109 年 國立成功大學環境醫學研究所丙組《微積分》

此題為連續五個極限值的計算，主要考驗極限的各種求法，包含羅必達法則、夾擠定理、定義法以及微積分基本定理的應用。

(a) 此極限為 $0/0$ 型，可使用羅必達法則。
分子為 $f(x) = x+x^2+\dots+x^n-n$。
分母為 $g(x) = x-1$。
$f'(x) = 1 + 2x + 3x^2 + \dots + nx^{n-1}$。
$g'(x) = 1$。
$\lim_{x \to 1} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \to 1} (1 + 2x + 3x^2 + \dots + nx^{n-1}) = 1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$。
【答案】$\frac{n(n+1)}{2}$

(b) 此極限為 $\frac{\sin x}{\sqrt{x^2}}$。當 $x \to +\infty$ 時，$x > 0$，所以 $\sqrt{x^2} = |x| = x$。
極限變為 $\lim_{x \to +\infty} \frac{\sin x}{x}$。
由於 $-1 \le \sin x \le 1$，當 $x \to +\infty$ 時，我們有 $-\frac{1}{x} \le \frac{\sin x}{x} \le \frac{1}{x}$。
根據夾擠定理，由於 $\lim_{x \to +\infty} (-\frac{1}{x}) = 0$ 且 $\lim_{x \to +\infty} (\frac{1}{x}) = 0$，
所以 $\lim_{x \to +\infty} \frac{\sin x}{x} = 0$。
【答案】$0$

(c) 此極限為 $\lim_{x \to +\infty} \frac{\lfloor x \rfloor}{x+1}$。

核心觀念

本題分別考查：

• 指數函數分式的代換與反導函數。
• 反常積分的變數代換與收斂性。
• 二重積分中先計算內層積分，以及正弦積分函數
  $\operatorname{Si}(x)=\int_0^x\frac{\sin t}{t}\,dt.$

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（a）$\displaystyle \int_0^1\frac{1}{1+e^x}\,dx$

解題方法

觀察分母為 $1+e^x$，可直接利用

$$\frac{d}{dx}\left[x-\ln(1+e^x)\right] =1-\frac{e^x}{1+e^x} =\frac{1}{1+e^x}.$$

因此

$$\begin{aligned} \int_0^1\frac{1}{1+e^x}\,dx &=\left[x-\ln(1+e^x)\right]_0^1\\ &=\left(1-\ln(1+e)\right)-\left(0-\ln2\right)\\ &=1+\ln2-\ln(1+e). \end{aligned}$$

合併對數可得

$$\boxed{\int_0^1\frac{1}{1+e^x}\,dx =1+\ln\frac{2}{1+e}}.$$

解題技巧

也可令 $u=e^x$，則 $du=e^x\,dx$，再配合分子分母同乘 $e^{-x}$：

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

直接辨認反導函數通常較快速。由於在 $[0,1]$ 上被積函數介於 $0$ 與 $1$ 之間，所得結果也必須為正值。

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（b）$\displaystyle \int_2^{+\infty}\frac{1}{x\ln^2x}\,dx$

核心觀念

這是反常積分，需將上限視為極限：

$$\int_2^{+\infty}\frac{1}{x\ln^2x}\,dx = \lim_{b\to+\infty} \int_2^b\frac{1}{x\ln^2x}\,dx.$$

解題方法

令

$$u=\ln x,\qquad du=\frac{1}{x}\,dx.$$

積分上下限變為

$$x=2\Rightarrow u=\ln2,\qquad x\to+\infty\Rightarrow u\to+\infty.$$

因此

$$\begin{aligned} \int_2^{+\infty}\frac{1}{x\ln^2x}\,dx &=\int_{\ln2}^{+\infty}\frac{1}{u^2}\,du\\ &=\lim_{b\to+\infty} \left[-\frac1u\right]_{\ln2}^{b}\\ &=\lim_{b\to+\infty} \left(-\frac1b+\frac1{\ln2}\right)\\ &=\frac1{\ln2}. \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{\int_2^{+\infty}\frac{1}{x\ln^2x}\,dx =\frac1{\ln2}}.$$

解題技巧

看到

$$\frac{1}{x(\ln x)^p}$$

時，優先令 $u=\ln x$。本題轉換後成為

$$\int_{\ln2}^{+\infty}u^{-2}\,du,$$

此題考驗極限與積分的結合，需要先計算極限，再進行積分。

首先，我們需要計算極限 $\lim_{n \to \infty} \frac{(2-x)(x+x^n)}{1+x^n}$。
我們需要考慮 $x$ 的值，特別是 $x$ 相對於 $1$ 的大小。

情況一：$0 \le x < 1$
當 $0 \le x < 1$ 時，$\lim_{n \to \infty} x^n = 0$。
所以，$\lim_{n \to \infty} \frac{(2-x)(x+x^n)}{1+x^n} = \frac{(2-x)(x+0)}{1+0} = (2-x)x = 2x - x^2$。

情況二：$x = 1$
當 $x = 1$ 時，$\frac{(2-1)(1+1^n)}{1+1^n} = \frac{1(1+1)}{1+1} = \frac{2}{2} = 1$。
所以，$\lim_{n \to \infty} \frac{(2-x)(x+x^n)}{1+x^n}$ 在 $x=1$ 時為 $1$。
同時，我們也檢查一下情況一的結果在 $x=1$ 時的值：$2(1) - 1^2 = 2-1 = 1$。
這表示我們計算的極限函數在 $x=1$ 處是連續的。

情況三：$x > 1$
當 $x > 1$ 時，$\lim_{n \to \infty} x^n = +\infty$。
為了計算極限，我們將分子分母同除以 $x^n$：
$\lim_{n \to \infty} \frac{(2-x)(x+x^n)}{1+x^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{(2-x)(\frac{x}{x^n}+1)}{\frac{1}{x^n}+1}$

此題考驗對級數斂散判別法的掌握，包含交錯級數、比值檢驗、極限比較檢驗等。

(a) $\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^k \frac{\ln k}{k}$
這是一個交錯級數，形式為 $\sum (-1)^k b_k$，其中 $b_k = \frac{\ln k}{k}$。
我們需要檢查 $b_k$ 是否滿足交錯級數斂斂法的條件：

1. $b_k > 0$ 對於足夠大的 $k$。
   對於 $k \ge 2$，$\ln k > 0$ 且 $k > 0$，所以 $b_k > 0$。
   (注意：當 $k=1$ 時，$\ln 1 = 0$，所以 $b_1 = 0$。級數從 $k=2$ 開始考慮，或將 $k=1$ 的項視為 $0$。)
2. $\lim_{k \to \infty} b_k = 0$。
   $\lim_{k \to \infty} \frac{\ln k}{k}$。這是一個 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，可以使用羅必達法則。
   $\lim_{k \to \infty} \frac{\frac{1}{k}}{1} = 0$。
3. $b_k$ 是否遞減？
   我們考慮函數 $f(x) = \frac{\ln x}{x}$。
   $f'(x) = \frac{x \cdot \frac{1}{x} - \ln x \cdot 1}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2}$。
   當 $1 - \ln x < 0$ 時，$f'(x) < 0$，即 $\ln x > 1$，所以 $x > e$。
   因此，對於 $k \ge 3$ (因為 $e \approx 2.718$)，$b_k = \frac{\ln k}{k}$ 是遞減的。
   級數從 $k=3$ 開始，滿足交錯級數斂斂法的條件。
   因此，級數 $\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^k \frac{\ln k}{k}$ 收斂。
   【答案】收斂

(b) $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{k^2}{(k+1)(k+2)}$
我們首先檢查級數的通項的極限。
令 $a_k = \frac{k^2}{(k+1)(k+2)}$。
$\lim_{k \to \infty} a_k = \lim_{k \to \infty} \frac{k^2}{k^2 + 3k + 2} = \lim_{k \to \infty} \frac{1}{1 + \frac{3}{k} + \frac{2}{k^2}} = 1$。

此題要求繪製函數圖形，需要分析函數的各種性質，包含定義域、漸近線、一階導數、二階導數、極值、反曲點以及單調性與凹凸性。

函數為 $f(x) = \frac{x^3}{x^2-1}$。

1. 定義域 (Domain)
   分母 $x^2-1 \neq 0$，即 $x \neq 1$ 且 $x \neq -1$。
   定義域為 $\mathbb{R} \setminus \{-1, 1\}$。

2. 漸近線 (Asymptotes)

   • 垂直漸近線 (Vertical Asymptotes)：檢查在 $x=-1$ 和 $x=1$ 的極限。
     $\lim_{x \to 1^+} \frac{x^3}{x^2-1} = \frac{1}{0^+} = +\infty$
     $\lim_{x \to 1^-} \frac{x^3}{x^2-1} = \frac{1}{0^-} = -\infty$
     $\lim_{x \to -1^+} \frac{x^3}{x^2-1} = \frac{-1}{0^-} = +\infty$
     $\lim_{x \to -1^-} \frac{x^3}{x^2-1} = \frac{-1}{0^+} = -\infty$
     所以，$x=1$ 和 $x=-1$ 是垂直漸近線。

   • 水平漸近線 (Horizontal Asymptotes)：
     $\lim_{x \to \pm \infty} \frac{x^3}{x^2-1} = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{x}{1-\frac{1}{x^2}} = \pm \infty$。
     沒有水平漸近線。

   • 斜漸近線 (Oblique Asymptotes)：
     由於 $\frac{x^3}{x^2-1} = \frac{x(x^2-1)+x}{x^2-1} = x + \frac{x}{x^2-1}$。
     當 $x \to \pm \infty$ 時，$\frac{x}{x^2-1} \to 0$。
     所以，$y=x$ 是斜漸近線。

3. 奇偶性 (Symmetry)
   $f(-x) = \frac{(-x)^3}{(-x)^2-1} = \frac{-x^3}{x^2-1} = -f(x)$。
   函數是奇函數，圖形關於原點對稱。

4. 一階導數與單調性 (First Derivative and Monotonicity)
   $f'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{x^3}{x^2-1} \right) = \frac{3x^2(x^2-1) - x^3(2x)}{(x^2-1)^2}$
   $f'(x) = \frac{3x^4 - 3x^2 - 2x^4}{(x^2-1)^2} = \frac{x^4 - 3x^2}{(x^2-1)^2} = \frac{x^2(x^2-3)}{(x^2-1)^2}$。

   令 $f'(x) = 0$ 找出臨界點：
   $x^2(x^2-3) = 0 \implies x=0$ 或 $x^2=3 \implies x = \pm \sqrt{3}$。
   臨界點為 $x=0, x=\sqrt{3}, x=-\sqrt{3}$。

   分析單調性：
   $f'(x)$ 的符號取決於 $x^2-3$。

   • $x < -\sqrt{3}$ ($x^2 > 3$)：$f'(x) > 0$，函數遞增。
   • $-\sqrt{3} < x < -1$ ($x^2 > 3$ 且 $x^2 > 1$)：$f'(x) > 0$，函數遞增。
   • $-1 < x < 0$ ($0 < x^2 < 1$)：$f'(x) < 0$，函數遞減。
   • $0 < x < 1$ ($0 < x^2 < 1$)：$f'(x) < 0$，函數遞減。
   • $1 < x < \sqrt{3}$ ($1 < x^2 < 3$)：$f'(x) < 0$，函數遞減。
   • $x > \sqrt{3}$ ($x^2 > 3$)：$f'(x) > 0$，函數遞增。

   局部極值：

   • 在 $x=-\sqrt{3}$ 處，$f'(x)$ 從正變負（因為 $x^2$ 恆正，符號由 $x^2-3$ 決定，在 $-\sqrt{3}$ 兩側，$-\sqrt{3}$ 兩側符號是負變正），應為局部最小值。
     $f(-\sqrt{3}) = \frac{(-\sqrt{3})^3}{(-\sqrt{3})^2-1} = \frac{-3\sqrt{3}}{3-1} = \frac{-3\sqrt{3}}{2}$。
     局部最小值點 $(-\sqrt{3}, -\frac{3\sqrt{3}}{2})$。
   • 在 $x=\sqrt{3}$ 處，$f'(x)$ 從負變正，應為局部最大值。
     $f(\sqrt{3}) = \frac{(\sqrt{3})^3}{(\sqrt{3})^2-1} = \frac{3\sqrt{3}}{3-1} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$。
     局部最大值點 $(\sqrt{3}, \frac{3\sqrt{3}}{2})$。

此題考驗偏導數的計算，包含積分函數的微分、對數函數的微分以及隱函數微分。

(a) $f(x) = \int_{0}^{x^2} \sqrt{t^4 + x^3} dt$
此題要求計算 $f'(x)$ (因為 $f$ 只是一個變數 $x$ 的函數)。
這是一個定積分，其上限是變數 $x$ 的函數。我們需要使用微積分基本定理與鏈式法則。
令 $F(u) = \int_{0}^{u} \sqrt{t^4 + x^3} dt$。
那麼 $f(x) = F(x^2)$。
根據微積分基本定理，$\frac{d}{du} F(u) = \sqrt{u^4 + x^3}$。
使用鏈式法則：
$f'(x) = \frac{d}{dx} F(x^2) = \frac{dF}{du} \cdot \frac{du}{dx}$，其中 $u = x^2$。
$\frac{dF}{du} = \sqrt{u^4 + x^3}$。
$\frac{du}{dx} = \frac{d}{dx}(x^2) = 2x$。
所以，$f'(x) = \sqrt{(x^2)^4 + x^3} \cdot (2x) = \sqrt{x^8 + x^3} \cdot 2x$。
$f'(x) = 2x \sqrt{x^8 + x^3}$。
【答案】$2x \sqrt{x^8 + x^3}$

(b) $f(x, y, z) = \ln xy + \ln yz + \ln zx$
此題要求計算偏導數 $\frac{\partial f}{\partial x}$。
首先，我們可以簡化 $f(x, y, z)$：
$f(x, y, z) = (\ln x + \ln y) + (\ln y + \ln z) + (\ln z + \ln x)$
$f(x, y, z) = 2 \ln x + 2 \ln y + 2 \ln z$。

現在計算 $\frac{\partial f}{\partial x}$：
$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (2 \ln x + 2 \ln y + 2 \ln z)$
$= \frac{\partial}{\partial x} (2 \ln x) + \frac{\partial}{\partial x} (2 \ln y) + \frac{\partial}{\partial x} (2 \ln z)$
$= 2 \cdot \frac{1}{x} + 0 + 0$
$= \frac{2}{x}$。
【答案】$\frac{2}{x}$

(c) $z = f(x, y)$ and $xyz = \cos(x + y + z)$
此題要求計算 $\frac{\partial z}{\partial x}$。
這是一個隱函數微分的問題。