111 年 國立成功大學環境醫學研究所丙組《微積分》

此題主要考驗學生對極限的計算能力，包含級數求極限、不定型極限的處理以及夾擠定理或羅必達法則的應用。

(a) 此極限可視為黎曼和（Riemann sum）。我們將級數改寫成 $\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n} f(\frac{k}{n})$ 的形式，然後轉換成定積分。
原式為 $\lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{n} \frac{kn^2}{(n^2+k^2)^2}$。
將分子分母同除以 $n^4$：
$\sum_{k=0}^{n} \frac{kn^2/n^4}{(n^2/n^2+k^2/n^2)^2} = \sum_{k=0}^{n} \frac{k/n^3}{(1+(k/n)^2)^2}$
這似乎不是標準的黎曼和形式。我們嘗試將級數改寫，讓它看起來像 $\sum f(k/n) \frac{1}{n}$。
原式可以改寫為：
$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{n} \frac{kn^2}{n^4(1+(k/n)^2)^2} = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{n} \frac{k}{n} \frac{1}{n} \frac{1}{(1+(k/n)^2)^2}$
這是一個黎曼和，對應的函數是 $f(x) = \frac{x}{(1+x^2)^2}$，積分範圍是 $[0, 1]$。
所以，極限值為 $\int_{0}^{1} \frac{x}{(1+x^2)^2} dx$。
令 $u = 1+x^2$，則 $du = 2x dx$。
當 $x=0$ 時，$u=1$；當 $x=1$ 時，$u=2$。

此題考驗學生對函數性質的理解，尤其是利用微分來證明不等式。我們將證明此不等式分為兩部分：$\frac{x}{1+x} < \ln(1+x)$ 和 $\ln(1+x) < x$。

證明 $\ln(1+x) < x$：
考慮函數 $g(x) = x - \ln(1+x)$。我們想證明當 $x > -1$ 且 $x \neq 0$ 時，$g(x) > 0$。
對 $g(x)$ 求導：$g'(x) = 1 - \frac{1}{1+x} = \frac{1+x-1}{1+x} = \frac{x}{1+x}$。
當 $x > 0$ 時，$g'(x) > 0$，表示 $g(x)$ 在 $(0, \infty)$ 上是遞增的。
當 $-1 < x < 0$ 時，$g'(x) < 0$，表示 $g(x)$ 在 $(-1, 0)$ 上是遞減的。
在 $x=0$ 處，$g(0) = 0 - \ln(1+0) = 0 - 0 = 0$。
由於 $g(x)$ 在 $(0, \infty)$ 上遞增且 $g(0)=0$，所以當 $x > 0$ 時，$g(x) > g(0) = 0$，即 $\ln(1+x) < x$。
由於 $g(x)$ 在 $(-1, 0)$ 上遞減且 $g(0)=0$，所以當 $-1 < x < 0$ 時，$g(x) > g(0) = 0$，即 $\ln(1+x) < x$。
因此，對於 $x > -1$ 且 $x \neq 0$，都有 $\ln(1+x) < x$。

核心觀念

本題考查三個重點：

• 振盪型廣義積分：$\sin x/x$ 的積分雖非絕對收斂，仍可由狄利克雷判別法證明收斂，再利用指數阻尼求值。
• 冪次的定義與分部積分：(b) 的 $n>0$ 包含非整數，必須先確認 $\sin^n x$ 在 $\sin x<0$ 時的意義。
• 累次積分：(c) 依題目指定的次序，先對 $x$ 積分，再對 $y$ 積分。

解題方法

(a) 計算 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\,dx$

在 $x=0$ 附近，

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1,$$

所以被積函數可連續延伸至原點。無窮遠處則由狄利克雷判別法得知積分收斂。

引入阻尼參數 $t>0$，定義

$$F(t)=\int_0^\infty e^{-tx}\frac{\sin x}{x}\,dx.$$

阻尼使積分絕對收斂，且可對參數微分：

$$F'(t) =-\int_0^\infty e^{-tx}\sin x\,dx =-\frac{1}{1+t^2}.$$

另一方面，由 $|\sin x/x|\le1$，

$$|F(t)|\le\int_0^\infty e^{-tx}\,dx=\frac1t,$$

故 $F(t)\to0$ 當 $t\to\infty$。因此

$$F(t)=\int_t^\infty\frac{1}{1+s^2}\,ds =\frac{\pi}{2}-\arctan t.$$

原廣義積分已知收斂，由阿貝爾極限定理，指數阻尼移除後回到原積分：

$$\boxed{ \int_0^\infty\frac{\sin x}{x}\,dx =\lim_{t\downarrow0}F(t) =\frac{\pi}{2}. }$$

由變數代換也得到後續會用到的公式：

$$\int_0^\infty\frac{\sin(ax)}{x}\,dx=\frac{\pi}{2}, \qquad a>0.$$

(b) 先釐清 $\sin^n x$ 的定義

原題缺少非整數冪在負底數上的定義，僅有 $n>0$ 不足以使本式對所有 $n$ 成為實數積分。

例如，取 $n=\tfrac12$，在 $\pi<x<2\pi$ 上 $\sin x<0$，此時 $\sqrt{\sin x}$ 沒有實數值。部分非整數，例如最簡分數分母為奇數的有理數，則能在負底數上定義實數冪。因此不能直接把原條件視為「$n$ 是正整數」，也不能直接把 $\sin^n x$ 改成 $|\sin x|^n$。

以下在明確補充 $n$ 為正整數的假設下，求出完整公式。令

$$I_n=\int_0^\infty\frac{\sin^n x}{x^n}\cos x\,dx, \qquad n=1,2,3,\ldots.$$

第一步：利用分部積分，把分母降為 $x$。

設

$$g(x)=\sin^n x\cos x =\frac{1}{n+1}\frac{d}{dx}\sin^{n+1}x.$$

當 $n\ge2$，反覆分部積分 $n-1$ 次，得到

$$I_n =\frac{1}{(n-1)!}\int_0^\infty\frac{g^{(n-1)}(x)}{x}\,dx =\frac{1}{(n+1)(n-1)!} \int_0^\infty \frac{\displaystyle\frac{d^n}{dx^n}\sin^{n+1}x}{x}\,dx.$$

$n=1$ 時，上式直接成立，毋須分部積分。

此題考驗學生對瑕積分收斂性的判斷以及 Gamma 函數的性質。Gamma 函數 $\Gamma(\alpha)$ 是一個在數學和物理學中非常重要的函數，它推廣了階乘的概念到複數。

(a) 證明 $\Gamma(\alpha) = \int_{0}^{\infty} t^{\alpha-1} e^{-t} dt$ 對於 $\alpha > 0$ 收斂。
此瑕積分包含兩個潛在問題點：積分下限 $t=0$ 和積分上限 $t=\infty$。我們需要分別討論這兩部分的收斂性。

當 $t \to 0^+$ 時：
被積函數為 $t^{\alpha-1} e^{-t}$。
由於 $e^{-t} \to e^0 = 1$ 當 $t \to 0^+$，我們主要關注 $t^{\alpha-1}$ 的行為。
為了使積分 $\int_{0}^{\epsilon} t^{\alpha-1} dt$ 對某個 $\epsilon > 0$ 收斂，我們需要 $\alpha-1 > -1$，即 $\alpha > 0$。
這是因為 $\int_{0}^{\epsilon} t^p dt$ 在 $p > -1$ 時收斂。
因此，對於 $\alpha > 0$，積分在 $t=0$ 附近是收斂的。

當 $t \to \infty$ 時：
被積函數為 $t^{\alpha-1} e^{-t}$。
指數函數 $e^{-t}$ 的衰減速度遠快於任何多項式函數 $t^k$ 的增長速度。
也就是說，對於任何 $\alpha$，存在一個 $M > 0$ 使得當 $t > M$ 時，$e^{-t} < t^{-(\alpha-1)}$。
或者，我們可以比較 $t^{\alpha-1} e^{-t}$ 與 $e^{-t/2}$。
$\lim_{t \to \infty} \frac{t^{\alpha-1} e^{-t}}{e^{-t/2}} = \lim_{t \to \infty} t^{\alpha-1} e^{-t/2} = 0$。
這意味著 $t^{\alpha-1} e^{-t}$ 比 $e^{-t/2}$ 衰減得更快。
由於 $\int_{0}^{\infty} e^{-t/2} dt$ 是收斂的（它是一個指數衰減函數），所以 $t^{\alpha-1} e^{-t}$ 的積分在 $t \to \infty$ 時也必然收斂。
具體來說，對於任意的 $t > 0$, $e^t > \frac{t^k}{k!}$ 對於任意 $k \ge 0$。
所以 $e^{-t} < \frac{k!}{t^k}$。
我們需要 $t^{\alpha-1} e^{-t}$ 趨近於 $0$ 夠快。
選擇 $k$ 使得 $k > \alpha-1$。例如，取 $k = \lceil \alpha-1 \rceil + 1$。
則 $t^{\alpha-1} e^{-t} < t^{\alpha-1} \frac{k!}{t^k} = k! t^{\alpha-1-k}$。
由於 $\alpha-1-k < -1$, 積分 $\int_{M}^{\infty} k! t^{\alpha-1-k} dt$ 是收斂的。
因此，$\int_{M}^{\infty} t^{\alpha-1} e^{-t} dt$ 對於任意 $\alpha$ 都是收斂的。

綜合以上兩點，對於 $\alpha > 0$，瑕積分 $\Gamma(\alpha)$ 是收斂的。

(b) 證明 $\Gamma(n) = (n-1)!$ 對於任何 $n \in \mathbb{N}$。
我們使用分部積分法來計算 $\Gamma(\alpha)$。
$\Gamma(\alpha) = \int_{0}^{\infty} t^{\alpha-1} e^{-t} dt$。
令 $u = t^{\alpha-1}$，則 $du = (\alpha-1) t^{\alpha-2} dt$。
令 $dv = e^{-t} dt$，則 $v = -e^{-t}$。

$\Gamma(\alpha) = [-t^{\alpha-1} e^{-t}]_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} (-e^{-t}) (\alpha-1) t^{\alpha-2} dt$

此題考驗學生對瑕積分收斂性的判斷，特別是當被積函數在積分區間內行為複雜時。

我們需要判斷瑕積分 $\int_{1}^{\infty} \tan \frac{1}{x} dx$ 是否收斂。
首先，觀察被積函數 $\tan \frac{1}{x}$ 在積分區間 $[1, \infty)$ 上的行為。
當 $x \to \infty$ 時，$\frac{1}{x} \to 0$。
我們知道 $\tan u \approx u$ 當 $u \to 0$。
因此，當 $x \to \infty$ 時，$\tan \frac{1}{x} \approx \frac{1}{x}$。

現在我們可以使用極限比較檢驗法（Limit Comparison Test）來判斷積分的收斂性。
令 $f(x) = \tan \frac{1}{x}$ 和 $g(x) = \frac{1}{x}$。
計算極限 $L = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{g(x)}$：
$L = \lim_{x \to \infty} \frac{\tan \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}$。
令 $u = \frac{1}{x}$。當 $x \to \infty$ 時，$u \to 0$。
$L = \lim_{u \to 0} \frac{\tan u}{u}$。
這是一個標準的極限，可以使用羅必達法則或泰勒展開。
使用羅必達法則：$\lim_{u \to 0} \frac{\sec^2 u}{1} = \sec^2 0 = 1$。
因此，$L = 1$。

根據極限比較檢驗法，由於 $L=1$ 且 $0 < L < \infty$，瑕積分 $\int_{1}^{\infty} f(x) dx$ 與 $\int_{1}^{\infty} g(x) dx$ 的收斂性相同。
我們知道瑕積分 $\int_{1}^{\infty} g(x) dx = \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x} dx$ 是發散的（p-積分，其中 $p=1 \le 1$）。
因此，根據極限比較檢驗法，瑕積分 $\int_{1}^{\infty} \tan \frac{1}{x} dx$ 也是發散的。

核心觀念

本題考查多變數函數的鏈鎖律，以及二階混合偏導數的交換定理。

已知 $z=z(x,y)$，而 $x,y$ 又是 $r,\theta$ 的函數：

$$x=r-\theta,\qquad y=r+\theta.$$

因此，$z$ 可視為複合函數 $z(x(r,\theta),y(r,\theta))$。由於 $z$ 具有連續二階偏導數，依混合偏導數交換定理，

$$\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y} = \frac{\partial^2 z}{\partial y\partial x}.$$

解題方法

先對 $\theta$ 微分，再對 $r$ 微分。

由多變數鏈鎖律，

$$\frac{\partial z}{\partial\theta} = \frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial\theta} + \frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial\theta}.$$

因為

$$\frac{\partial x}{\partial\theta}=-1, \qquad \frac{\partial y}{\partial\theta}=1,$$

所以

$$\frac{\partial z}{\partial\theta} = -\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y}.$$

再對 $r$ 微分：

$$\frac{\partial^2 z}{\partial r\partial\theta} = \frac{\partial}{\partial r} \left( -\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} \right).$$

分別使用鏈鎖律：

$$\frac{\partial}{\partial r}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right) = \frac{\partial^2 z}{\partial x^2}\frac{\partial x}{\partial r} + \frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}\frac{\partial y}{\partial r},$$ $$\frac{\partial}{\partial r}\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right) = \frac{\partial^2 z}{\partial y\partial x}\frac{\partial x}{\partial r} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}\frac{\partial y}{\partial r}.$$

又因為

$$\frac{\partial x}{\partial r}=1, \qquad \frac{\partial y}{\partial r}=1,$$

故

此題考驗學生尋找多元函數在閉合區域上的絕對極值。這通常需要考慮兩部分：區域的內部（臨界點）和邊界。

函數為 $f(x, y) = x^2 + y^2 + y$。
區域為閉圓盤 $D = \{(x, y) | x^2 + y^2 \le 1\}$。

第一步：尋找區域內部的臨界點。
計算 $f$ 的一階偏導數：
$\frac{\partial f}{\partial x} = 2x$
$\frac{\partial f}{\partial y} = 2y + 1$

令偏導數為零，找出臨界點：
$2x = 0 \implies x = 0$
$2y + 1 = 0 \implies y = -\frac{1}{2}$

臨界點為 $(0, -\frac{1}{2})$。
我們需要檢查這個點是否在區域 $D$ 內部，即 $x^2 + y^2 < 1$。
$0^2 + (-\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{4}$。
由於 $\frac{1}{4} < 1$，所以點 $(0, -\frac{1}{2})$ 在區域內部。
計算在此點的函數值：
$f(0, -\frac{1}{2}) = 0^2 + (-\frac{1}{2})^2 + (-\frac{1}{2}) = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{4}$。

第二步：尋找區域邊界上的極值。
區域的邊界是圓 $x^2 + y^2 = 1$。
我們可以使用拉格朗日乘數法，或者將邊界參數化。

方法一：參數化。
令 $x = \cos t$, $y = \sin t$, 其中 $0 \le t \le 2\pi$。
將這些代入函數 $f(x, y)$：
$g(t) = f(\cos t, \sin t) = (\cos t)^2 + (\sin t)^2 + \sin t$
$g(t) = 1 + \sin t$。

現在我們需要尋找 $g(t)$ 在 $[0, 2\pi]$ 上的最大值和最小值。
$g'(t) = \cos t$。
令 $g'(t) = 0 \implies \cos t = 0$。
在 $[0, 2\pi]$ 範圍內，$\cos t = 0$ 的解為 $t = \frac{\pi}{2}$ 和 $t = \frac{3\pi}{2}$。

計算在這些點以及端點（雖然是閉區間，但對於週期函數，端點值與其他點相同）的函數值：
當 $t = \frac{\pi}{2}$：
$x = \cos(\frac{\pi}{2}) = 0$, $y = \sin(\frac{\pi}{2}) = 1$。
$f(0, 1) = 0^2 + 1^2 + 1 = 2$。
對應 $g(\frac{\pi}{2}) = 1 + \sin(\frac{\pi}{2}) = 1+1 = 2$。

當 $t = \frac{3\pi}{2}$：
$x = \cos(\frac{3\pi}{2}) = 0$, $y = \sin(\frac{3\pi}{2}) = -1$。
$f(0, -1) = 0^2 + (-1)^2 + (-1) = 1 - 1 = 0$。
對應 $g(\frac{3\pi}{2}) = 1 + \sin(\frac{3\pi}{2}) = 1-1 = 0$。

方法二：拉格朗日乘數法。
令 $g(x, y) = x^2 + y^2 - 1 = 0$。
$\nabla f = \lambda \nabla g$
$2x = \lambda (2x)$ (1)
$2y + 1 = \lambda (2y)$ (2)
$x^2 + y^2 = 1$ (3)

從 (1) 式：$2x(1-\lambda) = 0$。
這意味著 $x=0$ 或 $\lambda=1$。

情況 1：$x=0$。
代入 (3) 式：$0^2 + y^2 = 1 \implies y^2 = 1 \implies y = 1$ 或 $y = -1$。
如果 $y=1$，點為 $(0, 1)$。$f(0, 1) = 0^2 + 1^2 + 1 = 2$。