113 年 國立成功大學環境醫學研究所丙組《微積分》

此題主要考驗極限的計算能力，包含三角函數、樓梯函數、複合函數以及黎曼和的極限。

(a) 此極限涉及三角函數的恆等式與泰勒展開。
考慮 $\cos^2 x - 1 = -\sin^2 x$。
因此，原式變為 $\lim_{x\to 0} \frac{-\sin^2 x \sin x}{x^3} = \lim_{x\to 0} -\left(\frac{\sin x}{x}\right)^3$。
由於 $\lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$，所以極限值為 $-(1)^3 = -1$。

(b) 此極限涉及樓梯函數（floor function）的性質，需要注意當 $x$ 趨近 1 的右側時，$\lfloor x \rfloor$ 和 $\lfloor x^2 \rfloor$ 的值。
當 $x \to 1^+$, $x > 1$。
因此，對於足夠接近 1 的 $x$（例如 $1 < x < \sqrt{2}$），我們有 $\lfloor x \rfloor = 1$。
同時，對於足夠接近 1 的 $x$，我們有 $1 < x^2 < 2$，所以 $\lfloor x^2 \rfloor = 1$。
將這些值代入極限式：
$\lim_{x\to 1^+} \frac{\lfloor x^2 \rfloor - \lfloor x \rfloor^2}{x^2 - 1} = \lim_{x\to 1^+} \frac{1 - 1^2}{x^2 - 1} = \lim_{x\to 1^+} \frac{0}{x^2 - 1} = 0$。

(c) 此極限涉及複合函數的極限，可以利用極限的四則運算。
原式為 $\lim_{x\to \infty} \frac{1+ \frac{1}{5x-6}}{\frac{1}{x}}$。

本題考驗級數的斂散性判別，特別是利用極限比較審斂法以及泰勒展開來證明。

證明：
我們已知級數 $\sum_{k=1}^{\infty} a_k$ 收斂，且 $a_k > 0$ 對於所有 $k \in \mathbb{N}$。
我們需要證明級數 $\sum_{k=1}^{\infty} \ln(1+a_k)$ 也收斂。

考慮級數 $\sum_{k=1}^{\infty} a_k$ 和 $\sum_{k=1}^{\infty} \ln(1+a_k)$。
我們可以使用極限比較審斂法（Limit Comparison Test）。
我們計算兩級數項的比值的極限：
$L = \lim_{k\to\infty} \frac{\ln(1+a_k)}{a_k}$
當 $a_k > 0$ 時，我們可以考慮函數 $f(x) = \ln(1+x)$ 在 $x=0$ 點的泰勒展開。
$\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$
當 $a_k \to 0$ 時（由於 $\sum a_k$ 收斂，其項必須趨近於 0），我們有 $\ln(1+a_k) \approx a_k$。
因此，
$L = \lim_{a_k\to 0} \frac{\ln(1+a_k)}{a_k}$
我們可以利用羅必達法則（L'Hôpital's Rule）來計算此極限：

本題考驗利用已知積分結果以及微分積分的關係來求解另一個積分。

已知：$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} dx = \sqrt{2\pi}$。
我們需要計算：$I = \int_{-\infty}^{\infty} x^2 e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} dx$。

我們可以利用對參數微分的方法。
考慮積分 $J(\mu) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} dx = \sqrt{2\pi}$。
對 $J(\mu)$ 對 $\mu$ 微分：
$\frac{dJ}{d\mu} = \frac{d}{d\mu} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} dx$
我們可以在積分號內進行微分：
$\frac{dJ}{d\mu} = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\partial}{\partial\mu} e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} dx$
$\frac{\partial}{\partial\mu} e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} = e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} \cdot (-\frac{1}{2}) \cdot 2(x-\mu) \cdot (-1) = (x-\mu) e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2}$
所以，$\frac{dJ}{d\mu} = \int_{-\infty}^{\infty} (x-\mu) e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} dx$。
由於右側的 $\sqrt{2\pi}$ 不依賴於 $\mu$，所以 $\frac{dJ}{d\mu} = 0$。
因此，$\int_{-\infty}^{\infty} (x-\mu) e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} dx = 0$。
這表示 $\int_{-\infty}^{\infty} x e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} dx - \mu \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} dx = 0$。
$\int_{-\infty}^{\infty} x e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} dx = \mu \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} dx = \mu \sqrt{2\pi}$。
這也符合期望值的概念，即一個均值為 $\mu$ 的常態分佈的期望值為 $\mu$。

現在我們對 $\int_{-\infty}^{\infty} x e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} dx = \mu \sqrt{2\pi}$ 這個結果，再次對 $\mu$ 微分。
$\frac{d}{d\mu} \int_{-\infty}^{\infty} x e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} dx = \frac{d}{d\mu} (\mu \sqrt{2\pi})$
$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\partial}{\partial\mu} (x e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2}) dx = \sqrt{2\pi}$
$\frac{\partial}{\partial\mu} (x e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2}) = x \cdot e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} \cdot (-\frac{1}{2}) \cdot 2(x-\mu) \cdot (-1) = x(x-\mu) e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2}$
所以，$\int_{-\infty}^{\infty} x(x-\mu) e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} dx = \sqrt{2\pi}$。
展開積分：
$\int_{-\infty}^{\infty} (x^2 - \mu x) e^{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2} dx = \sqrt{2\pi}$

本題考驗對含積分的複合函數求偏導的理解，需要用到微積分基本定理和連鎖律。

已知 $g(x,y) = \int_0^{x^2} y \cos t^3 dt$.

首先計算 $\frac{\partial g}{\partial y}$。
由於 $y$ 是積分號外的因子，我們可以將其提出積分號：
$g(x,y) = y \int_0^{x^2} \cos t^3 dt$
對 $y$ 求偏導：
$\frac{\partial g}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( y \int_0^{x^2} \cos t^3 dt \right)$
由於 $\int_0^{x^2} \cos t^3 dt$ 是一個只依賴於 $x$ 的函數（可以看作是常數對 $y$ 求導），所以：
$\frac{\partial g}{\partial y} = \left( \int_0^{x^2} \cos t^3 dt \right) \cdot \frac{\partial}{\partial y}(y) = \int_0^{x^2} \cos t^3 dt \cdot 1 = \int_0^{x^2} \cos t^3 dt$。

接著計算 $\frac{\partial g}{\partial x}$。
我們需要對 $g(x,y) = \int_0^{x^2} y \cos t^3 dt$ 對 $x$ 求偏導。
首先，我們可以將 $y$ 提出積分號：$g(x,y) = y \int_0^{x^2} \cos t^3 dt$。
現在我們對 $x$ 求偏導：

本題考驗利用導數的定義來計算極限。

已知函數 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 在 0 點可微分，且 $a, b, c$ 均不為零。
我們要求解極限 $\lim_{x\to 0} \frac{f(ax) - f(bx)}{cx}$。

由於 $f$ 在 0 點可微分，所以 $f'(0)$ 存在，且其定義為：
$f'(0) = \lim_{h\to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h}$。

我們對原極限式進行變形，使其符合導數的定義。
$\lim_{x\to 0} \frac{f(ax) - f(bx)}{cx}$
我們可以在分子中加上和減去 $f(0)$，因為 $f$ 在 0 點可微分，所以 $f(0)$ 是存在的。
$= \lim_{x\to 0} \frac{f(ax) - f(0) - (f(bx) - f(0))}{cx}$
$= \lim_{x\to 0} \left( \frac{f(ax) - f(0)}{cx} - \frac{f(bx) - f(0)}{cx} \right)$
$= \lim_{x\to 0} \left( \frac{1}{c} \frac{f(ax) - f(0)}{x} - \frac{1}{c} \frac{f(bx) - f(0)}{x} \right)$

核心觀念

本題考查二重積分的累次積分計算，以及下列公式：

$$\sin(x^2+y^2) =\sin(y^2)\cos(x^2)+\cos(y^2)\sin(x^2).$$

由於 $\sin(x^2)$ 與 $\cos(x^2)$ 沒有初等反導函數，因此最後需使用 Fresnel 積分或數值積分表示。

令

$$S(z)=\int_0^z \sin(t^2)\,dt,\qquad C(z)=\int_0^z \cos(t^2)\,dt.$$

解題方法

原積分為

$$I=\int_0^1\int_0^{\tan^{-1}y}\sin(x^2+y^2)\,dx\,dy.$$

利用三角和角公式：

$$\sin(x^2+y^2) =\sin(y^2)\cos(x^2)+\cos(y^2)\sin(x^2).$$

固定 $y$ 後，對 $x$ 積分：

本題考驗二重積分的計算，特別是當積分區域是圓的一部分且被積函數與 $x^2+y^2$ 相關時，應考慮使用極座標轉換。

積分區域 $K$ 定義為 $K = \{(x, y) | x^2 + y^2 \le 1, x \ge 0, y \ge 0\}$。
這表示積分區域是單位圓在第一象限的部分，即一個四分之一圓盤。

被積函數是 $\cos(x^2 + y^2)$。由於積分區域是圓的一部分，且被積函數包含 $x^2+y^2$，因此極座標轉換是最佳選擇。

在極座標下，我們有：
$x = r \cos \theta$
$y = r \sin \theta$
$x^2 + y^2 = r^2$
$dx dy = r dr d\theta$

現在我們需要確定積分區域 $K$ 在極座標下的描述。
$x^2 + y^2 \le 1 \implies r^2 \le 1 \implies 0 \le r \le 1$ (因為 $r \ge 0$)。
$x \ge 0, y \ge 0$ 表示區域在第一象限。在極座標下，這對應於角度 $\theta$ 的範圍是 $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$。

因此，在極座標下，積分區域 $K$ 的描述為：
$0 \le r \le 1$
$0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$