114 年 國立高雄大學統計學研究所碩士班《微積分》

此題考驗極限的計算，特別是當代入後出現 $\frac{0}{0}$ 的不定型時，可使用羅必達法則或分子有理化來求解。

當 $x \to -1$，分子 $\sqrt{(-1)^2+8}-3 = \sqrt{1+8}-3 = \sqrt{9}-3 = 3-3 = 0$。
分母 $(-1)+1 = 0$。
出現 $\frac{0}{0}$ 的不定型。

方法一：分子有理化
將分子乘以其共軛複數 $\sqrt{x^2+8}+3$：
$\lim_{x\to -1} \frac{\sqrt{x^2+8}-3}{x+1} = \lim_{x\to -1} \frac{(\sqrt{x^2+8}-3)(\sqrt{x^2+8}+3)}{(x+1)(\sqrt{x^2+8}+3)}$
$= \lim_{x\to -1} \frac{(x^2+8)-9}{(x+1)(\sqrt{x^2+8}+3)}$
$= \lim_{x\to -1} \frac{x^2-1}{(x+1)(\sqrt{x^2+8}+3)}$
$= \lim_{x\to -1} \frac{(x-1)(x+1)}{(x+1)(\sqrt{x^2+8}+3)}$
當 $x \neq -1$ 時，可以消去 $(x+1)$：

核心觀念

本題使用基本極限公式：

$$\lim_{u\to 0}\frac{\sin u}{u}=1$$

關鍵是將 $x\sin\left(\frac{\pi}{2x}\right)$ 改寫成「常數乘以 $\frac{\sin u}{u}$」的形式。

解題方法

令

$$u=\frac{\pi}{2x}$$

當 $x\to\infty$ 時，$u\to 0$。由 $u=\frac{\pi}{2x}$ 可得：

$$x=\frac{\pi}{2u}$$

因此，

$$x\sin\left(\frac{\pi}{2x}\right) = \frac{\pi}{2u}\sin u = \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\sin u}{u}$$

所以原極限為：

核心觀念

本題考查：

• 乘積法則：$(uvw)'=u'vw+uv'w+uvw'$
• 指數函數微分：$\dfrac{d}{dx}e^{2x}=2e^{2x}$
• 冪次函數微分：$\dfrac{d}{dx}(x+1)^{-2}=-2(x+1)^{-3}$

原函數為

$$f(x)=x^3e^{2x}(x+1)^{-2},$$

其定義域為 $x\ne -1$。

解題方法

將三個因式分別微分，使用乘積法則：

$$\begin{aligned} f'(x) &=(x^3)'e^{2x}(x+1)^{-2} +x^3(e^{2x})'(x+1)^{-2} \\ &\quad+x^3e^{2x}\left[(x+1)^{-2}\right]' . \end{aligned}$$

各項微分為

$$(x^3)'=3x^2, \qquad (e^{2x})'=2e^{2x}, \qquad \left[(x+1)^{-2}\right]'=-2(x+1)^{-3}.$$

因此

此題考驗基本的多項式微分。
使用冪次法則 (Power Rule)：$\frac{d}{dx}(x^n) = nx^{n-1}$。
以及常數倍法則和加法法則。

$\frac{d}{dx} (5x^2+3x) = \frac{d}{dx}(5x^2) + \frac{d}{dx}(3x)$

此題考驗高斯積分 (Gaussian Integral) 的計算。這是一個著名的瑕積分，其結果為 $\sqrt{\pi}$。
直接計算此積分通常需要複變函數或多變數微積分的方法。

令 $I = \int_0^\infty e^{-x^2} dx$。
考慮其平方 $I^2$:
$I^2 = \left(\int_0^\infty e^{-x^2} dx\right) \left(\int_0^\infty e^{-y^2} dy\right)$
將兩個積分轉換為二維空間中的積分：
$I^2 = \int_0^\infty \int_0^\infty e^{-x^2} e^{-y^2} dx dy$
$I^2 = \int_0^\infty \int_0^\infty e^{-(x^2+y^2)} dx dy$

這個積分是在第一象限內進行的。為了簡化計算，我們轉換到極座標。
設 $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$。
則 $x^2+y^2 = r^2$。
面積元素 $dx dy$ 轉換為 $r dr d\theta$。
積分區域在第一象限，所以 $r$ 的範圍是從 0 到 $\infty$，$\theta$ 的範圍是從 0 到 $\frac{\pi}{2}$。

$I^2 = \int_0^{\pi/2} \int_0^\infty e^{-r^2} (r dr d\theta)$
首先計算內層關於 $r$ 的積分：
$\int_0^\infty e^{-r^2} r dr$
令 $u = r^2$，則 $du = 2r dr$，即 $r dr = \frac{1}{2} du$。
當 $r=0$, $u=0$。當 $r\to\infty$, $u\to\infty$。

此題考驗積分的計算，涉及變數代換。
我們觀察到被積函數中包含 $\sqrt{x^2+3}$，這提示我們可以使用三角換元，但這裡的 $x^3$ 使得直接換元會比較複雜。
另一種方法是利用 $u$-換元。

令 $u = x^2+3$。
則 $du = 2x dx$，所以 $x dx = \frac{1}{2} du$。
同時，從 $u = x^2+3$ 可得 $x^2 = u-3$。
被積函數中有 $x^3 dx = x^2 \cdot (x dx)$。

將式子改寫：
$\int x^3\sqrt{x^2+3} dx = \int x^2 \sqrt{x^2+3} (x dx)$
代入 $u$ 的表達式：
$= \int (u-3) \sqrt{u} \left(\frac{1}{2} du\right)$
$= \frac{1}{2} \int (u-3) u^{1/2} du$
$= \frac{1}{2} \int (u^{3/2} - 3u^{1/2}) du$

現在對這個多項式形式的積分進行計算：
$= \frac{1}{2} \left[ \frac{u^{3/2+1}}{3/2+1} - 3 \frac{u^{1/2+1}}{1/2+1} \right] + C$

此題考驗泰勒展開式的計算。泰勒展開式的定義是：
$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n$
其中 $a$ 是展開點，在這裡 $a=0$ (稱為麥克勞林展開式)。

我們需要計算 $f(x) = \sin x$ 的前四階導數，並在 $x=0$ 處求值。
$f(x) = \sin x$
$f'(x) = \cos x$
$f''(x) = -\sin x$
$f'''(x) = -\cos x$
$f^{(4)}(x) = \sin x$

在 $x=0$ 處的值：
$f(0) = \sin 0 = 0$
$f'(0) = \cos 0 = 1$
$f''(0) = -\sin 0 = 0$
$f'''(0) = -\cos 0 = -1$
$f^{(4)}(0) = \sin 0 = 0$

將這些值代入泰勒展開式公式，我們只需要到 4 階，也就是 $n=0, 1, 2, 3, 4$：

此題考驗多變數微積分中的體積分，特別是計算由曲面 $z=f(x,y)$ 與 xy 平面所圍成的區域體積。
體積 $V$ 可以透過二重積分計算：$V = \iint_R f(x,y) dA$，其中 $R$ 是在 xy 平面上由給定直線圍成的區域。

首先，我們需要確定區域 $R$ 的範圍。
區域 $R$ 由以下直線圍成：

1. $x$-軸：$y=0$
2. $x-y=0$：$y=x$
3. $x+y=1$：$y=1-x$

我們需要找出這三條直線的交點來確定區域 $R$ 的頂點。

• $y=0$ 與 $y=x$ 的交點：$x=0, y=0$。點為 $(0,0)$。
• $y=0$ 與 $y=1-x$ 的交點：$0 = 1-x \implies x=1, y=0$。點為 $(1,0)$。
• $y=x$ 與 $y=1-x$ 的交點：$x = 1-x \implies 2x = 1 \implies x = \frac{1}{2}$。此時 $y = \frac{1}{2}$。點為 $(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$。

這三個交點 $(0,0)$, $(1,0)$, $(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ 構成了一個三角形區域 $R$。

現在我們需要設定積分的上下限。我們有兩種積分次序：先對 $y$ 再對 $x$，或先對 $x$ 再對 $y$。
考慮先對 $y$ 再對 $x$ 的積分。
區域 $R$ 可以被分成兩部分，因為頂部邊界由兩條不同的直線組成：

• 當 $0 \le x \le \frac{1}{2}$ 時，下邊界是 $y=0$，上邊界是 $y=x$。
• 當 $\frac{1}{2} \le x \le 1$ 時，下邊界是 $y=0$，上邊界是 $y=1-x$。

所以，體積 $V$ 可以表示為兩個積分的總和：
$V = \int_0^{1/2} \int_0^x (x^2+2y) dy dx + \int_{1/2}^1 \int_0^{1-x} (x^2+2y) dy dx$

先計算第一個積分：
$\int_0^x (x^2+2y) dy = \left[x^2y + y^2\right]_0^x = (x^2(x) + x^2) - (0) = x^3 + x^2$
$\int_0^{1/2} (x^3+x^2) dx = \left[\frac{x^4}{4} + \frac{x^3}{3}\right]_0^{1/2} = \left(\frac{(1/2)^4}{4} + \frac{(1/2)^3}{3}\right) - 0$
$= \frac{1/16}{4} + \frac{1/8}{3} = \frac{1}{64} + \frac{1}{24}$
通分：$\frac{3}{192} + \frac{8}{192} = \frac{11}{192}$。

再計算第二個積分：
$\int_0^{1-x} (x^2+2y) dy = \left[x^2y + y^2\right]_0^{1-x} = x^2(1-x) + (1-x)^2$
$= x^2 - x^3 + (1 - 2x + x^2) = 2x^2 - 2x + 1 - x^3$
$\int_{1/2}^1 (2x^2 - 2x + 1 - x^3) dx = \left[\frac{2x^3}{3} - x^2 + x - \frac{x^4}{4}\right]_{1/2}^1$
$= \left(\frac{2(1)^3}{3} - (1)^2 + 1 - \frac{(1)^4}{4}\right) - \left(\frac{2(1/2)^3}{3} - (1/2)^2 + (1/2) - \frac{(1/2)^4}{4}\right)$
$= \left(\frac{2}{3} - 1 + 1 - \frac{1}{4}\right) - \left(\frac{2/8}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{2} - \frac{1/16}{4}\right)$

此題考驗級數的收斂性證明。我們可以使用多種判別法來證明級數的收斂。

考慮級數 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}$。
$a_0 = \frac{1}{0!} = 1$
$a_1 = \frac{1}{1!} = 1$
$a_2 = \frac{1}{2!} = \frac{1}{2}$
$a_3 = \frac{1}{3!} = \frac{1}{6}$
...

方法一：比較審斂法 (Comparison Test)
我們知道對於 $n \ge 2$，有 $n! \ge 2^{n-1}$。
證明：
當 $n=2$, $2! = 2$, $2^{2-1} = 2^1 = 2$。 $2 \ge 2$。
假設 $k! \ge 2^{k-1}$ 對於某個 $k \ge 2$。
則 $(k+1)! = (k+1)k! \ge (k+1)2^{k-1}$。
由於 $k \ge 2$, $k+1 \ge 3$。
所以 $(k+1)! \ge (k+1)2^{k-1} \ge 3 \cdot 2^{k-1} > 2 \cdot 2^{k-1} = 2^k$。
因此，對於 $n \ge 2$, $n! \ge 2^{n-1}$。
所以，對於 $n \ge 2$, $\frac{1}{n!} \le \frac{1}{2^{n-1}} = 2 \left(\frac{1}{2}\right)^n$。

考慮級數 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} = 1 + 1 + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n!}$。
我們知道 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{2^{n-1}} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k}$ (令 $k=n-1$)。
這是一個幾何級數，公比為 $\frac{1}{2}$，首項為 $\frac{1}{2}$。
這個幾何級數收斂，其和為 $\frac{1/2}{1-1/2} = \frac{1/2}{1/2} = 1$。
或者，$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{2^{n-1}} = \frac{1}{2^1} + \frac{1}{2^2} + \dots = 1$。

此題考驗多元函數的連鎖法則 (Chain Rule)。
我們有一個函數 $w$ 依賴於變數 $x, y, z$，而 $x, y, z$ 又都各自依賴於單一變數 $t$。
因此，我們可以將 $w$ 看作是 $t$ 的函數，並計算 $\frac{dw}{dt}$。

根據連鎖法則，對於 $w = f(x,y,z)$，其中 $x=x(t), y=y(t), z=z(t)$，
$\frac{dw}{dt} = \frac{\partial w}{\partial x}\frac{dx}{dt} + \frac{\partial w}{\partial y}\frac{dy}{dt} + \frac{\partial w}{\partial z}\frac{dz}{dt}$

首先，計算偏導數：
$\frac{\partial w}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2 + 2y - z) = 2x$
$\frac{\partial w}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x^2 + 2y - z) = 2$