108 年 國立成功大學環境醫學研究所丙組《微積分》

核心觀念

本題涵蓋：

• 差商與導數定義、鏈鎖律
• 無窮大極限的有理化
• 基本極限 $\displaystyle \lim_{u\to 0}\frac{\ln(1+u)}{u}=1$
• 連續函數的積分平均值
• 二變數極限與夾擠定理

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(a)

求

$$\lim_{t \to 2} \frac{\sqrt{1+\sqrt{2+t}}-\sqrt{3}}{t-2}$$

令

$$f(t)=\sqrt{1+\sqrt{2+t}}.$$

因為

$$f(2)=\sqrt{1+\sqrt{4}}=\sqrt{3},$$

原式即為差商

$$\lim_{t\to 2}\frac{f(t)-f(2)}{t-2}=f'(2).$$

利用鏈鎖律：

$$f'(t) =\frac{1}{2\sqrt{1+\sqrt{2+t}}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{2+t}}.$$

代入 $t=2$：

$$f'(2) =\frac{1}{2\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{2\sqrt{4}} =\frac{1}{2\sqrt{3}}\cdot\frac14 =\frac{1}{8\sqrt{3}}.$$

因此

$$\boxed{\frac{1}{8\sqrt{3}}}$$

解題技巧： 分子正好是某函數值減去該函數在 $t=2$ 的值，分母是 $t-2$，優先辨認為導數，不必逐次有理化。

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(b)

求

$$\lim_{x \to +\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-\sqrt{x^2-x}\right).$$

直接代入會呈現 $\infty-\infty$ 型，使用共軛式有理化：

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

整理分子：

$$\sqrt{x^2+1}-\sqrt{x^2-x} = \frac{x+1} {\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-x}}.$$

因為 $x\to+\infty$，可將分子分母同除以 $x$：

$$\frac{x+1} {\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-x}} = \frac{1+\frac1x} {\sqrt{1+\frac1{x^2}}+\sqrt{1-\frac1x}}.$$

取極限：

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{1+\frac1x} {\sqrt{1+\frac1{x^2}}+\sqrt{1-\frac1x}} = \frac{1}{1+1} =\frac12.$$

因此

$$\boxed{\frac12}$$

解題技巧： 遇到兩個大型平方根相減，使用

$$\sqrt A-\sqrt B=\frac{A-B}{\sqrt A+\sqrt B}$$

通常可立即消除 $\infty-\infty$ 型。

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(c)

求

$$\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac{2}{x}\right)^x.$$

這是 $1^\infty$ 型，取自然對數。令

$$L=\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac2x\right)^x.$$

則

$$\ln L = \lim_{x\to\infty}x\ln\left(1-\frac2x\right).$$

令

$$u=-\frac2x,$$

則 $u\to0$，且 $x=-2/u$。因此

$$x\ln\left(1-\frac2x\right) = -\frac2u\ln(1+u) = -2\frac{\ln(1+u)}{u}.$$

本題考驗學生對定積分和不定積分的計算能力，包含絕對值函數的積分、基本函數的積分、分部積分法等。

(a) $\int_{-1}^{3} (|x| - 1) dx$

因為被積函數包含絕對值 $|x|$，我們需要將積分區間 $(-1, 3)$ 分成 $|x|$ 變號的點 $x=0$。
$\int_{-1}^{3} (|x| - 1) dx = \int_{-1}^{0} (-x - 1) dx + \int_{0}^{3} (x - 1) dx$

計算第一個積分：
$\int_{-1}^{0} (-x - 1) dx = [-\frac{x^2}{2} - x]_{-1}^{0} = (0 - 0) - (-\frac{(-1)^2}{2} - (-1)) = -(-\frac{1}{2} + 1) = -\frac{1}{2}$。

計算第二個積分：
$\int_{0}^{3} (x - 1) dx = [\frac{x^2}{2} - x]_{0}^{3} = (\frac{3^2}{2} - 3) - (0 - 0) = \frac{9}{2} - 3 = \frac{9-6}{2} = \frac{3}{2}$。

將兩部分結果相加：
$\int_{-1}^{3} (|x| - 1) dx = -\frac{1}{2} + \frac{3}{2} = \frac{2}{2} = 1$。

【答案】1

(b) $\int_{1}^{e^2} \frac{1}{x} dx$

這是基本函數的積分。
$\int_{1}^{e^2} \frac{1}{x} dx = [\ln|x|]_{1}^{e^2}$
由於積分區間 $x \in [1, e^2]$， $x$ 恆為正，所以 $|x|=x$。
$= [\ln x]_{1}^{e^2} = \ln(e^2) - \ln(1) = 2 - 0 = 2$。

【答案】2

(c) $\int_{1}^{e} x^2 \ln x dx$

此積分需要使用分部積分法，形式為 $\int u dv = uv - \int v du$。
選擇 $u = \ln x$ (因為其微分會變簡單) 和 $dv = x^2 dx$。
則 $du = \frac{1}{x} dx$ 和 $v = \int x^2 dx = \frac{x^3}{3}$。

本題是利用給定的高斯積分公式來求解一個特定形式的積分。給定的公式是標準常態分佈的正規化因子與積分的關係。

已知高斯積分的性質：
$\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} dx = 1$
或者，給定形式為：
$\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} dx = \sigma$

我們要計算的積分是 $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{(x-1)^2}{2}} dx$。

將此積分與給定的公式 $\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} dx = \sigma$ 進行比較。

本題考驗學生對多元函數微分、隱函數微分、微積分基本定理以及對數微分法的應用。

(a) Assume that the equation $z + y \ln x - x^2 + 4 = 0$ defines $x$ as a differentiable function of two independent variables $y$ and $z$. Find $\frac{\partial x}{\partial z}$.

此題是隱函數定理的應用。設 $F(x, y, z) = z + y \ln x - x^2 + 4 = 0$。
我們將 $x$ 視為 $y$ 和 $z$ 的函數，即 $x = x(y, z)$。
根據隱函數定理， $\frac{\partial x}{\partial z} = -\frac{\frac{\partial F}{\partial z}}{\frac{\partial F}{\partial x}}$。

首先計算 $\frac{\partial F}{\partial z}$：
$\frac{\partial F}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z} (z + y \ln x - x^2 + 4) = 1$。

然後計算 $\frac{\partial F}{\partial x}$：
$\frac{\partial F}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (z + y \ln x - x^2 + 4) = y \cdot \frac{1}{x} - 2x = \frac{y}{x} - 2x$。

將這些結果代入公式：
$\frac{\partial x}{\partial z} = -\frac{1}{\frac{y}{x} - 2x}$。
為了簡化，我們可以將分子分母都乘以 $x$：
$\frac{\partial x}{\partial z} = -\frac{x}{y - 2x^2}$。

【答案】$\frac{\partial x}{\partial z} = -\frac{x}{y - 2x^2}$

(b) Assume that $\int_{0}^{y^2 t^2} dt + \int_{0}^{x} \cos t dt = 0$ and $y$ is a differentiable function of $x$. Find $\frac{dy}{dx}$.

此題涉及積分符號內的變數和積分上限的變數，以及隱函數微分。
首先，注意到第一個積分 $\int_{0}^{y^2 t^2} dt$ 中的 $t^2$ 應該是積分變數。假設題目意圖是 $\int_{0}^{y^2} t^2 dt$ 或 $\int_{0}^{y^2} t dt$ 或 $\int_{0}^{y^2} f(t) dt$。
如果題目是 $\int_{0}^{y^2} t^2 dt$，則表示有誤，因為積分上限是 $y^2$，而積分變數是 $t$。
假設題目意圖是 $\int_{0}^{y^2} t^2 dt$ 且 $t$ 是積分變數，那麼 $y$ 是一個獨立於 $t$ 的參數。
如果題目是 $\int_{0}^{y^2} f(t) dt$ 形式，則積分結果會是 $y$ 的函數。
但題目寫的是 $\int_{0}^{y^2 t^2} dt$，這表示被積函數是 $y^2 t^2$，這不太合理。

我們假設題目是 $\int_{0}^{y^2} t^2 dt$。
那麼原式變為： $\int_{0}^{y^2} t^2 dt + \int_{0}^{x} \cos t dt = 0$。
計算第一個積分：$\int_{0}^{y^2} t^2 dt = [\frac{t^3}{3}]_{0}^{y^2} = \frac{(y^2)^3}{3} - 0 = \frac{y^6}{3}$。
第二個積分：$\int_{0}^{x} \cos t dt = [\sin t]_{0}^{x} = \sin x - \sin 0 = \sin x$。
所以，原式變成 $\frac{y^6}{3} + \sin x = 0$。
現在我們有 $y$ 作為 $x$ 的函數，要求 $\frac{dy}{dx}$。
對等式兩邊關於 $x$ 求導：
$\frac{d}{dx} (\frac{y^6}{3} + \sin x) = \frac{d}{dx} (0)$
$\frac{1}{3} \cdot 6y^5 \frac{dy}{dx} + \cos x = 0$
$2y^5 \frac{dy}{dx} = -\cos x$
$\frac{dy}{dx} = -\frac{\cos x}{2y^5}$。

另一種可能的解釋：
若題目是 $\int_{0}^{y^2 t^2} dt$ 意味著被積函數是 $y^2 t^2$，且積分變數是 $t$。
那麼 $\int_{0}^{y^2 t^2} dt$ 實際上是 $\int_{0}^{y^2 t^2} 1 \cdot dt$ 嗎？這還是有問題。
如果被積函數是 $y^2 t^2$，則 $\int_{0}^{y^2 t^2} y^2 t^2 dt$？這積分上限 $y^2 t^2$ 也是問題。

我們採用最合理的解釋：
假設題目是 $\int_{0}^{y^2} t^2 dt + \int_{0}^{x} \cos t dt = 0$。
則 $\frac{y^6}{3} + \sin x = 0$。
對 $x$ 求導：$\frac{d}{dx}(\frac{y^6}{3}) + \frac{d}{dx}(\sin x) = 0$

本題考驗學生對多元函數極值的判斷，包含尋找駐點、計算海森矩陣、使用二階導數檢驗法來分類駐點，以及判斷相對極值。

給定函數 $f(x, y) = e^{x^2+2y^2}$。

(i) Find the critical points of $f$.

臨界點是指函數的一階偏導數為零或不存在的點。
首先，計算一階偏導數：
$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (e^{x^2+2y^2}) = e^{x^2+2y^2} \cdot (2x) = 2x e^{x^2+2y^2}$
$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (e^{x^2+2y^2}) = e^{x^2+2y^2} \cdot (4y) = 4y e^{x^2+2y^2}$

令一階偏導數為零：
$2x e^{x^2+2y^2} = 0$
$4y e^{x^2+2y^2} = 0$

由於 $e^{x^2+2y^2}$ 恆大於 0，所以我們只需要考慮：
$2x = 0 \implies x = 0$
$4y = 0 \implies y = 0$

因此，唯一的臨界點是 $(0, 0)$。

【答案】(0, 0)

(ii) Use the Second Derivative test to classify the nature of the critical points.

首先，計算二階偏導數：
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x} (2x e^{x^2+2y^2}) = 2 e^{x^2+2y^2} + 2x (e^{x^2+2y^2} \cdot 2x) = 2 e^{x^2+2y^2} + 4x^2 e^{x^2+2y^2} = (2+4x^2) e^{x^2+2y^2}$
$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y} (4y e^{x^2+2y^2}) = 4 e^{x^2+2y^2} + 4y (e^{x^2+2y^2} \cdot 4y) = 4 e^{x^2+2y^2} + 16y^2 e^{x^2+2y^2} = (4+16y^2) e^{x^2+2y^2}$

核心觀念

本題考查二重積分的積分次序交換。原積分區域為

$$0\le y\le 2,\qquad y\le x\le 4.$$

直接依原次序積分時，內層為 $\int e^{x^2}\,dx$，沒有初等函數形式，因此應改變積分次序，使先對 $y$ 積分。

解題方法

由 $y\le x$ 可知 $x\ge 0$。將積分區域改以 $x$ 描述：

• 當 $0\le x\le 2$ 時，$0\le y\le x$；
• 當 $2\le x\le 4$ 時，$0\le y\le 2$。

因此

$$\int_{0}^{2}\int_{y}^{4}e^{x^2}\,dx\,dy = \int_{0}^{2}\int_{0}^{x}e^{x^2}\,dy\,dx + \int_{2}^{4}\int_{0}^{2}e^{x^2}\,dy\,dx.$$

先計算內層的 $y$ 積分：

$$= \int_{0}^{2}xe^{x^2}\,dx + \int_{2}^{4}2e^{x^2}\,dx.$$

第一項令 $u=x^2$，則 $du=2x\,dx$：

$$\int_{0}^{2}xe^{x^2}\,dx = \frac12\int_{0}^{4}e^u\,du = \frac{e^4-1}{2}.$$