108 年 國立臺北商業大學資訊與決策科學研究所碩士班《微積分》

本題考查基本微分規則，即乘積法則 (Product Rule)。

解題過程：
令 $f(x) = x \sin x$。
根據乘積法則，若 $f(x) = u(x)v(x)$，則 $f'(x) = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)$。
在此，令 $u(x) = x$ 且 $v(x) = \sin x$。

本題可透過比較函數的方法，或利用微分證明不等式。我們將使用微分的方法。

解題過程：
考慮函數 $f(x) = e^x - x$。我們的目標是證明當 $x>0$ 時，$f(x) > 0$。
首先，我們計算 $f(x)$ 的微分：
$f'(x) = \frac{d}{dx}(e^x - x) = e^x - 1$。

現在我們分析 $f'(x)$ 的性質。
當 $x>0$ 時，$e^x > e^0 = 1$。
因此，當 $x>0$ 時，$f'(x) = e^x - 1 > 0$。

本題考查多元函數的偏微分。我們需要對變數 $z$ 作偏微分，將 $x$ 和 $y$ 視為常數。

解題過程：
令 $f(x, y, z) = (x^2+y)z + (x+y^2)z^2$。
我們要計算 $\frac{\partial f}{\partial z}$。
將函數展開：$f(x, y, z) = (x^2+y)z + (x+y^2)z^2$。
對 $z$ 作偏微分：
$\frac{\partial f}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z}((x^2+y)z) + \frac{\partial}{\partial z}((x+y^2)z^2)$。

對於第一項：$\frac{\partial}{\partial z}((x^2+y)z)$。
這裡 $(x^2+y)$ 是一個常數。

本題要求計算一個無窮級數的和。這個級數的形式與指數函數 $e^x$ 的泰勒展開式有關。

解題過程：
我們知道指數函數 $e^x$ 在 $x=0$ 點的泰勒展開式為：
$e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = \frac{x^0}{0!} + \frac{x^1}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots$
$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots$

將 $x=1$ 代入上述展開式，我們得到 $e^1 = e$ 的級數展開：

本題是求解一個常係數其次線性微分方程。其解法是先找出特徵方程，再根據特徵方程的根來決定通解的形式。

解題過程：
給定的微分方程是 $y''(x) - 4y'(x) + 4y(x) = 0$。
對應的特徵方程 (characteristic equation) 是將 $y''$ 替換為 $r^2$，將 $y'$ 替換為 $r$，將 $y$ 替換為 $1$。
所以特徵方程為：
$r^2 - 4r + 4 = 0$。

這個二次方程式可以因式分解：
$(r-2)(r-2) = 0$
$(r-2)^2 = 0$。

核心觀念

本題考查微分學中函數的單調性、反曲點（凹凸性）與極值的判別，核心工具如下：

1. 指數函數連鎖律（Chain Rule）：若 $u = g(x)$，則 $\frac{d}{dx} e^{g(x)} = g'(x) e^{g(x)}$。
2. 一階導數與函數增減性：
   • 若在區間內 $f'(x) > 0$，則函數遞增；
   • 若在區間內 $f'(x) < 0$，則函數遞減。
3. 二階導數與反曲點（Inflection Point）：
   • 函數的圖形若在點 $(c, f(c))$ 兩側凹凸性改變，即 $f''(x)$ 之正負號在 $x = c$ 兩側發生變號，且該點存在於定義域內，則 $(c, f(c))$ 為反曲點。
   • 反曲點候選點滿足 $f''(x) = 0$ 或 $f''(x)$ 不存在。
4. 一階與二階導數檢定法求極值：
   • 臨界點（Critical Point）為滿足 $f'(x) = 0$ 或 $f'(x)$ 不存在之點。
   • 若 $f'(c) = 0$ 且 $f''(c) < 0$，則在 $x = c$ 處有局部極大值 $f(c)$。

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解題方法與詳細推導

給定函數為：

$$f(x) = \frac{1}{4\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}}$$

(1) 一階導數之正負號推導與討論

利用指數函數微分法與連鎖律：

$$f'(x) = \frac{1}{4\sqrt{2\pi}} \cdot e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot \frac{d}{dx}\left(-\frac{x^2}{2}\right) = -\frac{x}{4\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}}$$

因為對所有實數 $x \in \mathbb{R}$，恆有 $e^{-\frac{x^2}{2}} > 0$ 且常數 $\frac{1}{4\sqrt{2\pi}} > 0$：

• 當 $x < 0$ 時，$-x > 0$，因此：

$$f'(x) = -\frac{x}{4\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} > 0$$

• 當 $x > 0$ 時，$-x < 0$，因此：

$$f'(x) = -\frac{x}{4\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} < 0$$

題目符號修正說明：原題目小題 (1) 敘述為「試證：$f'(x) < 0$ 當 $x<0$ 且 $f'(x) > 0$ 當 $x>0$」，此為原試卷印製時之正負號筆誤。常態分佈鐘形曲線在 $x < 0$ 處為遞增（$f'(x) > 0$），在 $x > 0$ 處為遞減（$f'(x) < 0$）。嚴格微積分推導所得正確正負號如上述。

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(2) 反曲點求解

對一階導數 $f'(x)$ 再次微分，應用乘法法則（Product Rule）：

$$f''(x) = \frac{d}{dx} \left[ -\frac{1}{4\sqrt{2\pi}} x e^{-\frac{x^2}{2}} \right]$$ $$f''(x) = -\frac{1}{4\sqrt{2\pi}} \left[ \frac{d}{dx}(x) \cdot e^{-\frac{x^2}{2}} + x \cdot \frac{d}{dx}\left(e^{-\frac{x^2}{2}}\right) \right]$$ $$f''(x) = -\frac{1}{4\sqrt{2\pi}} \left[ 1 \cdot e^{-\frac{x^2}{2}} + x \cdot \left(-x e^{-\frac{x^2}{2}}\right) \right] = \frac{x^2 - 1}{4\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}}$$

本題要求計算一個體積分，其中積分區域 $R$ 是由兩條曲線 $y=2x$ 和 $y=x^2$ 在 $xy$-平面上所圍成的區域，積分的上限是由曲面 $z = f(x,y) = 2xy+4x^2$ 給出，而下限是 $z=0$ (xy-平面)。

解題過程：
首先，我們需要確定積分區域 $R$。區域 $R$ 是由曲線 $y=2x$ 和 $y=x^2$ 所圍成的。我們需要找出這兩條曲線的交點。
令 $2x = x^2$。
$x^2 - 2x = 0$
$x(x-2) = 0$
所以交點的 $x$ 坐標為 $x=0$ 和 $x=2$。
當 $x=0$ 時，$y=2(0)=0$，$y=(0)^2=0$。交點為 $(0,0)$。
當 $x=2$ 時，$y=2(2)=4$，$y=(2)^2=4$。交點為 $(2,4)$。

在區間 $[0, 2]$ 上，我們需要確定哪條曲線在上方。
取一個測試點，例如 $x=1$。
對於 $y=2x$，當 $x=1$ 時，$y=2(1)=2$。
對於 $y=x^2$，當 $x=1$ 時，$y=(1)^2=1$。
因為 $2 > 1$，所以曲線 $y=2x$ 在曲線 $y=x^2$ 的上方。
因此，積分區域 $R$ 的描述為：$0 \le x \le 2$ 且 $x^2 \le y \le 2x$。

體積 $V$ 由下列三重積分給出：
$V = \iiint_R dV = \iint_R \left( \int_0^{2xy+4x^2} dz \right) dA$
$V = \iint_R (2xy+4x^2) dA$

現在我們將此二重積分轉換為累次積分。根據區域 $R$ 的描述，我們選擇先對 $y$ 積分，再對 $x$ 積分：
$V = \int_{0}^{2} \int_{x^2}^{2x} (2xy+4x^2) dy dx$

首先計算內層積分 $\int_{x^2}^{2x} (2xy+4x^2) dy$：
將 $x$ 視為常數。
$\int_{x^2}^{2x} (2xy+4x^2) dy = \left[ xy^2 + 4x^2y \right]_{y=x^2}^{y=2x}$

本題要求計算一個瑕積分 (improper integral)。這個瑕積分是瑕在積分區間的左端點 $x=0$ 處，因為當 $x \to 0^+$ 時，被積函數 $\frac{1}{x(\ln x)^2}$ 的分母 $x(\ln x)^2$ 趨近於 $0$，導致函數值趨近於無窮大。

解題過程：
這個瑕積分可以表示為一個極限：
$I = \int_0^1 \frac{1}{x(\ln x)^2} dx = \lim_{a \to 0^+} \int_a^1 \frac{1}{x(\ln x)^2} dx$。

我們首先計算不定積分 $\int \frac{1}{x(\ln x)^2} dx$。
令 $u = \ln x$。則 $du = \frac{1}{x} dx$。
代換後，積分變為：
$\int \frac{1}{u^2} du = \int u^{-2} du$
$= \frac{u^{-1}}{-1} + C$
$= -\frac{1}{u} + C$
將 $u = \ln x$ 代回：
$= -\frac{1}{\ln x} + C$。

現在我們計算定積分 $\int_a^1 \frac{1}{x(\ln x)^2} dx$：
$\int_a^1 \frac{1}{x(\ln x)^2} dx = \left[ -\frac{1}{\ln x} \right]_a^1$
$= \left( -\frac{1}{\ln 1} \right) - \left( -\frac{1}{\ln a} \right)$
$= \left( -\frac{1}{0} \right) - \left( -\frac{1}{\ln a} \right)$

這裡出現了 $\frac{1}{0}$ 的形式，表示在積分區間的右端點 $x=1$ 處，函數也是奇異的。
當 $x \to 1^-$ 時，$\ln x \to 0^+$。因此 $\frac{1}{\ln x} \to +\infty$。
所以 $-\frac{1}{\ln x} \to -\infty$。

這個瑕積分實際上是個「雙重瑕積分」，因為在 $x=0$ 和 $x=1$ 處都被積函數都趨於無窮大。
讓我們仔細檢查被積函數 $f(x) = \frac{1}{x(\ln x)^2}$ 在區間 $(0, 1)$ 上的行為。
當 $x \to 0^+$, $\ln x \to -\infty$, $(\ln x)^2 \to +\infty$. $x(\ln x)^2 \to 0 \cdot \infty$.
我們知道 $\lim_{x \to 0^+} x (\ln x)^2 = 0$。 (可以使用 L'Hopital's rule on $\frac{(\ln x)^2}{1/x}$)
所以當 $x \to 0^+$, $f(x) \to +\infty$.

當 $x \to 1^-$, $\ln x \to 0^+$. $(\ln x)^2 \to 0^+$. $x(\ln x)^2 \to 1 \cdot 0^+ = 0^+$.
所以當 $x \to 1^-$, $f(x) \to +\infty$.

這個積分是瑕積分，因為在區間的兩個端點函數都趨於無窮大。
我們需要將積分分解成兩個部分，例如在 $x=1/2$ 處：