114 年 國立成功大學環境醫學研究所丙組《微積分》

本題主要測試學生對極限的計算能力，包含三角函數、反正切函數、指數函數、對數函數與積分的極限應用。

(a) $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(1+2x)}{x^3}$

當 $x \to 0$ 時，分子的 $\sin(1+2x) \to \sin(1)$，而分母的 $x^3 \to 0$。
由於 $\sin(1) \neq 0$，分母趨近於 0，因此此極限趨近於 $\pm \infty$。
具體來說，當 $x \to 0^+$ 時，分母 $x^3 > 0$，分子趨近於 $\sin(1) > 0$，所以極限為 $+\infty$。
當 $x \to 0^-$ 時，分母 $x^3 < 0$，分子趨近於 $\sin(1) > 0$，所以極限為 $-\infty$。
由於左右極限不相等，此極限不存在。

【答案】 此極限不存在。

(b) $\lim_{x \to 0} \arctan\left(\frac{ax}{b}\right)$, where $a$ and $b$ are nonzero constants.

令 $y = \frac{ax}{b}$。當 $x \to 0$ 時，$y \to \frac{a \cdot 0}{b} = 0$。
因此，原極限變為 $\lim_{y \to 0} \arctan(y)$。
反正切函數 $\arctan(y)$ 在 $y=0$ 處是連續的，所以我們可以直接代入：
$\arctan(0) = 0$。

【答案】 $0$

(c) $\lim_{x \to 0^+} \frac{x - \ln(1+x)}{x^3}$

當 $x \to 0^+$, 分子 $x - \ln(1+x) \to 0 - \ln(1) = 0$。
分母 $x^3 \to 0$。
這是一個 $\frac{0}{0}$ 型的不定形式，我們可以使用 L'Hôpital's Rule。

第一次應用 L'Hôpital's Rule：

本題考驗連鎖法則 (Chain Rule) 以及微積分基本定理 (Fundamental Theorem of Calculus)。

我們需要計算 $f'(x)$，然後將 $x = \frac{\pi}{4}$ 代入。
已知 $f(x) = e^{g(x)}$。
根據連鎖法則， $f'(x) = \frac{d}{dx} e^{g(x)} = e^{g(x)} \cdot g'(x)$。

現在我們需要計算 $g'(x)$。
已知 $g(x) = \int_{0}^{\tan x} \sqrt{1+t^3} dt$。
根據微積分基本定理的推廣形式（連鎖法則與微積分基本定理結合），如果 $G(x) = \int_{a}^{u(x)} h(t) dt$，則 $G'(x) = h(u(x)) \cdot u'(x)$。
在這裡，$h(t) = \sqrt{1+t^3}$，$u(x) = \tan x$，$a=0$。
所以，$g'(x) = \sqrt{1+(\tan x)^3} \cdot \frac{d}{dx}(\tan x)$。
$g'(x) = \sqrt{1+\tan^3 x} \cdot \sec^2 x$。

現在我們將 $g'(x)$ 代回 $f'(x)$ 的公式：
$f'(x) = e^{g(x)} \cdot g'(x) = e^{\int_{0}^{\tan x} \sqrt{1+t^3} dt} \cdot (\sqrt{1+\tan^3 x} \cdot \sec^2 x)$。

接下來，我們需要計算 $f'\left(\frac{\pi}{4}\right)$。
首先，計算 $g\left(\frac{\pi}{4}\right)$：

本題考驗學生對重積分的變換以及微積分基本定理的應用。我們需要證明兩個不同形式的積分表達式是相等的。

我們從 $G(x)$ 開始進行變換。
$G(x) = \int_{0}^{x} f(u)(x-u) du$
我們將積分式 $(x-u)$ 展開：
$G(x) = \int_{0}^{x} (xf(u) - uf(u)) du$
$G(x) = x \int_{0}^{x} f(u) du - \int_{0}^{x} uf(u) du$

現在我們需要將這個形式轉換成 $F(x)$ 的形式。
考慮 $\int_{0}^{x} uf(u) du$。我們可以對它使用分部積分法 (Integration by Parts)。
令 $v = u$ 且 $dw = f(u) du$。
則 $dv = du$ 且 $w = \int f(u) du$。
我們假設 $w$ 是 $f(u)$ 的一個反導函數，即 $w'(u) = f(u)$。
根據分部積分公式 $\int v dw = vw - \int w dv$：
$\int_{0}^{x} uf(u) du = \left[ u \int f(u) du \right]_{0}^{x} - \int_{0}^{x} \left( \int f(u) du \right) dv$
$\int_{0}^{x} uf(u) du = \left( x \int f(x) dx - 0 \int f(0) dx \right) - \int_{0}^{x} \left( \int f(u) du \right) du$
$\int_{0}^{x} uf(u) du = x \int_{0}^{x} f(u) du - \int_{0}^{x} \left( \int_{0}^{u} f(t) dt \right) du$ (這裡我們將 $\int f(u) du$ 寫成 $\int_{0}^{u} f(t) dt$，因為常數項在定積分中會抵消，且這與 $F(x)$ 的形式更接近)

現在，我們將這個結果代回 $G(x)$ 的表達式：
$G(x) = x \int_{0}^{x} f(u) du - \left( x \int_{0}^{x} f(u) du - \int_{0}^{x} \left( \int_{0}^{u} f(t) dt \right) du \right)$

本題的證明涉及反證法 (Proof by Contradiction) 以及微積分基本定理。

假設 $f(x)$ 有兩個不同的固定點，分別為 $a$ 和 $b$，且 $a \neq b$。
根據固定點的定義，$f(a) = a$ 且 $f(b) = b$。

考慮函數 $h(x) = f(x) - x$。
如果 $a$ 是 $f(x)$ 的一個固定點，則 $f(a) = a$，所以 $h(a) = f(a) - a = a - a = 0$。
同理，如果 $b$ 是 $f(x)$ 的一個固定點，則 $f(b) = b$，所以 $h(b) = f(b) - b = b - b = 0$。

由於 $f(x)$ 可微分，且 $x$ 是可微分的，所以 $h(x) = f(x) - x$ 也是可微分的。
我們在閉區間 $[a, b]$（或 $[b, a]$，取決於 $a$ 和 $b$ 的大小關係）上應用羅爾定理 (Rolle's Theorem) 對於函數 $h(x)$。
羅爾定理的條件：

1. $h(x)$ 在閉區間 $[a, b]$ 上連續。

核心觀念

本題考查二重積分的積分區域轉換，以及改變積分次序：

• 利用 Fubini 定理改寫二重積分。
• 將三角形積分區域重新描述。
• 使用代換 $u=x^2$ 計算可積分部分。
• 注意 $\tan(x^2)$ 的反導函數一般無初等函數形式。

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解題方法

原積分為

$$I=\int_{0}^{1}\int_{0}^{y}\tan(x^2)\,dx\,dy.$$

由原積分限可知積分區域為

$$0\leq y\leq 1,\qquad 0\leq x\leq y.$$

在 $xy$ 平面上，這是由 $x=0$、$x=y$、$y=1$ 所圍成的三角形。

改變積分次序後，固定 $x$ 時：

• $x$ 的範圍為 $0\leq x\leq 1$；
• 對每一個固定的 $x$，$y$ 從 $x$ 積分到 $1$。

因此

$$I=\int_{0}^{1}\int_{x}^{1}\tan(x^2)\,dy\,dx.$$

因為 $\tan(x^2)$ 與 $y$ 無關，

$$\begin{aligned} I &=\int_{0}^{1}(1-x)\tan(x^2)\,dx\\ &=\int_{0}^{1}\tan(x^2)\,dx-\int_{0}^{1}x\tan(x^2)\,dx. \end{aligned}$$

對第二項令

$$u=x^2,\qquad du=2x\,dx,$$

則

$$\begin{aligned} \int_{0}^{1}x\tan(x^2)\,dx &=\frac12\int_{0}^{1}\tan u\,du\\ &=-\frac12\ln|\cos u|\Big|_{0}^{1}\\ &=-\frac12\ln(\cos 1). \end{aligned}$$

核心觀念

本題考查二變數複合函數的鏈鎖律，以及二階混合偏導數的計算。

已知

$$z=f(x,y),\qquad x=uv,\qquad y=v-u.$$

由鏈鎖律，

$$\frac{\partial z}{\partial u} =f_x\frac{\partial x}{\partial u} +f_y\frac{\partial y}{\partial u},$$

其中 $f_x,f_y,f_{xx},f_{xy},f_{yy}$ 均視為在 $(x,y)=(uv,v-u)$ 處的函數值。

解題方法

先求 $z$ 對 $v$ 的一階偏導數：

$$\frac{\partial z}{\partial v} =f_x\frac{\partial x}{\partial v} +f_y\frac{\partial y}{\partial v}.$$

因為

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

所以

$$\frac{\partial z}{\partial v}=u f_x+f_y.$$

接著對 $u$ 再微分：

$$\frac{\partial^2 z}{\partial u\partial v} =\frac{\partial}{\partial u}(u f_x+f_y).$$

利用乘法法則，

$$\frac{\partial^2 z}{\partial u\partial v} =f_x+u\frac{\partial f_x}{\partial u} +\frac{\partial f_y}{\partial u}.$$

再分別使用鏈鎖律：

本題考驗隱函數微分 (Implicit Differentiation) 來求曲線的切線方程式。

給定的曲線方程式為 $x^3 + y^3 + y = 6$。
我們需要在點 $(8, 1)$ 處找到切線方程式。
首先，我們需要找到曲線在該點的斜率，即導數 $\frac{dy}{dx}$。
我們對方程式兩邊同時進行微分，將 $y$ 視為 $x$ 的函數。

對 $x^3$ 微分得到 $3x^2$。
對 $y^3$ 微分得到 $3y^2 \frac{dy}{dx}$。
對 $y$ 微分得到 $1 \cdot \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dx}$。
對常數 $6$ 微分得到 $0$。

所以，微分後的方程式為：
$3x^2 + 3y^2 \frac{dy}{dx} + \frac{dy}{dx} = 0$

現在，我們將點 $(8, 1)$ 代入這個方程式，來求解 $\frac{dy}{dx}$。
$x=8, y=1$。
$3(8)^2 + 3(1)^2 \frac{dy}{dx} + \frac{dy}{dx} = 0$
$3(64) + 3(1) \frac{dy}{dx} + \frac{dy}{dx} = 0$

本題考驗微積分基本定理的應用。給定一個函數的積分表達式，我們需要找出積分常數以及被積分函數本身。

(a) Find the value $c$.

我們知道 $\int_{0}^{x} f(u) du = -2 + x^2 + x \sin(2x) + c \cos(2x)$。
根據微積分基本定理，當 $x=0$ 時，積分的上限和下限相同，所以積分值應該為 $0$。
令 $x=0$ 代入方程式：
$\int_{0}^{0} f(u) du = -2 + (0)^2 + (0) \sin(0) + c \cos(0)$
$0 = -2 + 0 + 0 + c \cdot 1$
$0 = -2 + c$
$c = 2$

【答案】 $c = 2$

(b) Find $f'(x)$.

我們已經知道 $\int_{0}^{x} f(u) du = -2 + x^2 + x \sin(2x) + 2 \cos(2x)$ (代入 $c=2$)。
根據微積分基本定理，如果 $F(x) = \int_{a}^{x} f(t) dt$，則 $F'(x) = f(x)$。
所以，我們對等式右邊的表達式對 $x$ 求導，就可以得到 $f(x)$。

令 $F(x) = -2 + x^2 + x \sin(2x) + 2 \cos(2x)$。
則 $f(x) = F'(x)$。

我們需要計算 $F'(x)$：
$\frac{d}{dx}(-2) = 0$
$\frac{d}{dx}(x^2) = 2x$
$\frac{d}{dx}(x \sin(2x))$：使用乘法法則 (Product Rule)。
$= \frac{d}{dx}(x) \cdot \sin(2x) + x \cdot \frac{d}{dx}(\sin(2x))$
$= 1 \cdot \sin(2x) + x \cdot (\cos(2x) \cdot 2)$
$= \sin(2x) + 2x \cos(2x)$