110 年 國立政治大學國際經營與貿易學系碩士班國際經貿法組《微積分》

本題主要考驗學生對不定積分與定積分的計算能力，包含對數函數、指數函數、多項式函數積分，以及瑕積分的處理。

(a) 針對 $\int_1^e \ln \sqrt{x} \, dx$ 的計算：
首先，利用對數性質 $\ln \sqrt{x} = \ln(x^{1/2}) = \frac{1}{2} \ln x$。
接著，我們需要計算 $\int \ln x \, dx$。這通常使用分部積分法來處理，令 $u = \ln x$，$dv = dx$。則 $du = \frac{1}{x} dx$，$v = x$。
分部積分公式為 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$。
所以，$\int \ln x \, dx = x \ln x - \int x \cdot \frac{1}{x} \, dx = x \ln x - \int 1 \, dx = x \ln x - x + C$。
因此，$\int \ln \sqrt{x} \, dx = \frac{1}{2} (x \ln x - x) + C$。
現在計算定積分：
$\int_1^e \ln \sqrt{x} \, dx = \frac{1}{2} [x \ln x - x]_1^e$
$= \frac{1}{2} [(e \ln e - e) - (1 \ln 1 - 1)]$
$= \frac{1}{2} [(e \cdot 1 - e) - (1 \cdot 0 - 1)]$
$= \frac{1}{2} [(e - e) - (0 - 1)]$
$= \frac{1}{2} [0 - (-1)]$
$= \frac{1}{2}$。

(b) 針對 $\int_0^1 (x - e^x) \, dx$ 的計算：
這是一個標準的定積分計算，積分函數為多項式減去指數函數。
$\int_0^1 (x - e^x) \, dx = \int_0^1 x \, dx - \int_0^1 e^x \, dx$
$= \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^1 - \left[ e^x \right]_0^1$
$= \left( \frac{1^2}{2} - \frac{0^2}{2} \right) - (e^1 - e^0)$
$= \left( \frac{1}{2} - 0 \right) - (e - 1)$
$= \frac{1}{2} - e + 1$
$= \frac{3}{2} - e$。

(c) 針對 $\int_0^1 x^2 e^x \, dx$ 的計算：
這個積分需要使用兩次分部積分法，因為 $x^2$ 的微分會變成 $2x$，再微分變成常數 $2$。
令 $u = x^2$，$dv = e^x \, dx$。則 $du = 2x \, dx$，$v = e^x$。
$\int x^2 e^x \, dx = x^2 e^x - \int 2x e^x \, dx = x^2 e^x - 2 \int x e^x \, dx$。
現在需要計算 $\int x e^x \, dx$。再次使用分部積分法，令 $u = x$，$dv = e^x \, dx$。則 $du = dx$，$v = e^x$。
$\int x e^x \, dx = x e^x - \int e^x \, dx = x e^x - e^x + C_1$。
將此結果代回原式：
$\int x^2 e^x \, dx = x^2 e^x - 2(x e^x - e^x) + C$
$= x^2 e^x - 2x e^x + 2e^x + C$
$= e^x (x^2 - 2x + 2) + C$。
現在計算定積分：
$\int_0^1 x^2 e^x \, dx = [e^x (x^2 - 2x + 2)]_0^1$
$= (e^1 (1^2 - 2(1) + 2)) - (e^0 (0^2 - 2(0) + 2))$
$= (e (1 - 2 + 2)) - (1 (0 - 0 + 2))$
$= (e \cdot 1) - (1 \cdot 2)$
$= e - 2$。

(d) 針對瑕積分 $\int_0^\infty \frac{2x^2 - 12}{x^4 - 5x^2 - 36} \, dx$ 的計算：
首先，我們需要分析被積函數的分母。令 $y = x^2$，則分母為 $y^2 - 5y - 36 = (y-9)(y+4)$。
所以，分母為 $(x^2 - 9)(x^2 + 4) = (x-3)(x+3)(x^2+4)$。
被積函數為 $f(x) = \frac{2x^2 - 12}{(x-3)(x+3)(x^2+4)}$。
由於積分區間是 $[0, \infty)$，且分母在 $x=3$ 時為零，這是一個瑕積分，同時也因為上限是無窮大。
我們需要檢查在 $x=3$ 處的行為。當 $x \to 3$，分子 $2x^2 - 12 \to 2(3^2) - 12 = 18 - 12 = 6$。分母趨近於 $0$。
因此，在 $x=3$ 附近，被積函數趨近於 $\frac{6}{(x-3)(6)(13)}$，這表示在 $x=3$ 處存在奇異點，積分發散。
更嚴謹地說，我們需要將積分分解為 $\int_0^3 f(x) \, dx + \int_3^\infty f(x) \, dx$。
考慮 $\int_0^3 \frac{2x^2 - 12}{(x-3)(x+3)(x^2+4)} \, dx$。
當 $x \to 3^-$，分母 $(x-3)$ 趨近於 $0^-$，$(x+3)$ 趨近於 $6$，$(x^2+4)$ 趨近於 $13$。

核心觀念

本題考查：

• 指數函數與對數微分。
• $0/0$ 型極限可利用洛必達法則或導數定義。
• 三角函數基本不等式 $|\sin t|\le |t|$。
• 有限和的估計，以及比較判別法。

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

解題方法

令

$$f(x)=x^{2x},\qquad x>0.$$

原式可寫成

$$\lim_{x\to 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}.$$

因為

$$f(1)=1^{2}=1,$$

故此極限正是 $f'(1)$。

先以對數微分求導。由

$$f(x)=x^{2x}=e^{2x\ln x},$$

可得

$$f'(x)=e^{2x\ln x}\cdot \frac{d}{dx}(2x\ln x).$$

而

$$\frac{d}{dx}(2x\ln x)=2\ln x+2,$$

所以

$$f'(x)=x^{2x}(2\ln x+2).$$

代入 $x=1$：

$$f'(1)=1^{2}(2\ln 1+2)=2.$$

因此

$$\boxed{\lim_{x\to 1}\frac{x^{2x}-1}{x-1}=2}.$$

解題技巧

直接代入會得到 $0/0$，此時可辨認為導數定義：

$$\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f'(a).$$

也可使用洛必達法則：

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

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(b) $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{\pi i^2}{n^3}\sin\left(\frac{\pi i}{n^2}\right)$

核心觀念

當 $1\le i\le n$ 時，

$$0\le \frac{\pi i}{n^2}\le \frac{\pi}{n}\to 0.$$

因此正弦函數的自變數很小，可使用

$$|\sin t|\le |t|.$$

本題考驗學生對隱函數微分的應用，特別是在經濟學中的需求曲線。

給定需求方程為 $x^2 + 4xp + 4p = 18000$。
我們需要找到 $\frac{dx}{dp}$，這表示將 $x$ 視為 $p$ 的函數，然後對整個方程進行微分。
對方程兩邊關於 $p$ 微分：
$\frac{d}{dp}(x^2 + 4xp + 4p) = \frac{d}{dp}(18000)$

左邊的微分：
$\frac{d}{dp}(x^2) = 2x \frac{dx}{dp}$ (使用連鎖律，因為 $x$ 是 $p$ 的函數)
$\frac{d}{dp}(4xp) = 4 \left( \frac{dx}{dp} \cdot p + x \cdot 1 \right)$ (使用乘法定律)
$\frac{d}{dp}(4p) = 4$
$\frac{d}{dp}(18000) = 0$

本題考驗學生對拉格朗日乘子法的應用，用於尋找函數在約束條件下的極值點。這裡的目標是最大化或最小化點 $(x, y, z)$ 與給定點 $(1, -1, 2)$ 之間的距離的平方，約束條件是點 $(x, y, z)$ 必須在給定的球面上。

目標函數是點 $(x, y, z)$ 與點 $(1, -1, 2)$ 之間的距離的平方，記為 $f(x, y, z)$：
$f(x, y, z) = (x - 1)^2 + (y - (-1))^2 + (z - 2)^2$
$f(x, y, z) = (x - 1)^2 + (y + 1)^2 + (z - 2)^2$

約束條件是點 $(x, y, z)$ 在球面上，其方程為 $x^2 + y^2 + z^2 - 2y = 35$。
我們可以將約束條件寫成 $g(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 - 2y - 35 = 0$。

根據拉格朗日乘子法，我們需要尋找滿足 $\nabla f = \lambda \nabla g$ 的點 $(x, y, z)$ 和常數 $\lambda$。
計算梯度：
$\nabla f = \langle \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z} \rangle = \langle 2(x - 1), 2(y + 1), 2(z - 2) \rangle$
$\nabla g = \langle \frac{\partial g}{\partial x}, \frac{\partial g}{\partial y}, \frac{\partial g}{\partial z} \rangle = \langle 2x, 2y - 2, 2z \rangle$

建立方程組 $\nabla f = \lambda \nabla g$：

1. $2(x - 1) = \lambda (2x) \implies x - 1 = \lambda x \implies x(1 - \lambda) = 1$
2. $2(y + 1) = \lambda (2y - 2) \implies y + 1 = \lambda (y - 1) \implies y + 1 = \lambda y - \lambda \implies y(1 - \lambda) = -1 - \lambda$
3. $2(z - 2) = \lambda (2z) \implies z - 2 = \lambda z \implies z(1 - \lambda) = 2$
4. $x^2 + y^2 + z^2 - 2y = 35$ (約束條件)

從方程 1 和 3，我們可以得到：
如果 $1 - \lambda \neq 0$:
$x = \frac{1}{1 - \lambda}$
$z = \frac{2}{1 - \lambda}$
這意味著 $z = 2x$。

現在處理方程 2：
$y(1 - \lambda) = -1 - \lambda$
$y = \frac{-1 - \lambda}{1 - \lambda}$

我們需要考慮 $1 - \lambda = 0$ 的情況。
如果 $1 - \lambda = 0$, 則 $\lambda = 1$.
方程 1 變為 $x(0) = 1$, 這是不可能的。所以 $1 - \lambda \neq 0$。

我們將 $x$, $y$, $z$ 用 $\lambda$ 表示，然後代入約束方程 4。
$x = \frac{1}{1 - \lambda}$
$z = \frac{2}{1 - \lambda}$
$y = \frac{-(1 + \lambda)}{1 - \lambda} = \frac{1 + \lambda}{\lambda - 1}$

代入約束方程：
$\left(\frac{1}{1 - \lambda}\right)^2 + \left(\frac{1 + \lambda}{\lambda - 1}\right)^2 + \left(\frac{2}{1 - \lambda}\right)^2 - 2\left(\frac{1 + \lambda}{\lambda - 1}\right) = 35$
$\frac{1}{(1 - \lambda)^2} + \frac{(1 + \lambda)^2}{(1 - \lambda)^2} + \frac{4}{(1 - \lambda)^2} - 2\frac{1 + \lambda}{\lambda - 1} = 35$
$\frac{1 + (1 + 2\lambda + \lambda^2) + 4}{(1 - \lambda)^2} - 2\frac{1 + \lambda}{- (1 - \lambda)} = 35$
$\frac{6 + 2\lambda + \lambda^2}{(1 - \lambda)^2} + \frac{2(1 + \lambda)}{1 - \lambda} = 35$
$\frac{6 + 2\lambda + \lambda^2 + 2(1 + \lambda)(1 - \lambda)}{(1 - \lambda)^2} = 35$
$\frac{6 + 2\lambda + \lambda^2 + 2(1 - \lambda^2)}{(1 - \lambda)^2} = 35$
$\frac{6 + 2\lambda + \lambda^2 + 2 - 2\lambda^2}{(1 - \lambda)^2} = 35$
$\frac{8 + 2\lambda - \lambda^2}{(1 - \lambda)^2} = 35$

本題考驗學生計算兩函數圖形之間面積的能力，需要確定積分區間內的上下函數，並進行定積分計算。

首先，我們需要確定在區間 $[-1, 2]$ 上，哪一個函數的值較大。
比較 $y = 2x$ 和 $y = 2^x$。
我們可以觀察幾個關鍵點：
當 $x = -1$: $2x = -2$, $2^x = 2^{-1} = 1/2$。此時 $2^x > 2x$。
當 $x = 0$: $2x = 0$, $2^x = 2^0 = 1$。此時 $2^x > 2x$。
當 $x = 1$: $2x = 2$, $2^x = 2^1 = 2$。此時 $2x = 2^x$。
當 $x = 2$: $2x = 4$, $2^x = 2^2 = 4$。此時 $2x = 2^x$。

函數 $y = 2^x$ 在 $x=1$ 和 $x=2$ 時與 $y = 2x$ 相交。
我們需要檢查在區間 $(-1, 1)$ 和 $(1, 2)$ 上哪個函數佔優。
我們知道 $2^x$ 是指數函數，而 $2x$ 是線性函數。
考慮函數 $h(x) = 2^x - 2x$。
$h'(x) = (\ln 2) 2^x - 2$。
令 $h'(x) = 0$, $(\ln 2) 2^x = 2 \implies 2^x = \frac{2}{\ln 2}$。
$x = \log_2\left(\frac{2}{\ln 2}\right) = 1 - \log_2(\ln 2)$。
$\ln 2 \approx 0.693$。
$\log_2(\ln 2) = \frac{\ln(\ln 2)}{\ln 2} \approx \frac{\ln(0.693)}{0.693} \approx \frac{-0.366}{0.693} \approx -0.528$。
所以，$x \approx 1 - (-0.528) = 1.528$。
這意味著在 $x \approx 1.528$ 附近，函數 $h(x)$ 有一個局部最小值。

讓我們比較函數值：
在 $x=-1$: $2^x = 0.5$, $2x = -2$。 $2^x > 2x$。
在 $x=0$: $2^x = 1$, $2x = 0$。 $2^x > 2x$。
在 $x=1$: $2^x = 2$, $2x = 2$。 $2^x = 2x$。
在 $x=1.5$: $2^x = 2^{1.5} = 2\sqrt{2} \approx 2.828$。 $2x = 3$。 此時 $2x > 2^x$。
在 $x=2$: $2^x = 4$, $2x = 4$。 $2^x = 2x$。

本題考驗學生對無窮級數的收斂性判斷。級數的通項為 $(\sqrt{n^2 + 1} - n)$。

首先，觀察級數的通項 $a_n = \sqrt{n^2 + 1} - n$。
當 $n$ 很大時，$\sqrt{n^2 + 1}$ 趨近於 $n$。
為了更清楚地分析其行為，我們進行有理化處理：
$a_n = (\sqrt{n^2 + 1} - n) \cdot \frac{\sqrt{n^2 + 1} + n}{\sqrt{n^2 + 1} + n}$
$a_n = \frac{(n^2 + 1) - n^2}{\sqrt{n^2 + 1} + n}$
$a_n = \frac{1}{\sqrt{n^2 + 1} + n}$

現在，我們需要判斷級數 $\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{\sqrt{n^2 + 1} + n}$ 的收斂性。
當 $n$ 很大時，$\sqrt{n^2 + 1} \approx \sqrt{n^2} = n$。
所以，分母 $\sqrt{n^2 + 1} + n \approx n + n = 2n$。
因此，級數的通項 $a_n$ 趨近於 $\frac{1}{2n}$。

我們可以嘗試使用極限比較檢驗法 (Limit Comparison Test)。
令 $a_n = \frac{1}{\sqrt{n^2 + 1} + n}$ 和 $b_n = \frac{1}{n}$。
我們計算 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}$：
$\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{\sqrt{n^2 + 1} + n}}{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2 + 1} + n}$
將分子分母同除以 $n$：
$= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\frac{\sqrt{n^2 + 1}}{n} + 1}$
$= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{\frac{n^2 + 1}{n^2}} + 1}$
$= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{n^2}} + 1}$
當 $n \to \infty$, $\frac{1}{n^2} \to 0$。
$= \frac{1}{\sqrt{1 + 0} + 1} = \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}$。

因為極限值 $\frac{1}{2}$ 是一個正的有限數，根據極限比較檢驗法，級數 $\sum a_n$ 的收斂性與級數 $\sum b_n$ 的收斂性相同。
級數 $\sum_{n=1}^\infty b_n = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ 是調和級數，它是一個發散的 $p$-級數 (p=1)。
（注意：題目從 $n=0$ 開始，但 $a_0 = \sqrt{0^2+1} - 0 = 1$。級數的收斂性不取決於有限項。如果考慮 $n=0$ 這一項，級數的行為不會改變。通常 $p$-級數的定義從 $n=1$ 開始。）

由於 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ 發散，且極限比較檢驗法的極限值為正，所以原級數 $\sum_{n=0}^\infty (\sqrt{n^2 + 1} - n)$ 也發散。

本題考驗學生對導數定義的理解與應用。要求不使用導數公式，僅依賴導數的定義來求解。

導數的定義為：
$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h}$

給定函數 $f(x) = \sqrt{x + 1}$。
首先，計算 $f(x+h)$:
$f(x+h) = \sqrt{(x+h) + 1} = \sqrt{x + h + 1}$。

然後，計算 $f(x+h) - f(x)$:
$f(x+h) - f(x) = \sqrt{x + h + 1} - \sqrt{x + 1}$。

現在，將其代入導數定義的極限式中：
$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{x + h + 1} - \sqrt{x + 1}}{h}$

這個極限是一個 $0/0$ 型的不定式，因為當 $h \to 0$ 時，分子趨近於 $\sqrt{x+1} - \sqrt{x+1} = 0$，分母趨近於 $0$。
我們需要對分子進行有理化處理，乘以共軛複數：
$\frac{\sqrt{x + h + 1} - \sqrt{x + 1}}{h} \cdot \frac{\sqrt{x + h + 1} + \sqrt{x + 1}}{\sqrt{x + h + 1} + \sqrt{x + 1}}$
$= \frac{(\sqrt{x + h + 1})^2 - (\sqrt{x + 1})^2}{h (\sqrt{x + h + 1} + \sqrt{x + 1})}$

本題考驗學生對全微分的應用，用於近似計算函數在某點附近的值。

我們需要近似計算 $(1.01)^7 \times (1.98)^4$ 的值。
令函數 $f(x, y) = x^7 y^4$。
我們想近似計算 $f(1.01, 1.98)$ 的值。
選擇一個已知且離 $(1.01, 1.98)$ 最近的點作為基準點。顯然，基準點是 $(x_0, y_0) = (1, 2)$。
在基準點 $(1, 2)$ 處，函數值為：
$f(1, 2) = 1^7 \times 2^4 = 1 \times 16 = 16$。

現在，我們計算全微分 $df$。
$f(x, y) = x^7 y^4$。
偏導數：
$\frac{\partial f}{\partial x} = 7x^6 y^4$
$\frac{\partial f}{\partial y} = x^7 (4y^3)$

在基準點 $(1, 2)$ 處計算偏導數的值：
$\frac{\partial f}{\partial x}\bigg|_{(1, 2)} = 7(1)^6 (2)^4 = 7 \times 1 \times 16 = 112$。

核心觀念

本題考查二重積分的逐次積分，以及「被積函數與 $x$ 無關」時的簡化：

$$\int_a^b f(y)\,dx=f(y)(b-a).$$

因此，先計算 $x$ 的積分，再處理剩下的單變數積分。題目中

$$0\le y\le 4,\qquad \sqrt y\le x\le \sqrt{8-y}.$$

由於 $0\le y\le 4$ 時有 $y\le 8-y$，故積分區域確實成立。

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解題方法

原積分為

$$I=\int_0^4\int_{\sqrt y}^{\sqrt{8-y}} \frac{1}{(1+y)^2}\,dx\,dy.$$

因為 $\dfrac{1}{(1+y)^2}$ 與 $x$ 無關，先對 $x$ 積分：

$$I=\int_0^4 \frac{\sqrt{8-y}-\sqrt y}{(1+y)^2}\,dy.$$

拆成兩部分：

$$I=A-B,$$

其中

$$A=\int_0^4\frac{\sqrt{8-y}}{(1+y)^2}\,dy, \qquad B=\int_0^4\frac{\sqrt y}{(1+y)^2}\,dy.$$

計算 $B$

令

$$y=t^2,\qquad dy=2t\,dt.$$

當 $y=0$ 時，$t=0$；當 $y=4$ 時，$t=2$。因此

$$B=2\int_0^2\frac{t^2}{(1+t^2)^2}\,dt.$$

利用

$$\frac{t^2}{(1+t^2)^2} =\frac{1}{1+t^2}-\frac{1}{(1+t^2)^2},$$

且

$$\int\frac{dt}{(1+t^2)^2} =\frac{t}{2(1+t^2)}+\frac12\arctan t,$$

可得

$$B =2\left[ \arctan t-\left( \frac{t}{2(1+t^2)}+\frac12\arctan t \right) \right]_0^2.$$

整理後：

$$B=\left[ \arctan t-\frac{t}{1+t^2} \right]_0^2 =\arctan 2-\frac25.$$

計算 $A$

令

$$u=\sqrt{8-y}, \qquad y=8-u^2, \qquad dy=-2u\,du.$$

當 $y=0$ 時，$u=2\sqrt2$；當 $y=4$ 時，$u=2$。因此

$$A =2\int_2^{2\sqrt2}\frac{u^2}{(9-u^2)^2}\,du.$$