-2f(x)+f(x-4h)}{h^2}$。

這個極限的形式類似於二階導數的定義，但分子中的間隔是 $4h$。
二階導數的定義是 $f''(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-2f(x)+f(x-h)}{h^2}$。

我們可以使用泰勒級數展開來解決這個問題。
由於 $f$ 是光滑的，我們可以將 $f(x+4h)$ 和 $f(x-4h)$ 在 $x$ 點進行泰勒展開：
$f(x+4h) = f(x) + f'(x)(4h) + \frac{f''(x)}{2!}(4h)^2 + \frac{f'''(x)}{3!}(4h)^3 + O(h^4)$
$f(x+4h) = f(x) + 4hf'(x) + \frac{16h^2}{2}f''(x) + \frac{64h^3}{6}f'''(x) + O(h^4)$
$f(x+4h) = f(x) + 4hf'(x) + 8h^2f''(x) + \frac{32}{3}h^3f'''(x) + O(h^4)$

$f(x-4h) = f(x) + f'(x)(-4h) + \frac{f''(x)}{2!}(-4h)^2 + \frac{f'''(x)}{3!}(-4h)^3 + O(h^4)$
$f(x-4h) = f(x) - 4hf'(x) + \frac{16h^2}{2}f''(x) - \frac{64h^3}{6}f'''(x) + O(h^4)$
$f(x-4h) = f(x) - 4hf'(x) + 8h^2f''(x) - \frac{32}{3}h^3f'''(x) + O(h^4)$

現在將這些代入極限的分子：
$f(x+4h)-2f(x)+f(x-4h)$
$= [f(x) + 4hf'(x) + 8h^2f''(x) + \frac{32}{3}h^3f'''(x) + O(h^4)]$
$- 2f(x)$
$+ [f(x) - 4hf'(x) + 8h^2f''(x) - \frac{32}{3}h^3f'''(x) + O(h^4)]$

合併同類項：
$f(x) - 2f(x) + f(x) = 0$ (常數項)
$4hf'(x) - 4hf'(x) = 0$ ($h$ 項)
$8h^2f''(x) + 8h^2f''(x) = 16h^2f''(x)$ ($h^2$ 項)

核心觀念

本題考查二變數函數極限的估計法。關鍵是不必直接代入或逐一檢查路徑，只要利用

$$0\le \frac{y^2}{|x|^2+|y|^2}\le 1$$

即可將原式控制在容易判斷的形式。

當 $r>0$ 時，$|x|^r\to 0$（因為 $x\to 0$）。因此可利用夾擠定理判斷極限。

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解題方法

考慮函數

$$\frac{x^r y^2}{|x|^2+|y|^2}.$$

取絕對值：

$$\left|\frac{x^r y^2}{|x|^2+|y|^2}\right| = |x|^r\frac{y^2}{|x|^2+|y|^2}.$$

由於

$$0\le \frac{y^2}{|x|^2+|y|^2}\le 1,$$

所以

$$0\le \left|\frac{x^r y^2}{|x|^2+|y|^2}\right| \le |x|^r.$$

只要 $r>0$，當 $(x,y)\to(0,0)$ 時，必有 $x\to0$，因此

$$|x|^r\to0.$$

由夾擠定理，

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{x^r y^2}{|x|^2+|y|^2}=0 \qquad (r>0).$$

題目要求「對所有 $r\ge n$」極限都存在。只要 $n>0$，就能保證所有 $r\ge n$ 均滿足 $r>0$。

在選項中，最小的正數為 $1$，故答案為 $(A)$。

補充說明：若 $r=0$，原式變為

$$\frac{y^2}{|x|^2+|y|^2},$$

本題考查約束優化問題，可以使用拉格朗日乘數法或參數化方法求解。
我們需要最大化函數 $f(x,y) = x^2y$ 在約束條件 $g(x,y) = x^2 + 2y^2 - 6 = 0$ 下。

方法一：拉格朗日乘數法
設拉格朗日函數 $L(x,y,\lambda) = f(x,y) - \lambda g(x,y) = x^2y - \lambda(x^2 + 2y^2 - 6)$。
我們需要解以下方程組：
$\nabla L = 0$
$\frac{\partial L}{\partial x} = 2xy - 2\lambda x = 0 \quad (1)$
$\frac{\partial L}{\partial y} = x^2 - 4\lambda y = 0 \quad (2)$
$\frac{\partial L}{\partial \lambda} = -(x^2 + 2y^2 - 6) = 0 \implies x^2 + 2y^2 = 6 \quad (3)$

從方程 (1): $2x(y - \lambda) = 0$。
這意味著 $x=0$ 或 $y=\lambda$。

情況 1: $x=0$
將 $x=0$ 代入方程 (3): $0^2 + 2y^2 = 6 \implies 2y^2 = 6 \implies y^2 = 3 \implies y = \pm \sqrt{3}$。
此時，$f(x,y) = x^2y = 0^2 \cdot (\pm \sqrt{3}) = 0$.

情況 2: $y=\lambda$
將 $\lambda = y$ 代入方程 (2): $x^2 - 4y \cdot y = 0 \implies x^2 - 4y^2 = 0 \implies x^2 = 4y^2$。
將 $x^2 = 4y^2$ 代入方程 (3):
$4y^2 + 2y^2 = 6$
$6y^2 = 6$
$y^2 = 1 \implies y = \pm 1$。

如果 $y=1$:
$x^2 = 4(1)^2 = 4 \implies x = \pm 2$。
此時，$f(x,y) = x^2y = (\pm 2)^2 \cdot 1 = 4 \cdot 1 = 4$。

如果 $y=-1$:
$x^2 = 4(-1)^2 = 4 \implies x = \pm 2$。
此時，$f(x,y) = x^2y = (\pm 2)^2 \cdot (-1) = 4 \cdot (-1) = -4$。

我們比較所有可能的值：0, 4, -4。
最大值是 4。

方法二：參數化
約束曲線 $x^2 + 2y^2 = 6$ 可以參數化。
令 $x = \sqrt{6} \cos t$ 且 $\sqrt{2}y = \sqrt{6} \sin t \implies y = \sqrt{3} \sin t$。
然後 $x^2 = 6 \cos^2 t$。
我們需要最大化 $f(t) = x^2y = (6 \cos^2 t)(\sqrt{3} \sin t) = 6\sqrt{3} \cos^2 t \sin t$。

本題考查微分法則，特別是除法定律和連鎖律的應用，以及對函數值和導數值的代入。
我們需要計算函數 $g(x) = \frac{f(e^{2x-2})}{f(x)}$ 在 $x=1$ 點的導數。
我們使用除法定律：
$(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$
令 $u(x) = f(e^{2x-2})$ 且 $v(x) = f(x)$。

首先，計算 $u'(x)$。
$u(x) = f(e^{2x-2})$。
這是複合函數，我們需要使用連鎖律。
令 $w(x) = e^{2x-2}$。則 $u(x) = f(w(x))$。
$w'(x) = \frac{d}{dx}(e^{2x-2}) = e^{2x-2} \cdot \frac{d}{dx}(2x-2) = e^{2x-2} \cdot 2 = 2e^{2x-2}$。
$u'(x) = f'(w(x)) \cdot w'(x) = f'(e^{2x-2}) \cdot 2e^{2x-2}$。

其次，計算 $v'(x)$。
$v(x) = f(x)$。
$v'(x) = f'(x)$。

現在，將 $u'(x)$ 和 $v'(x)$ 代入除法定律：
$g'(x) = \frac{u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{[v(x)]^2}$
$g'(x) = \frac{[f'(e^{2x-2}) \cdot 2e^{2x-2}] \cdot f(x) - f(e^{2x-2}) \cdot f'(x)}{[f(x)]^2}$

核心觀念

本題考查伽瑪函數（Gamma function）與變數代換。伽瑪函數定義為

$$\Gamma(\gamma)=\int_0^\infty t^{\gamma-1}e^{-t}\,dt,\qquad \gamma>0.$$

其中 $\gamma>0$ 是積分收斂的必要條件。關鍵公式為

$$\int_0^\infty y^{\gamma-1}e^{-xy}\,dy =\frac{\Gamma(\gamma)}{x^\gamma},\qquad x>0.$$

解題方法

令

$$t=xy,$$

則

$$y=\frac{t}{x},\qquad dy=\frac{dt}{x}.$$

因此

$$\begin{aligned} \int_0^\infty y^{\gamma-1}e^{-xy}\,dy &=\int_0^\infty \left(\frac{t}{x}\right)^{\gamma-1}e^{-t}\frac{dt}{x}\\ &=\frac{1}{x^\gamma}\int_0^\infty t^{\gamma-1}e^{-t}\,dt\\ &=\frac{\Gamma(\gamma)}{x^\gamma}. \end{aligned}$$

代回原式：

核心觀念

本題須先辨認積分變數，再判斷廣義積分是否收斂。左側的積分變數是 $y$，但被積函數只含 $x$；原式未給定 $x$ 與 $y$ 的關係，因此按原式應將 $x$ 視為固定參數。

在一般階乘的定義下，取 $x\in\{0,1,\ldots,41\}$，則

$$c_x=\frac{41!}{x!(41-x)!}\left(\frac12\right)^{41}>0.$$

此式雖是二項分布的機率質量函數，但對 $y$ 積分與對 $x$ 加總是不同的運算。

右側則是常態密度在全實數上的積分，須有 $\mu\in\mathbb R$、$\sigma>0$。

解題方法

一、左側：正的常數在無窮區間上的積分

依廣義積分的定義，

$$\begin{aligned} \int_0^\infty \frac{41!}{x!(41-x)!}\left(\frac12\right)^{41}\,dy &=\lim_{R\to\infty}\int_0^R c_x\,dy\\ &=\lim_{R\to\infty}c_xR\\ &=+\infty. \end{aligned}$$

因為 $c_x>0$，左側積分發散，不具有有限值。

二、右側：標準化後使用高斯積分

令

$$z=\frac{x-\mu}{\sigma}, \qquad dx=\sigma\,dz.$$

由 $\sigma>0$，積分上下限仍為 $-\infty$ 與 $\infty$，因此

核心觀念

被積分函數

$$\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$$

是常態分布 $N(\mu,\sigma^2)$ 的機率密度函數。因此，所求積分代表

$$P(X\geq 0),\qquad X\sim N(\mu,\sigma^2).$$

利用標準化公式

$$Z=\frac{X-\mu}{\sigma}\sim N(0,1),$$

並記標準常態分布的累積分布函數為

$$\Phi(t)=\int_{-\infty}^{t}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-u^2/2}\,du.$$

解題方法

令

$$u=\frac{x-\mu}{\sigma}, \qquad dx=\sigma\,du.$$

當 $x=0$ 時，

$$u=\frac{0-\mu}{\sigma}=-\frac{\mu}{\sigma};$$

當 $x\to\infty$ 時，

$$u\to\infty.$$

代入原積分：

$$\begin{aligned} \int_0^\infty \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}\,dx &= \int_{-\mu/\sigma}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-u^2/2}\sigma\,du\\ &= \int_{-\mu/\sigma}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-u^2/2}\,du. \end{aligned}$$

利用標準常態密度函數的對稱性，

$$\int_{-a}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-u^2/2}\,du = \Phi(a),$$

取 $a=\mu/\sigma$，得到

本題考查積分計算，涉及到 Gamma 函數和變換。
我們需要計算積分 $\int_0^\infty x^{\alpha-1} e^{-(\beta x)^2} dx$，其中 $\alpha > 1$ 且 $\beta > 0$ (通常 $\beta$ 是實數，這裡假設 $\beta > 0$ 以便於積分)。

首先，進行變換。令 $t = \beta x$。
則 $x = \frac{t}{\beta}$，且 $dx = \frac{1}{\beta} dt$。
當 $x=0$ 時，$t=0$。
當 $x \to \infty$ 時，$t \to \infty$。

代入積分：
$\int_0^\infty (\frac{t}{\beta})^{\alpha-1} e^{-t^2} (\frac{1}{\beta} dt)$
$= \int_0^\infty \frac{t^{\alpha-1}}{\beta^{\alpha-1}} e^{-t^2} \frac{1}{\beta} dt$
$= \frac{1}{\beta^\alpha} \int_0^\infty t^{\alpha-1} e^{-t^2} dt$

現在我們需要計算積分 $\int_0^\infty t^{\alpha-1} e^{-t^2} dt$。
這是一個與 Gamma 函數相關的積分，但指數是 $t^2$。
我們再次進行變換。令 $u = t^2$。
則 $du = 2t dt \implies dt = \frac{du}{2t}$。
$t = \sqrt{u}$。
$dt = \frac{du}{2\sqrt{u}}$。
當 $t=0$ 時，$u=0$。
當 $t \to \infty$ 時，$u \to \infty$。

核心觀念

本題主要考察 Gamma 函數的定義：

$$\Gamma(s)=\int_0^\infty u^{s-1}e^{-u}\,du,\qquad s>0.$$

因此，在 $\alpha>0,\ \beta>0$ 下，

$$\int_0^\infty z^{\alpha-1}e^{-z}\,dz=\Gamma(\alpha),$$ $$\int_0^\infty t^{\beta-1}e^{-t}\,dt=\Gamma(\beta),$$

且

$$\int_0^\infty y^{\alpha+\beta-1}e^{-y}\,dy =\Gamma(\alpha+\beta).$$

解題方法

先處理第一個二重積分：

$$\int_0^\infty\int_0^\infty y^{\alpha+\beta-1}e^{-y}\,dy\,dx.$$

由於被積函數完全不含 $x$，對 $x$ 積分時，內層積分只是常數：

$$\int_0^\infty y^{\alpha+\beta-1}e^{-y}\,dy =\Gamma(\alpha+\beta).$$

因此，

$$\int_0^\infty\int_0^\infty y^{\alpha+\beta-1}e^{-y}\,dy\,dx = \int_0^\infty \Gamma(\alpha+\beta)\,dx.$$