111 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》

本題為計算定積分，包含四個小題，分別考驗不同的積分技巧。

(a) $\int_{0}^{8} \frac{1}{x+2\sqrt[3]{x}} dx$
此題可透過換元法來簡化。令 $u = \sqrt[3]{x}$，則 $u^3 = x$，兩邊微分得到 $3u^2 du = dx$。
當 $x=0$ 時，$u = \sqrt[3]{0} = 0$。
當 $x=8$ 時，$u = \sqrt[3]{8} = 2$。
原積分式可改寫為：
$\int_{0}^{2} \frac{1}{u^3 + 2u} (3u^2 du) = \int_{0}^{2} \frac{3u^2}{u^3 + 2u} du = \int_{0}^{2} \frac{3u}{u^2 + 2} du$
接著，我們對 $\int \frac{3u}{u^2 + 2} du$ 進行計算。令 $v = u^2 + 2$，則 $dv = 2u du$，所以 $u du = \frac{1}{2} dv$。
$\int \frac{3u}{u^2 + 2} du = \int \frac{3}{v} \left(\frac{1}{2} dv\right) = \frac{3}{2} \int \frac{1}{v} dv = \frac{3}{2} \ln|v| + C = \frac{3}{2} \ln(u^2 + 2) + C$
將範圍代入：
$\left[ \frac{3}{2} \ln(u^2 + 2) \right]_{0}^{2} = \frac{3}{2} \ln(2^2 + 2) - \frac{3}{2} \ln(0^2 + 2) = \frac{3}{2} \ln(6) - \frac{3}{2} \ln(2) = \frac{3}{2} (\ln 6 - \ln 2) = \frac{3}{2} \ln\left(\frac{6}{2}\right) = \frac{3}{2} \ln 3$
【答案】$\frac{3}{2} \ln 3$

(b) $\int_{0}^{\pi} |\sqrt{x} - 1| dx$
首先，我們需要處理絕對值。$\sqrt{x} - 1 = 0$ 時，$x=1$。
當 $0 \le x < 1$ 時，$\sqrt{x} < 1$，所以 $|\sqrt{x} - 1| = 1 - \sqrt{x}$。
當 $x \ge 1$ 時，$\sqrt{x} \ge 1$，所以 $|\sqrt{x} - 1| = \sqrt{x} - 1$。
積分範圍是 $[0, \pi]$，所以我們需要將積分分成兩段：$[0, 1]$ 和 $[1, \pi]$。
$\int_{0}^{\pi} |\sqrt{x} - 1| dx = \int_{0}^{1} (1 - \sqrt{x}) dx + \int_{1}^{\pi} (\sqrt{x} - 1) dx$
計算第一個積分：
$\int_{0}^{1} (1 - x^{1/2}) dx = \left[ x - \frac{x^{3/2}}{3/2} \right]_{0}^{1} = \left[ x - \frac{2}{3} x^{3/2} \right]_{0}^{1} = \left( 1 - \frac{2}{3} \right) - (0 - 0) = \frac{1}{3}$
計算第二個積分：
$\int_{1}^{\pi} (x^{1/2} - 1) dx = \left[ \frac{x^{3/2}}{3/2} - x \right]_{1}^{\pi} = \left[ \frac{2}{3} x^{3/2} - x \right]_{1}^{\pi}$
$= \left( \frac{2}{3} \pi^{3/2} - \pi \right) - \left( \frac{2}{3} (1)^{3/2} - 1 \right) = \frac{2}{3} \pi^{3/2} - \pi - \left( \frac{2}{3} - 1 \right) = \frac{2}{3} \pi^{3/2} - \pi - \left( -\frac{1}{3} \right) = \frac{2}{3} \pi^{3/2} - \pi + \frac{1}{3}$
將兩部分結果相加：
$\frac{1}{3} + \left( \frac{2}{3} \pi^{3/2} - \pi + \frac{1}{3} \right) = \frac{2}{3} \pi^{3/2} - \pi + \frac{2}{3}$
【答案】$\frac{2}{3} \pi^{3/2} - \pi + \frac{2}{3}$

本題考驗微分的連鎖律與隱函數微分的概念。
給定方程式 $x^3 f(x) + f(x^2) = 4$ 對所有 $x > 0$ 成立。
我們要找到 $f'(1)$。首先，我們對整個方程式對 $x$ 微分。
使用乘法規則和連鎖律：
$\frac{d}{dx} (x^3 f(x)) + \frac{d}{dx} (f(x^2)) = \frac{d}{dx} (4)$
$(3x^2 f(x) + x^3 f'(x)) + f'(x^2) \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = 0$
$(3x^2 f(x) + x^3 f'(x)) + f'(x^2) \cdot (2x) = 0$

本題考驗極限的計算，特別是涉及 $e^x$ 的泰勒展開式。
給定 $\lim_{x \to \infty} \left( x e^{1/x} - (ax + b) \right) = 0$。
當 $x \to \infty$ 時，$1/x \to 0$。我們可以使用 $e^u$ 在 $u=0$ 附近的泰勒展開式：$e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \frac{u^3}{3!} + \dots$。
令 $u = 1/x$。則 $e^{1/x} = 1 + \frac{1}{x} + \frac{(1/x)^2}{2!} + \frac{(1/x)^3}{3!} + \dots = 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{2x^2} + \frac{1}{6x^3} + \dots$。
將此代入極限式中：
$x e^{1/x} = x \left( 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{2x^2} + \frac{1}{6x^3} + \dots \right)$
$= x + 1 + \frac{1}{2x} + \frac{1}{6x^2} + \dots$
所以，原極限式變為：

本題考驗隱函數微分。
給定方程式 $x^2y + xy^2 = 4$。我們需要找到 $\frac{dy}{dx}$ 在 $x=1$ 時的值。
首先，我們對整個方程式兩邊對 $x$微分，將 $y$視為 $x$的函數。
$\frac{d}{dx}(x^2y) + \frac{d}{dx}(xy^2) = \frac{d}{dx}(4)$
使用乘法規則：
$(2xy + x^2 \frac{dy}{dx}) + (1 \cdot y^2 + x \cdot 2y \frac{dy}{dx}) = 0$
$2xy + x^2 \frac{dy}{dx} + y^2 + 2xy \frac{dy}{dx} = 0$
將含有 $\frac{dy}{dx}$ 的項移到一邊，不含的項移到另一邊：
$(x^2 + 2xy) \frac{dy}{dx} = -2xy - y^2$
解出 $\frac{dy}{dx}$：
$\frac{dy}{dx} = \frac{-2xy - y^2}{x^2 + 2xy}$
現在，我們需要求出當 $x=1$ 時，$y$ 的值。將 $x=1$ 代入原方程式：
$(1)^2 y + (1) y^2 = 4$
$y + y^2 = 4$
$y^2 + y - 4 = 0$
使用二次公式求解 $y$：
$y = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4(1)(-4)}}{2(1)} = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 16}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{17}}{2}$
我們需要計算 $\frac{dy}{dx}$ 在 $x=1$ 時的值。這裡有兩個可能的 $y$ 值。我們分別代入計算。

情況 1：$y = \frac{-1 + \sqrt{17}}{2}$
$\frac{dy}{dx}\bigg|_{x=1, y=\frac{-1+\sqrt{17}}{2}} = \frac{-2(1)\left(\frac{-1+\sqrt{17}}{2}\right) - \left(\frac{-1+\sqrt{17}}{2}\right)^2}{(1)^2 + 2(1)\left(\frac{-1+\sqrt{17}}{2}\right)}$
$= \frac{-(-1+\sqrt{17}) - \left(\frac{1 - 2\sqrt{17} + 17}{4}\right)}{1 + (-1+\sqrt{17})}$
$= \frac{1-\sqrt{17} - \frac{18 - 2\sqrt{17}}{4}}{\sqrt{17}}$
$= \frac{1-\sqrt{17} - \frac{9 - \sqrt{17}}{2}}{\sqrt{17}}$
$= \frac{\frac{2 - 2\sqrt{17} - (9 - \sqrt{17})}{2}}{\sqrt{17}}$
$= \frac{2 - 2\sqrt{17} - 9 + \sqrt{17}}{2\sqrt{17}} = \frac{-7 - \sqrt{17}}{2\sqrt{17}}$
$= \frac{(-7 - \sqrt{17})\sqrt{17}}{2 \cdot 17} = \frac{-7\sqrt{17} - 17}{34}$

情況 2：$y = \frac{-1 - \sqrt{17}}{2}$

核心觀念

本題考查「柯西—施瓦茲不等式」在受限最佳化問題中的應用。

將函數寫成內積：

由題目限制：

可知向量 $(x,y,z)$ 的長度固定為 $\sqrt{6}$。因此，函數值就是兩個向量內積的大小，最大值與最小值可由柯西—施瓦茲不等式求得。

解題方法

由柯西—施瓦茲不等式，

代入限制條件：

因此，

最大值

當兩向量同方向時，柯西—施瓦茲不等式取等號，即

代入限制條件：

取 $k=1$ 時，

此時

本題考驗級數的收斂區間判斷，通常使用 ratio test (比值檢驗法) 或 root test (根值檢驗法)。
給定級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n (2x-1)^n}{n 3^n}$。
我們使用 ratio test。令 $a_n = \frac{(-1)^n (2x-1)^n}{n 3^n}$。
我們計算極限 $\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$。
$\left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \left| \frac{\frac{(-1)^{n+1} (2x-1)^{n+1}}{(n+1) 3^{n+1}}}{\frac{(-1)^n (2x-1)^n}{n 3^n}} \right|$
$= \left| \frac{(-1)^{n+1} (2x-1)^{n+1}}{(n+1) 3^{n+1}} \cdot \frac{n 3^n}{(-1)^n (2x-1)^n} \right|$
$= \left| \frac{-1 \cdot (2x-1) \cdot n}{(n+1) \cdot 3} \right|$
$= \frac{|2x-1|}{3} \cdot \frac{n}{n+1}$
現在計算極限：
$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{|2x-1|}{3} \cdot \frac{n}{n+1} \right)$
$= \frac{|2x-1|}{3} \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = \frac{|2x-1|}{3} \cdot 1 = \frac{|2x-1|}{3}$
根據 ratio test，級數在 $\frac{|2x-1|}{3} < 1$ 時收斂。

本題考驗二重積分的計算。
給定的積分區域 $R$ 是一個矩形，其頂點為 $(-1,0), (2,0), (2,3), (-1,3)$。
這表示 $x$ 的範圍是 $[-1, 2]$，而 $y$ 的範圍是 $[0, 3]$。
被積函數是 $f(x,y) = 8x^3y$。
我們可以將此二重積分寫成累次積分的形式。由於積分區域是矩形，且被積函數是簡單的多項式，我們可以交換積分的順序，但通常先對 $y$ 積分再對 $x$ 積分，或反之，結果會相同。我們選擇先對 $y$ 積分，再對 $x$ 積分。

$\iint_R 8x^3y \,dxdy = \int_{-1}^{2} \left( \int_{0}^{3} 8x^3y \,dy \right) dx$
首先計算內層積分：
$\int_{0}^{3} 8x^3y \,dy$
將 $8x^3$ 視為常數：
$= 8x^3 \int_{0}^{3} y \,dy$
$= 8x^3 \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{0}^{3}$
$= 8x^3 \left( \frac{3^2}{2} - \frac{0^2}{2} \right)$
$= 8x^3 \left( \frac{9}{2} \right) = 36x^3$
現在，將內層積分的結果代入外層積分：
$\int_{-1}^{2} 36x^3 \,dx$
$= 36 \int_{-1}^{2} x^3 \,dx$
$= 36 \left[ \frac{x^4}{4} \right]_{-1}^{2}$
$= 36 \left( \frac{2^4}{4} - \frac{(-1)^4}{4} \right)$

本題考驗極限的計算，可以透過黎曼和 (Riemann Sum) 的概念來求解。
給定的極限是：
$L = \lim_{n\to\infty} \left( \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{n+n} \right)$
我們可以將這個表達式寫成一個求和符號：
$L = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k}$
為了將其轉換為黎曼和的形式 $\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} f(a + k \Delta x) \Delta x$，我們需要進行一些代數變換。
將每一項 $\frac{1}{n+k}$ 除以 $n$：
$L = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n(1 + k/n)}$
$L = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + k/n} \cdot \frac{1}{n}$
這符合黎曼和的形式，其中：
$f(x) = \frac{1}{1+x}$
$\Delta x = \frac{1}{n}$
$a=0$ (因為 $k/n$ 的範圍是 $1/n$ 到 $n/n=1$，對應於區間 $[0, 1]$)
或者，我們也可以將其視為 $\Delta x = \frac{1}{n}$，且在區間 $[0,1]$ 上取點 $x_k = \frac{k}{n}$。
這樣，$f(x_k) = \frac{1}{1+x_k}$。
因此，該極限可以表示為定積分：
$L = \int_{0}^{1} \frac{1}{1+x} dx$
計算這個定積分：

本題考驗函數微分，特別是複合函數微分。
給定函數 $f(x) = (\ln x)^2$。
這是複合函數，外層函數是平方，內層函數是 $\ln x$。
我們可以使用連鎖律來求導。連鎖律為 $\frac{d}{dx} [g(h(x))] = g'(h(x)) \cdot h'(x)$。
令 $g(u) = u^2$ 且 $h(x) = \ln x$。