112 年 國立成功大學環境醫學研究所丙組《微積分》

核心觀念

本題考查三種極限技巧：

1. 多項式有理式在 $x\to+\infty$ 時，比較分子、分母的最高次項。
2. 利用黎曼和定理處理數列極限：

$$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right) =\int_0^1 f(x)\,dx.$$

3. 單邊極限的定義域判斷：根號內必須滿足非負條件。

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解題方法

（a）$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{(x^2-4x)^2+1}{x^4+x^2+1}$

先將分子展開：

$$(x^2-4x)^2+1=x^4-8x^3+16x^2+1.$$

因此原式為

$$\frac{x^4-8x^3+16x^2+1}{x^4+x^2+1}.$$

分子、分母同除以 $x^4$：

$$\frac{1-\frac{8}{x}+\frac{16}{x^2}+\frac{1}{x^4}} {1+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^4}}.$$

當 $x\to+\infty$ 時，

$$\frac{1}{x},\frac{1}{x^2},\frac{1}{x^4}\to 0,$$

所以

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{(x^2-4x)^2+1}{x^4+x^2+1} =\frac{1}{1}=1.$$

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（b）$\displaystyle \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt1+\sqrt2+\cdots+\sqrt{n-1}}{n\sqrt n}$

將分子寫成總和：

$$\frac{\sqrt1+\sqrt2+\cdots+\sqrt{n-1}}{n\sqrt n} =\frac{1}{n\sqrt n}\sum_{k=1}^{n-1}\sqrt{k}.$$

利用

$$\sqrt{k}=\sqrt n\sqrt{\frac{k}{n}},$$

可得

$$\frac{1}{n\sqrt n}\sum_{k=1}^{n-1}\sqrt{k} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\sqrt{\frac{k}{n}}.$$

本題考驗隱函數微分、積分符號下的微分 (Leibniz integral rule) 以及對數微分法。

(a) 這是隱函數微分的應用。我們需要對給定的方程兩邊同時對 $x$ 和 $y$ 分別微分，並將 $z$ 視為 $x$ 和 $y$ 的函數。
方程為 $\ln(x+y+z) = 1+x^3y^2z^3$。

對 $x$ 微分 (將 $y$ 視為常數， $z$ 視為 $x$ 的函數)：
$\frac{\partial}{\partial x} [\ln(x+y+z)] = \frac{\partial}{\partial x} [1+x^3y^2z^3]$
$\frac{1}{x+y+z} \cdot \frac{\partial}{\partial x}(x+y+z) = 0 + \frac{\partial}{\partial x}(x^3y^2z^3)$
$\frac{1}{x+y+z} (1 + 0 + \frac{\partial z}{\partial x}) = y^2 \frac{\partial}{\partial x}(x^3z^3)$
$\frac{1}{x+y+z} (1 + \frac{\partial z}{\partial x}) = y^2 (3x^2z^3 + x^3 \cdot 3z^2 \frac{\partial z}{\partial x})$
$\frac{1}{x+y+z} + \frac{1}{x+y+z} \frac{\partial z}{\partial x} = 3x^2y^2z^3 + 3x^3y^2z^2 \frac{\partial z}{\partial x}$
將含 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 的項移到一邊：
$\frac{1}{x+y+z} \frac{\partial z}{\partial x} - 3x^3y^2z^2 \frac{\partial z}{\partial x} = 3x^2y^2z^3 - \frac{1}{x+y+z}$
$\frac{\partial z}{\partial x} \left( \frac{1}{x+y+z} - 3x^3y^2z^2 \right) = \frac{3x^2y^2z^3(x+y+z) - 1}{x+y+z}$
$\frac{\partial z}{\partial x} \left( \frac{1 - 3x^3y^2z^2(x+y+z)}{x+y+z} \right) = \frac{3x^2y^2z^3(x+y+z) - 1}{x+y+z}$
$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{3x^2y^2z^3(x+y+z) - 1}{1 - 3x^3y^2z^2(x+y+z)}$

對 $y$ 微分 (將 $x$ 視為常數， $z$ 視為 $y$ 的函數)：
$\frac{\partial}{\partial y} [\ln(x+y+z)] = \frac{\partial}{\partial y} [1+x^3y^2z^3]$
$\frac{1}{x+y+z} \cdot \frac{\partial}{\partial y}(x+y+z) = 0 + \frac{\partial}{\partial y}(x^3y^2z^3)$
$\frac{1}{x+y+z} (0 + 1 + \frac{\partial z}{\partial y}) = x^3 \frac{\partial}{\partial y}(y^2z^3)$
$\frac{1}{x+y+z} (1 + \frac{\partial z}{\partial y}) = x^3 (2yz^3 + y^2 \cdot 3z^2 \frac{\partial z}{\partial y})$
$\frac{1}{x+y+z} + \frac{1}{x+y+z} \frac{\partial z}{\partial y} = 2x^3yz^3 + 3x^3y^2z^2 \frac{\partial z}{\partial y}$
將含 $\frac{\partial z}{\partial y}$ 的項移到一邊：
$\frac{1}{x+y+z} \frac{\partial z}{\partial y} - 3x^3y^2z^2 \frac{\partial z}{\partial y} = 2x^3yz^3 - \frac{1}{x+y+z}$
$\frac{\partial z}{\partial y} \left( \frac{1}{x+y+z} - 3x^3y^2z^2 \right) = \frac{2x^3yz^3(x+y+z) - 1}{x+y+z}$
$\frac{\partial z}{\partial y} \left( \frac{1 - 3x^3y^2z^2(x+y+z)}{x+y+z} \right) = \frac{2x^3yz^3(x+y+z) - 1}{x+y+z}$
$\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{2x^3yz^3(x+y+z) - 1}{1 - 3x^3y^2z^2(x+y+z)}$

【答案】

第 3 題

核心觀念

本題考查：

• 廣義積分的定義與極限計算。
• 二重積分中的變數代換與積分區域判斷。
• Fubini 定理：在適當條件下交換積分次序。
• 三角函數基本積分。

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(a) 證明 $\displaystyle \int_0^\infty e^{-2x}\,dx$ 存在並求值

解題方法

無窮區間上的積分須先依定義改寫為極限：

$$\int_0^\infty e^{-2x}\,dx = \lim_{b\to\infty}\int_0^b e^{-2x}\,dx.$$

計算有限區間積分：

$$\int_0^b e^{-2x}\,dx = \left[-\frac12 e^{-2x}\right]_0^b = -\frac12e^{-2b}+\frac12 = \frac{1-e^{-2b}}{2}.$$

由於

$$\lim_{b\to\infty}e^{-2b}=0,$$

因此

$$\lim_{b\to\infty}\frac{1-e^{-2b}}2 = \frac12.$$

極限存在且為有限值，所以廣義積分存在。

解題技巧

對於

$$\int_0^\infty e^{-ax}\,dx,\qquad a>0,$$

可直接記得結果為

$$\frac1a.$$

本題 $a=2$，故答案為 $\frac12$。

【答案】

$$\boxed{\int_0^\infty e^{-2x}\,dx=\frac12}$$

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(b) 已知 $\displaystyle \int_0^1 f(1-x)\,dx=5$，求 $\displaystyle \int_0^1\int_0^1 f(x-y)\,dy\,dx$

核心觀念

先對已知條件作變數代換。令

$$u=1-x,\qquad du=-dx.$$

則

$$\int_0^1 f(1-x)\,dx = \int_1^0 f(u)(-du) = \int_0^1 f(u)\,du = 5.$$

但是，二重積分中的 $x-y$ 可取值範圍為 $[-1,1]$，因此除了 $f$ 在 $[0,1]$ 上的資訊，也需要知道 $f$ 在 $[-1,0]$ 上的值。

解題方法

固定 $x$，令

$$u=x-y,\qquad dy=-du.$$

當 $y=0$ 時，$u=x$；當 $y=1$ 時，$u=x-1$，所以

$$\int_0^1 f(x-y)\,dy = \int_{x-1}^{x}f(u)\,du.$$

因此

$$\int_0^1\int_0^1 f(x-y)\,dy\,dx = \int_0^1\int_{x-1}^{x}f(u)\,du\,dx.$$

依照 $u=x-y$ 的幾何關係，差值 $u$ 的權重為正方形中滿足 $x-y=u$ 的線段長度：

$$\int_0^1\int_0^1 f(x-y)\,dy\,dx = \int_{-1}^{1}(1-|u|)f(u)\,du.$$

拆開可得

$$\int_{-1}^{1}(1-|u|)f(u)\,du = \int_{-1}^{0}(1+u)f(u)\,du + \int_0^1(1-u)f(u)\,du.$$

已知條件只有

$$\int_0^1f(u)\,du=5,$$

但實際需要的是加權積分

核心觀念

本題主要考查：

• 微積分基本定理：
  $\frac{d}{dx}\int_0^x h(t)\,dt=h(x)。$
• 鏈鎖律：
  $\frac{d}{dx}[F(x)]^2=2F(x)F'(x)。$
• 廣義積分與二重積分。
• 極座標變換：
  $u=r\cos\theta,\qquad v=r\sin\theta,\qquad du\,dv=r\,dr\,d\theta。$

不過，題目所給的 $f(x)$ 與 $g(x)$ 和 (a)、(b) 的結論不相容。以下先依題目原式計算，指出矛盾，再完成 (c) 的正確證明。

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(a) 依題目原式計算導數

令

$$F(x)=\int_0^x e^{-t^2}\,dt,$$

則

$$f(x)=[F(x)]^2。$$

由微積分基本定理與鏈鎖律，

$$f'(x) =2F(x)F'(x) =2\left(\int_0^x e^{-t^2}\,dt\right)e^{-x^2}.$$

另一方面，由微積分基本定理，

$$g'(x)=e^{-x^2/2}(x^2+1)。$$

因此

$$g'(x)+f'(x) = e^{-x^2/2}(x^2+1) + 2e^{-x^2}\int_0^x e^{-t^2}\,dt。$$

此式並不恆等於 $0$。最直接的反例是取 $x=0$：

$$f'(0) = 2\left(\int_0^0 e^{-t^2}\,dt\right)e^0 =0,$$

而

$$g'(0)=e^0(0^2+1)=1。$$

所以

$$g'(0)+f'(0)=1\neq 0。$$

故題目原式無法證明 (a) 的結論。

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(b) 依題目原式檢查函數和

由定義，

$$f(0)=\left(\int_0^0 e^{-t^2}\,dt\right)^2=0,$$

且

$$g(0)=\int_0^0 e^{-t^2/2}(t^2+1)\,dt=0。$$

因此

$$g(0)+f(0)=0\neq \frac{\pi}{2}。$$

所以 (b) 的結論也與題目原式矛盾。

此外，若 $g(x)+f(x)$ 恆等於常數 $\frac{\pi}{2}$，其導數必須為 $0$；但由 (a) 的計算結果，

$$\frac{d}{dx}[g(x)+f(x)] = g'(x)+f'(x),$$

在 $x=0$ 時等於 $1$，因此 $g(x)+f(x)$ 不可能是常數。

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(c) 高斯積分的正確證明

雖然 (b) 依題目原式不成立，但欲證明的結論

$$\int_0^\infty e^{-t^2}\,dt=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$

本身是正確的。設

本題考驗函數圖形的繪製，需要計算一階導數、二階導數，並分析函數的單調性、極值、凹性及反曲點。

令 $f(x) = \tan^{-1} x - \ln \sqrt{1+x^2}$。
我們可以將 $\ln \sqrt{1+x^2}$ 寫成 $\frac{1}{2} \ln(1+x^2)$。
所以 $f(x) = \tan^{-1} x - \frac{1}{2} \ln(1+x^2)$。

1. 定義域與對稱性：
   函數 $f(x)$ 的定義域是所有實數 $\mathbb{R}$，因為 $\tan^{-1} x$ 和 $\ln(1+x^2)$ 對所有實數都有定義。
   檢查對稱性：
   $f(-x) = \tan^{-1}(-x) - \frac{1}{2} \ln(1+(-x)^2) = -\tan^{-1} x - \frac{1}{2} \ln(1+x^2)$。
   $f(x) = \tan^{-1} x - \frac{1}{2} \ln(1+x^2)$。
   $-f(x) = -\tan^{-1} x + \frac{1}{2} \ln(1+x^2)$。
   $f(-x) \ne f(x)$ 且 $f(-x) \ne -f(x)$。
   因此，函數既不是偶函數也不是奇函數。

2. 漸近線：
   當 $x \to \infty$ 時：
   $\tan^{-1} x \to \frac{\pi}{2}$。
   $\ln(1+x^2) \to \infty$。
   所以 $f(x) \to \frac{\pi}{2} - \infty = -\infty$。
   當 $x \to -\infty$ 時：
   $\tan^{-1} x \to -\frac{\pi}{2}$。
   $\ln(1+x^2) \to \infty$。
   所以 $f(x) \to -\frac{\pi}{2} - \infty = -\infty$。
   函數沒有水平漸近線。

   考慮斜漸近線 $y = mx+b$。
   $m = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{\tan^{-1} x - \frac{1}{2} \ln(1+x^2)}{x}$。
   當 $x \to \infty$，這是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型。使用 L'Hopital's rule：
   $m = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{2} \frac{2x}{1+x^2}}{1} = \lim_{x \to \infty} \frac{1 - x}{1+x^2} = 0$。
   當 $m=0$ 時，我們看 $b = \lim_{x \to \pm\infty} (f(x) - mx) = \lim_{x \to \pm\infty} f(x) = -\infty$。
   所以沒有斜漸近線。

3. 一階導數與單調性、極值：
   $f'(x) = \frac{d}{dx} (\tan^{-1} x - \frac{1}{2} \ln(1+x^2))$
   $f'(x) = \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{2} \cdot \frac{2x}{1+x^2} = \frac{1}{1+x^2} - \frac{x}{1+x^2} = \frac{1-x}{1+x^2}$。

   令 $f'(x) = 0$：
   $\frac{1-x}{1+x^2} = 0 \implies 1-x = 0 \implies x=1$。
   臨界點是 $x=1$。

   分析 $f'(x)$ 的符號：
   分母 $1+x^2$ 恆為正。
   當 $x < 1$ 時，$1-x > 0$，所以 $f'(x) > 0$。函數遞增。
   當 $x > 1$ 時，$1-x < 0$，所以 $f'(x) < 0$。函數遞減。

   在 $x=1$ 處，函數從遞增變為遞減，所以存在局部極大值。
   極大值點：$x=1$。
   $f(1) = \tan^{-1}(1) - \frac{1}{2} \ln(1+1^2) = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln(2)$。
   局部極大值為 $\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \ln(2)$。

   單調性：
   在 $(-\infty, 1]$ 上遞增。
   在 $[1, \infty)$ 上遞減。

4. 二階導數與凹性、反曲點：
   $f''(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{1-x}{1+x^2} \right)$
   使用商法則：
   $f''(x) = \frac{(-1)(1+x^2) - (1-x)(2x)}{(1+x^2)^2} = \frac{-1-x^2 - (2x-2x^2)}{(1+x^2)^2}$
   $f''(x) = \frac{-1-x^2 - 2x + 2x^2}{(1+x^2)^2} = \frac{x^2 - 2x - 1}{(1+x^2)^2}$。

   令 $f''(x) = 0$：
   $x^2 - 2x - 1 = 0$。
   使用二次公式求解 $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$。

核心觀念

本題考查：

• 多項式函數的連續性與微分。
• 羅爾定理（Rolle’s Theorem）：

若函數 $F$ 在 $[0,1]$ 上連續、在 $(0,1)$ 上可微，且 $F(0)=F(1)$，則存在 $c\in(0,1)$ 使得

$$F'(c)=0.$$

題目中的係數條件

$$\sum_{k=0}^n\frac{a_k}{k+1}=0$$

正好可以構造出一個在 $0$ 與 $1$ 兩端函數值相等的多項式函數。

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解題方法

定義函數

$$F(x)=a_0x+\frac{a_1}{2}x^2+\frac{a_2}{3}x^3+\cdots+\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}.$$

由於 $F(x)$ 是多項式，因此在 $[0,1]$ 上連續，且在 $(0,1)$ 上可微。

計算兩端函數值：

$$F(0)=0,$$

而

$$F(1) =a_0+\frac{a_1}{2}+\frac{a_2}{3}+\cdots+\frac{a_n}{n+1} =\sum_{k=0}^n\frac{a_k}{k+1} =0.$$

因此

$$F(0)=F(1).$$

依據羅爾定理，存在某個 $c\in(0,1)$，使得

$$F'(c)=0.$$

另一方面，

$$F'(x) =a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n =f(x).$$

所以

$$F'(c)=f(c)=0.$$

因此，方程式 $f(x)=0$ 必定有一個根 $c$ 位於 $0$ 與 $1$ 之間。

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等價的積分觀點

由於

$$\int_0^1x^k\,dx=\frac{1}{k+1},$$

可得