109 年 國立清華大學計算與建模科學研究所《數學分析》

核心觀念

本題主要測驗以下數學分析核心工具的綜合應用：

1. 微積分基本定理（Fundamental Theorem of Calculus, FTC）：若被積函數連續，則變上限積分函數可導，其導函數為被積函數本身。
2. 一階常微分方程（分離變數法）：將積分方程式微分後轉化為初值問題（IVP）。
3. 高階導數的求法：
   • 方法一（泰勒級數展開法，推薦）：利用常見函數的麥克勞林級數（Maclaurin Series）係數 $a_n = \dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}$ 快速反推高階導數。
   • 方法二（隱函數逐次微分法）：對微分方程式反覆微分並代入 $x=0$。

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解題方法

步驟一：求初始條件 $f(0)$

在原積分方程式中代入 $x = 0$：

$$\int_0^0 (f(t))^2\,dt = f(0) - 0$$

由於積分上下限相同，積分值為 $0$，故得：

$$f(0) = 0$$

步驟二：利用微積分基本定理轉換為微分方程

題目給定 $f:(-1,1) \to \mathbb{R}$ 為可導函數，因此 $(f(t))^2$ 為連續函數。對原式兩邊對 $x$ 微分：

$$\frac{d}{dx}\left[\int_0^x (f(t))^2\,dt\right] = \frac{d}{dx}[f(x) - x]$$

由微積分基本定理可得：

$$(f(x))^2 = f'(x) - 1$$

整理得一階常微分方程：

$$f'(x) = 1 + (f(x))^2$$

步驟三：解微分方程求出 $f(x)$

此為可分離變數微分方程，改寫為：

$$\frac{df}{1 + f^2} = dx$$

兩邊積分：

$$\int \frac{1}{1 + f^2}\,df = \int 1\,dx$$ $$\arctan(f(x)) = x + C$$

代入初始條件 $f(0) = 0$：

$$\arctan(0) = 0 + C \implies C = 0$$

因此：

$$\arctan(f(x)) = x \implies f(x) = \tan x, \quad x \in (-1,1)$$

步驟四：計算五階導數 $\dfrac{d^5f}{dx^5}(0)$

【途徑一：泰勒展開式法（最速解法）】
已知 $\tan x$ 在 $x=0$ 處的麥克勞林級數（Maclaurin series）為：

核心觀念

本題為研究所入學考試「數學分析／高等微積分」中結合積分方程與微積分基本定理的經典題型，核心考點包含：

1. 微積分基本定理（Fundamental Theorem of Calculus, FTC）：
   若 $g$ 在區間上連續，則變上限積分函數 $G(x) = \int_0^x g(t)\,dt$ 為可微函數，且 $G'(x) = g(x)$。
2. 定積分的變數變換法（Substitution Rule）：
   處理含有平移或卷積型態 $f(x-t)$ 的定積分時，令 $u = x-t$ 變換積分區間與變數。
3. 分部積分法（Integration by Parts, IBP）：
   利用 $\int u\,v'\,dt = uv - \int v\,u'\,dt$，將被積函數中「多項式乘上可導函數」的結構降階或消去。

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解題方法

方法一：結構化推導（最優解法，不依賴函數之顯式）

步驟一：由微積分基本定理求出導數關係

給定積分方程式：

$$\int_0^x (f(t))^2\,dt = f(x) - x, \quad x \in (-1,1)$$

由於 $f$ 在 $(-1,1)$ 上可微，故 $f$ 必為連續函數，進而 $(f(t))^2$ 亦為連續函數。
根據微積分基本定理，等式左側對 $x$ 微分得到 $(f(x))^2$；等式右側對 $x$ 微分得到 $f'(x) - 1$。因此兩邊對 $x$ 微分得：

$$(f(x))^2 = f'(x) - 1 \implies (f(t))^2 = f'(t) - 1$$

同時，代入 $x=0$ 可知：

$$f(0) - 0 = \int_0^0 (f(t))^2\,dt = 0 \implies f(0) = 0$$

步驟二：對第二項積分進行變數變換

考慮所求式中的第二項積分：

$$J = \int_0^x t(f(x-t))^2\,dt$$

令變數變換 $u = x - t$，則 $t = x - u$，$dt = -du$。
當 $t = 0$ 時 $u = x$；當 $t = x$ 時 $u = 0$。代入得：

$$J = \int_x^0 (x - u)(f(u))^2\,(-du) = \int_0^x (x - u)(f(u))^2\,du$$

將括號拆開，分離為兩項定積分：

$$J = x \int_0^x (f(u))^2\,du - \int_0^x u(f(u))^2\,du$$

步驟三：利用分部積分化簡各項

1. 根據題目的原始條件，第一項為：

$$x \int_0^x (f(u))^2\,du = x(f(x) - x) = x f(x) - x^2$$

2. 對第二項中的 $(f(u))^2$ 代入步驟一所得的 $(f(u))^2 = f'(u) - 1$：

$$\int_0^x u(f(u))^2\,du = \int_0^x u\left(f'(u) - 1\right)\,du = \int_0^x u f'(u)\,du - \int_0^x u\,du$$

利用分部積分法處理 $\int_0^x u f'(u)\,du$（取微分項為 $u$，積分項為 $f'(u)\,du$）：

$$\int_0^x u f'(u)\,du = \left[ u f(u) \right]_0^x - \int_0^x f(u)\,du = x f(x) - \int_0^x f(t)\,dt$$

因為 $\int_0^x u\,du = \frac{x^2}{2}$，所以：

$$\int_0^x u(f(u))^2\,du = x f(x) - \int_0^x f(t)\,dt - \frac{x^2}{2}$$

核心觀念

1. 微積分基本定理（Fundamental Theorem of Calculus, FTC）：
   若 $g(t)$ 為連續函數，則 $\frac{d}{dx}\int_0^x g(t)\,dt = g(x)$。
2. 常微分方程（Separable ODE）與初值問題（IVP）：
   由積分方程對 $x$ 微分轉化為一階微分方程，搭配 $x=0$ 代入原積分方程求得的初始條件 $f(0)$，進而精確求解函數 $f(x)$。
3. 微分均值定理（Mean Value Theorem, MVT）與積分的單調性：
   利用函數的單調遞增性，建立函數值與其積分之間的估計不等式。

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解題方法

第一部分：求解 $f(x)$ 的具體形式並證明 $f(x) > 0$

原積分方程式為：

$$\int_0^x (f(t))^2\,dt = f(x) - x, \quad x \in (-1,1)$$

1. 求初始條件：
   將 $x = 0$ 代入原式，左式為 $\int_0^0 (f(t))^2\,dt = 0$，右式為 $f(0) - 0$。因此：

   $$f(0) = 0$$

2. 轉化為微分方程：
   因為已知 $f$ 可微，故 $(f(t))^2$ 為連續函數。由微積分基本定理，等號兩邊對 $x$ 微分得：

   $$(f(x))^2 = f'(x) - 1$$

   即：

   $$f'(x) = 1 + (f(x))^2$$

3. 求解微分方程：
   分離變數得：

   $$\frac{df}{1 + f^2} = dx$$

   兩邊積分：

   $$\arctan(f(x)) = x + C$$

   代入初始條件 $f(0) = 0$：

   $$\arctan(0) = 0 + C \implies C = 0$$

   因此：

   $$\arctan(f(x)) = x \implies f(x) = \tan x$$

   由於 $x \in (-1, 1) \subset (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$，解在區間上完全良好定義且唯一。

4. 證明 $f(x) > 0$ 對 $x \in (0,1)$ 成立：
   對於 $x \in (0, 1)$，因為 $0 < x < 1 < \frac{\pi}{2}$，正切函數在第一象限嚴格為正：

   $$f(x) = \tan x > 0$$

   此部分得證。

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第二部分：證明目標不等式

欲證對任意 $x \in (0,1)$，皆有：

$$\frac{(f(x))^{1010}}{\displaystyle\int_0^x (f(t))^{1010}\,dt} \geq 2020$$

1. 定義輔助函數：
   令 $n = 1010$。觀察分母與分子之結構，定義函數：

   $$g(x) = (f(x))^{2n} - 2n \int_0^x (f(t))^n\,dt$$

   此處 $n = 1010$，$2n = 2020$。我們欲證明當 $x \in (0,1)$ 時，$g(x) \geq 0$。

2. 對 $g(x)$ 進行微分分析：
   利用連鎖律以及先前求得的微分關係式 $f'(x) = 1 + (f(x))^2$：

   $$g'(x) = 2n (f(x))^{2n-1} f'(x) - 2n (f(x))^n$$ $$g'(x) = 2n (f(x))^{2n-1} \big(1 + (f(x))^2\big) - 2n (f(x))^n$$

   提取公因式 $2n (f(x))^n$：

   $$g'(x) = 2n (f(x))^n \left[ (f(x))^{n-1} \big(1 + (f(x))^2\big) - 1 \right]$$

   再展開中括號內部：

   $$g'(x) = 2n (f(x))^n \left[ (f(x))^{n+1} + (f(x))^{n-1} - 1 \right]$$

3. 直接使用被積函數的單調性與微分均值定理（標準且嚴謹的作法）：
   考慮更直接的途徑。令 $F(x) = \int_0^x (f(t))^n\,dt$。
   我們需要證明：

   $$(f(x))^n \geq 2n \int_0^x (f(t))^n\,dt$$

   由前面的微分關係：

   $$\frac{d}{dt} \big( (f(t))^2 \big) = 2 f(t) f'(t) = 2 f(t) (1 + f(t)^2) > 2 f(t)$$

   由於此題的指數 $n = 1010$，我們可直接計算 $(f(t))^{2n}$ 與其導數的關係：

核心觀念

本題主要評量定積分的對稱性變換（在微積分中常稱為「國王性質」，King's Property）。

1. 區間反轉對稱性定理：
   若 $g(x)$ 在 $[a, b]$ 上可積，則利用變數變換 $u = a + b - x$（即 $x = a + b - u$），可得： $$\int_a^b g(x)\,dx = \int_a^b g(a+b-x)\,dx$$
2. 對稱互補相加法：
   當被積函數的分母在對稱變換 $x \mapsto a+b-x$ 下具有不變性，且原分子與變換後的分子相加剛好等於分母時，可將原積分設為 $I$，利用 $I + I = 2I$ 將被積函數化簡為常數 $1$，進而迅速求得定積分值。

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解題方法

令所求定積分為 $I$：

$$I = \int_a^b \frac{f(a+x)+f(b+x)}{f(2a+b-x)+f(a+x)+f(b+x)+f(a+2b-x)}\,dx$$

步驟一：進行對稱變數代換
令變數代換為：

$$u = a + b - x \implies x = a + b - u,\quad dx = -du$$

當 $x = a$ 時，$u = b$；當 $x = b$ 時，$u = a$。

步驟二：計算變換後的各項函數
將 $x = a + b - u$ 分別代入分子與分母的各個組成項中：

• 分子部分： $$f(a+x) = f(a + (a+b-u)) = f(2a+b-u)$$ $$f(b+x) = f(b + (a+b-u)) = f(a+2b-u)$$
• 分母部分： $$f(2a+b-x) = f(2a+b - (a+b-u)) = f(a+u)$$ $$f(a+x) = f(2a+b-u)$$ $$f(b+x) = f(a+2b-u)$$ $$f(a+2b-x) = f(a+2b - (a+b-u)) = f(b+u)$$

步驟三：重組變換後的積分
將上述項代回積分式，並利用負號交換上下限：

核心觀念

本題考查微積分中定積分的對稱性與變數變換。涉及的核心觀念包括：

1. 奇函數在對稱區間上的積分為零：若 $g(-t) = -g(t)$ 為奇函數，則 $\int_{-a}^{a} g(t)\,dt = 0$。
2. King's Property（積分區間翻轉對稱技巧）：
   $\int_{a}^{b} g(y)\,dy = \int_{a}^{b} g(a+b-y)\,dy$
3. 函數的奇偶性分析：多項式與指數函數組合的奇偶性判別。

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解題方法

將 $x = 1$ 代入題目給定的函數 $F(x)$：

$F(1) = \int_{-1}^{5} \left[ f_1(1)f_2(y) + f_1(y-2)f_2(1) \right] dy$

利用積分的線性性質，可拆為兩個獨立的定積分分別計算：

$F(1) = f_1(1) \int_{-1}^{5} f_2(y)\,dy + f_2(1) \int_{-1}^{5} f_1(y-2)\,dy$

第一部分：計算常數值 $f_1(1)$ 與 $f_2(1)$

1. 由 $f_1(x) = x^9 e^{x^2}$：
   $f_1(1) = 1^9 \cdot e^{1^2} = e$

2. 由 $f_2(x) = \dfrac{\sin^4(x-1)+\sin^4(x+5)}{\sin^4(x-1)+\sin^4(x-3)+\sin^4(x-9)+\sin^4(x+5)}$，將 $x = 1$ 代入：

   • 分子：
     $\sin^4(0) + \sin^4(6) = \sin^4(6)$
   • 分母：
     $\sin^4(0) + \sin^4(-2) + \sin^4(-8) + \sin^4(6) = \sin^4(2) + \sin^4(8) + \sin^4(6)$
     （由於第二部分的積分值為零，此常數無須精確化簡。）

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第二部分：計算積分 $I_2 = \int_{-1}^{5} f_1(y-2)\,dy$

令變數變換 $u = y - 2$，則 $dy = du$：

• 當 $y = -1$ 時，$u = -3$
• 當 $y = 5$ 時，$u = 3$

故積分改寫為：

$I_2 = \int_{-3}^{3} f_1(u)\,du = \int_{-3}^{3} u^9 e^{u^2}\,du$

檢驗被積函數之奇偶性：
$f_1(-u) = (-u)^9 e^{(-u)^2} = -u^9 e^{u^2} = -f_1(u)$
因為被積函數 $f_1(u)$ 為奇函數，且積分區間 $[-3, 3]$ 關於原點對稱，故：

$I_2 = 0$

因此第二項為：
$f_2(1) \cdot I_2 = f_2(1) \cdot 0 = 0$

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第三部分：計算積分 $I_1 = \int_{-1}^{5} f_2(y)\,dy$

被積函數為：

核心觀念

本題旨在評量多元微積分與數學分析中的含參變數積分之微分（Differentiation Under the Integral Sign），核心依據為：

1. 萊布尼茲積分法則（Leibnitz's Rule）：
   當被積函數 $f(x,y)$ 及其偏導函數 $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ 在閉區間乘積上連續時，積分與微分之順序可交換： $$\frac{d}{dx}\left[\int_c^d f(x,y)\,dy\right] = \int_c^d \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\,dy$$
2. 微積分基本定理（Fundamental Theorem of Calculus, FTC）：
   若 $g$ 為連續函數，則： $$\frac{d}{dt}\left[\int_c^t g(y)\,dy\right] = g(t), \quad \frac{d}{dt}\left[\int_t^d g(y)\,dy\right] = -g(t)$$
3. 多變數連鎖律（Multivariable Chain Rule）：
   若三元函數 $F(u,v,w)$ 為 $C^1$ 類函數，且 $u, v, w$ 皆為 $x$ 的可微函數，則複合函數 $I(x) = F(u(x), v(x), w(x))$ 對 $x$ 的導函數為： $$\frac{dI}{dx} = \frac{\partial F}{\partial u}\frac{du}{dx} + \frac{\partial F}{\partial v}\frac{dv}{dx} + \frac{\partial F}{\partial w}\frac{dw}{dx}$$

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解題方法

【切入點】
原式中積分的「被積函數」與「上下限」同時含有自變數 $x$。因此，最直觀且嚴謹的證明方法是引進三元輔助函數，將被積函數所依賴的變數與上下限分別解耦為獨立變數，再應用多變數連鎖律展開。

完整證明推導步驟：

步驟一：定義三元輔助函數
設函數 $\varphi(x), \psi(x) \in [c,d]$ 為可微函數。定義三元函數 $F:[a,b] \times [c,d] \times [c,d] \to \mathbb{R}$ 為：

$$F(u, v, w) = \int_v^w f(u, y)\,dy$$

則原題欲求導之函數可表示為：

$$I(x) = \int_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(x,y)\,dy = F(x, \varphi(x), \psi(x))$$

其中令 $u(x) = x$、$v(x) = \varphi(x)$、$w(x) = \psi(x)$。

步驟二：計算 $F(u,v,w)$ 的各偏導函數

1. 對第一變數 $u$ 的偏導數：
   固定 $v, w$。由題目已給定的常數區間萊布尼茲法則（Leibnitz's rule）： $$\frac{\partial F}{\partial u}(u,v,w) = \frac{\partial}{\partial u}\left[\int_v^w f(u,y)\,dy\right] = \int_v^w \frac{\partial f(u,y)}{\partial u}\,dy$$
2. 對第二變數 $v$ 的偏導數：
   固定 $u, w$。將積分拆為 $\int_v^w f(u,y)\,dy = -\int_w^v f(u,y)\,dy$。因為 $y \mapsto f(u,y)$ 連續，由微積分基本定理可得： $$\frac{\partial F}{\partial v}(u,v,w) = \frac{\partial}{\partial v}\left[-\int_w^v f(u,y)\,dy\right] = -f(u,v)$$
3. 對第三變數 $w$ 的偏導數：
   固定 $u, v$。由微積分基本定理直接可得：

核心觀念

本題主要測驗考生對於含參變數積分（Feynman's technique / 萊布尼茲積分法則）以及微積分基本定理與變數變換法的掌握度。

1. 萊布尼茲積分法則（Leibniz's Rule / 積分符號下微分）：
   若積分上下限為常數，且被積函數及其偏導函數連續，則：
   $\frac{d}{dx}\left[\int_c^d f(x,y)\,dy\right] = \int_c^d \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\,dy$
   若積分上下限亦為 $x$ 的可微函數 $u(x), v(x)$，則結合鏈鎖律（Chain Rule）可得推廣形式：
   $\frac{d}{dx}\left[\int_{u(x)}^{v(x)} f(x,y)\,dy\right] = f(x, v(x)) \cdot v'(x) - f(x, u(x)) \cdot u'(x) + \int_{u(x)}^{v(x)} \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\,dy$

2. 反三角函數與分部積分：
   $\int \tan^{-1} t\,dt = t\tan^{-1} t - \frac{1}{2}\ln(1+t^2) + C$

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解題方法

本題欲證明：
$\int_0^{x^2} 4\tan^{-1}\!\left(\frac{y}{x^2}\right)dy = x^2(\pi - 2\ln 2)$

提供兩種嚴謹的證明方法：方法一（直接變數變換法，考場首選）與方法二（銜接題幹萊布尼茲法則）。

【方法一】變數變換法（最直觀明快）

令欲求積分為 $I(x)$：
$I(x) = \int_0^{x^2} 4\tan^{-1}\!\left(\frac{y}{x^2}\right)dy$

1. 代換變數：
   固定 $x \neq 0$，令 $t = \dfrac{y}{x^2}$，則 $y = x^2 t$，微分得 $dy = x^2\,dt$。
   對應的積分上下限：

   • 當 $y = 0$ 時，$t = 0$
   • 當 $y = x^2$ 時，$t = 1$

2. 化簡並提出常數：
   $I(x) = \int_0^1 4\tan^{-1}(t) \cdot x^2\,dt = 4x^2 \int_0^1 \tan^{-1}(t)\,dt$

3. 計算定積分 $\int_0^1 \tan^{-1}(t)\,dt$：
   使用分部積分法（Integration by parts），設 $u = \tan^{-1}(t)$，$dv = dt$，則 $du = \dfrac{1}{1+t^2}dt$，$v = t$：
   $\int_0^1 \tan^{-1}(t)\,dt = \left[ t\tan^{-1}(t) \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{t}{1+t^2}\,dt$

   • 代入上下限：$\left[ t\tan^{-1}(t) \right]_0^1 = 1 \cdot \tan^{-1}(1) - 0 = \frac{\pi}{4}$
   • 計算後項：$\int_0^1 \frac{t}{1+t^2}\,dt = \left[ \frac{1}{2}\ln(1+t^2) \right]_0^1 = \frac{1}{2}\ln 2$

   因此：
   $\int_0^1 \tan^{-1}(t)\,dt = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}\ln 2$

4. 代回原式：
   $I(x) = 4x^2 \left( \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}\ln 2 \right) = x^2(\pi - 2\ln 2)$
   當 $x = 0$ 時，積分為 $\int_0^0 0\,dy = 0$，等式 $0^2(\pi - 2\ln 2) = 0$ 亦自然成立。
   故原式得證。

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核心觀念

本題考查無窮級數的收斂性判定（Convergence Test for Infinite Series），特別是針對**正項級數（Positive Term Series）**的審斂法。涉及的關鍵定義與定理包含：

1. $p$-級數審斂法（$p$-Series Test）：
   級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$ 當且僅當 $p > 1$ 時收斂；當 $p \le 1$ 時發散。
2. 極限比較審斂法（Limit Comparison Test, LCT）：
   設 $\sum a_n$ 與 $\sum b_n$ 皆為正項級數（$a_n > 0, b_n > 0$）。若 $$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = L$$ 且 $0 < L < \infty$，則兩級數 $\sum a_n$ 與 $\sum b_n$ 同時收斂或同時發散。
3. 級數的線性性質（Linearity of Convergent Series）：
   若 $\sum a_n$ 與 $\sum b_n$ 皆收斂，則其和級數 $\sum (a_n + b_n)$ 亦必收斂。

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解題方法

給定級數之一般項為：

$$a_n = \left(\frac{1+n}{1+n^2}\right)^2 + \frac{2n(2n-1)}{(2n+1)^2(2n+2)^2}$$

對於所有正整數 $n \ge 1$，括號內各項分子分母皆大於 $0$，故 $a_n > 0$，此級數為正項級數。

可將一般項拆解為兩部分個別分析，或直接對整體尋找漸近主導項（Asymptotic behavior）：

方法一：拆項個別判定（標準做法）

令

$$b_n = \left(\frac{1+n}{1+n^2}\right)^2, \quad c_n = \frac{2n(2n-1)}{(2n+1)^2(2n+2)^2}$$

則 $a_n = b_n + c_n$。

1. 判定 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 的收斂性：
   當 $n \to \infty$ 時，$\frac{1+n}{1+n^2} \sim \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n}$，其平方行為接近 $\frac{1}{n^2}$。
   選取比較標準級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$（此為 $p=2 > 1$ 之收斂 $p$-級數）。
   計算比值的極限：

   $$\lim_{n \to \infty} \frac{b_n}{1/n^2} = \lim_{n \to \infty} \left[\frac{n(1+n)}{1+n^2}\right]^2 = \lim_{n \to \infty} \left[\frac{n^2 + n}{n^2 + 1}\right]^2 = \left[\lim_{n \to \infty} \frac{1 + 1/n}{1 + 1/n^2}\right]^2 = 1^2 = 1$$

   因為 $L_1 = 1 \in (0, \infty)$ 且 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 收斂，由極限比較審斂法知：

   $$\sum_{n=1}^{\infty} b_n \quad \text{收斂}$$

2. 判定 $\sum_{n=1}^{\infty} c_n$ 的收斂性：
   觀察 $c_n$ 的分子與分母次數：

   • 分子為 $2n(2n-1) = 4n^2 - 2n$（最高次為 $n^2$，領導係數為 $4$）。
   • 分母為 $(2n+1)^2(2n+2)^2 = (4n^2 + 4n + 1)(4n^2 + 8n + 4)$（最高次為 $n^4$，領導係數為 $16$）。

核心觀念

1. 瑕積分之絕對收斂性質（Absolute Convergence）：
   若瑕積分 $\int_a^{\infty} |f(x)|\,dx$ 收斂，則原積分 $\int_a^{\infty} f(x)\,dx$ 必定收斂，且稱此積分為絕對收斂。
2. 比較審斂法（Direct Comparison Test for Improper Integrals）：
   設在 $[a, \infty)$ 上，$0 \le |f(x)| \le g(x)$。若 $\int_a^{\infty} g(x)\,dx$ 收斂，則 $\int_a^{\infty} |f(x)|\,dx$ 亦收斂。
3. $p$-積分審斂準則（$p$-Integral Test）： $$\int_1^{\infty} \frac{1}{x^p}\,dx = \begin{cases} \text{收斂}, & \text{若 } p > 1 \\ \text{發散}, & \text{若 } p \le 1 \end{cases}$$
4. 三角函數之有界性：
   對任意實數 $x$，恆有 $|\sin x| \le 1$。

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解題方法

此題為實數範圍下的瑕積分斂散性判定問題（通常在指數 $p > 1$ 為整數或取實數冪次使函數具定義的情形下討論）。

1. 建立被積函數的絕對值上界：
   對所有 $x \in [1, \infty)$，由於正弦函數滿足 $|\sin x| \le 1$，可得： $$|\sin^p x| = |\sin x|^p \le 1^p = 1$$ 因此，被積函數取絕對值後滿足： $$0 \le \left| \frac{\sin^p x}{x^p} \right| = \frac{|\sin x|^p}{x^p} \le \frac{1}{x^p}, \quad \forall x \ge 1$$

核心觀念

1. 高斯散度定理（Gauss's Divergence Theorem）：
   設 $Q$ 為 $\mathbb{R}^3$ 中的有界閉區域，其邊界曲面 $S = \partial Q$ 為分段平滑（piecewise smooth）的封閉曲面，取向由外向單位法向量 $\mathbf{N}$ 給定。若向量場 $\mathbf{F}$ 在包含 $Q$ 的開集上具有連續的一階偏導數，則通量曲面積分可轉化為三重積分：

   $$\iint_S \mathbf{F} \cdot \mathbf{N}\, dS = \iiint_Q \nabla \cdot \mathbf{F}\, dV$$

2. 向量場的散度（Divergence）：
   對向量場 $\mathbf{F}(x,y,z) = \big(P(x,y,z),\, Q(x,y,z),\, R(x,y,z)\big)$，其散度定義為：

   $$\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}$$

3. 柱面坐標轉換（Cylindrical Coordinates）：
   針對具有旋轉對稱特性的立體幾何，變數代換為：

   $$x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta,\quad z = z$$

   體積微元為 $dV = r\, dz\, dr\, d\theta$。

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解題方法

步驟一：計算向量場 $\mathbf{F}$ 的散度

題目給定向量場為 $\mathbf{F}(x,y,z) = (xz,\, x^2y,\, y^2z)$，各分量皆為多項式函數，在全空間具有連續之一階偏導數。計算其散度：

$$\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial}{\partial x}(xz) + \frac{\partial}{\partial y}(x^2y) + \frac{\partial}{\partial z}(y^2z) = z + x^2 + y^2$$

步驟二：描述立體區域 $Q$ 的積分範圍

立體 $Q$ 由以下幾何條件限定且位於第一卦限（$x, y, z \geq 0$）：

• 坐標平面：$x = 0,\, y = 0,\, z = 0$
• 旋轉拋物面：$z = 2(x^2+y^2)$
• 圓柱面：$x^2+y^2 = 1$

轉換為柱面坐標 $(r, \theta, z)$：

• $x^2+y^2 = r^2$
• 第一卦限對應之幅角範圍：$0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$
• 圓柱面半徑限制：$0 \leq r \leq 1$
• 垂直高度由底面 $z = 0$ 至上方拋物面頂部 $z = 2r^2$：$0 \leq z \leq 2r^2$

因此，區域 $Q$ 可表示為：