111 年 國立臺北大學財政學系碩士班《微積分》

核心觀念

本題評量微積分中無窮遠處的極限計算（Limits at Infinity）以及不同函數在無窮遠處的增長速率階數比較（Order of Growth / Asymptotic Analysis）。

本題涉及的核心工具與定理包括：

1. 指數律運算：同底相除指數相減，$e^A / e^B = e^{A-B}$；指數函數的連續性與極限性質 $\lim_{u\to -\infty} e^u = 0$。
2. 羅必達法則（L'Hôpital's Rule）：若極限屬於不定型 $\frac{\infty}{\infty}$，且分子分母在鄰域內可導、分母導數非零，則 $\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}$（若右側極限存在或為 $\pm\infty$）。
3. 重要標準極限／生長階數比較：對任意常數 $p > 0$ 與 $k > 0$，當 $x \to \infty$ 時，多項式增長永遠強於對數增長： $$\lim_{x\to\infty} \frac{\ln x}{x^p} = 0$$

---

解題方法

(a) 求 $\lim_{x\to\infty} \frac{e^{7x}}{e^{3x^5}}$

1. 化簡與切入點：
   此題若直接使用羅必達法則，分子與分母會不斷產生多項式因數，反而使式子繁複。最有效且嚴謹的方法是直接利用指數律合併同底項。
2. 推導步驟：
   原式可合併為單一指數式： $$\frac{e^{7x}}{e^{3x^5}} = e^{7x - 3x^5}$$ 接著考慮指數部分的極限： $$\lim_{x\to\infty} (7x - 3x^5) = \lim_{x\to\infty} x^5 \left( \frac{7}{x^4} - 3 \right)$$ 當 $x \to \infty$ 時，$x^5 \to \infty$，而 $\left(\frac{7}{x^4} - 3\right) \to -3$。因此： $$\lim_{x\to\infty} (7x - 3x^5) = -\infty$$ 由指數函數的連續性： $$\lim_{x\to\infty} \frac{e^{7x}}{e^{3x^5}} = \lim_{u\to -\infty} e^u = 0$$

---

(b) 求 $\lim_{x\to\infty} \frac{(\ln x)^{12}}{x^6}$

1. 切入點分析：
   此極限為 $\frac{\infty}{\infty}$ 不定型。若直接對原式分子分母連續微分，需施行 12 次羅必達法則，計算過於繁冗。
   觀察到分子與分母的指數皆可提出公因數（或直接將整個式子改寫為單一冪次結構），利用極限的代數運算性質化簡。

2. 推導步驟：
   將原式改寫為整體的一起取 12 次方（或提出 6 次方）：

本題考驗學生對一階導數和二階導數的計算能力，以及對數函數和分數函數的微分技巧。

(a) 求 $\log_{10} x$ 的二階導數。
首先，將 $\log_{10} x$ 轉換為自然對數的形式，因為自然對數的微分比較方便。
$\log_{10} x = \frac{\ln x}{\ln 10}$。
一階導數：
$\frac{d}{dx}(\log_{10} x) = \frac{d}{dx}\left(\frac{\ln x}{\ln 10}\right) = \frac{1}{\ln 10} \cdot \frac{d}{dx}(\ln x) = \frac{1}{\ln 10} \cdot \frac{1}{x} = \frac{1}{x \ln 10}$。

二階導數：
$\frac{d^2}{dx^2}(\log_{10} x) = \frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x \ln 10}\right) = \frac{1}{\ln 10} \cdot \frac{d}{dx}(x^{-1})$
$= \frac{1}{\ln 10} \cdot (-1 \cdot x^{-2}) = -\frac{1}{x^2 \ln 10}$。

(b) 求 $\frac{x}{\ln x}$ 的二階導數。
首先，計算一階導數，使用商法則：$\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$。
令 $u = x$, $u' = 1$。
令 $v = \ln x$, $v' = \frac{1}{x}$。
一階導數：

本題考驗學生對定積分計算區域面積的能力，需要正確設定積分上下限和被積函數。

(a) 區域由 $x = y^2 + 1$, $x = 0$, $y = 1$, $y = 2$ 所圍成。
這是一個水平方向的積分，因為我們被給予了 $x$ 與 $y$ 的關係，且積分範圍是 $y$ 的區間。
曲線 $x = y^2 + 1$ 是一條開口向右的拋物線，其頂點在 $(1, 0)$。
$x = 0$ 是 y 軸。
$y = 1$ 和 $y = 2$ 是水平線。
在 $y$ 從 1 到 2 的範圍內，$y^2+1$ 的值恆大於 0，所以曲線 $x=y^2+1$ 始終在 $x=0$ 的右側。
因此，我們要計算的面積是積分 $\int_{1}^{2} (x_{right} - x_{left}) dy$。
在這裡，$x_{right} = y^2 + 1$，$x_{left} = 0$。
面積 $A = \int_{1}^{2} ((y^2 + 1) - 0) dy = \int_{1}^{2} (y^2 + 1) dy$。
計算積分：
$A = \left[\frac{y^3}{3} + y\right]_{1}^{2}$
$A = \left(\frac{2^3}{3} + 2\right) - \left(\frac{1^3}{3} + 1\right)$
$A = \left(\frac{8}{3} + 2\right) - \left(\frac{1}{3} + 1\right)$
$A = \left(\frac{8}{3} + \frac{6}{3}\right) - \left(\frac{1}{3} + \frac{3}{3}\right)$
$A = \frac{14}{3} - \frac{4}{3} = \frac{10}{3}$。

(b) 區域由 $y = x^3 + 2$, $y = x + 1$, $x = 0$, $x = 2$ 所圍成。
這是一個垂直方向的積分，因為我們被給予了 $y$ 與 $x$ 的關係，且積分範圍是 $x$ 的區間。
首先，需要確定在 $x \in [0, 2]$ 的範圍內，哪個函數的值較大。
令 $f(x) = x^3 + 2$ 和 $g(x) = x + 1$。
我們需要比較 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的大小。

本題考驗學生對泰勒級數的定義與計算能力，特別是針對非多項式函數在特定點展開。

泰勒級數的定義為：
$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n$
在這裡，$f(x) = \frac{1}{x^2}$ 且 $a = -1$。
我們需要計算 $f(x)$ 在 $x=-1$ 的各階導數。

首先，計算 $f(x)$ 的導數：
$f(x) = x^{-2}$
$f'(x) = -2x^{-3}$
$f''(x) = (-2)(-3)x^{-4} = 6x^{-4}$
$f'''(x) = (6)(-4)x^{-5} = -24x^{-5}$
$f^{(4)}(x) = (-24)(-5)x^{-6} = 120x^{-6}$

一般項的導數可以觀察到規律：
$f^{(n)}(x) = (-1)^n (n+1)! x^{-(n+2)}$

接下來，將 $x = -1$ 代入各階導數：
$f(-1) = (-1)^{-2} = 1$
$f'(-1) = -2(-1)^{-3} = -2(-1) = 2$
$f''(-1) = 6(-1)^{-4} = 6(1) = 6$
$f'''(-1) = -24(-1)^{-5} = -24(-1) = 24$
$f^{(4)}(-1) = 120(-1)^{-6} = 120(1) = 120$

本題考驗學生對隱函數微分的計算能力，需要同時對等式兩邊進行微分，並處理涉及 $x$ 和 $y$ 的項。

給定方程：$x\sin y = y\cos x$。
我們需要對等式的兩邊同時對 $x$ 進行微分。

左邊微分：$\frac{d}{dx}(x\sin y)$
使用乘積法則：$(uv)' = u'v + uv'$
令 $u=x$, $u'=1$。
令 $v=\sin y$, $v' = \frac{d}{dx}(\sin y) = \cos y \cdot \frac{dy}{dx}$ (連鎖法則)。
所以，$\frac{d}{dx}(x\sin y) = 1 \cdot \sin y + x \cdot (\cos y \frac{dy}{dx}) = \sin y + x\cos y \frac{dy}{dx}$。

右邊微分：$\frac{d}{dx}(y\cos x)$
使用乘積法則：
令 $u=y$, $u' = \frac{dy}{dx}$。
令 $v=\cos x$, $v' = -\sin x$。

本題考驗學生對直線方程式、點到直線距離公式以及絕對值函數的導數性質的理解。

首先，我們需要確定這條直線的方程式。
直線通過點 $(0, 4)$，斜率為 $m$。
根據點斜式，$y - y_1 = m(x - x_1)$。
$y - 4 = m(x - 0)$
$y = mx + 4$
將直線方程式改寫為一般形式 $Ax + By + C = 0$：
$mx - y + 4 = 0$。

點 $(3, 1)$ 到直線 $mx - y + 4 = 0$ 的距離公式為：
$d = \frac{|Ax_0 + By_0 + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$
在這裡，$(x_0, y_0) = (3, 1)$, $A=m$, $B=-1$, $C=4$。

(a) 計算函數 $d(m)$。
$d(m) = \frac{|m(3) - 1 + 4|}{\sqrt{m^2 + (-1)^2}} = \frac{|3m + 3|}{\sqrt{m^2 + 1}}$
$d(m) = \frac{3|m + 1|}{\sqrt{m^2 + 1}}$。

(b) 找出 $d(m)$ 不可微分的 $m$ 值。
函數 $d(m)$ 包含絕對值 $|m+1|$。絕對值函數在變數為 0 的點是不可微分的。
因此，當 $m+1 = 0$ 時，$d(m)$ 可能會出現不可微分點。
$m+1 = 0 \implies m = -1$。

我們需要檢查在 $m=-1$ 時，$d(m)$ 是否真的不可微分。
當 $m = -1$ 時，直線方程式為 $y = -x + 4$，即 $x+y-4=0$。
點 $(3, 1)$ 到此直線的距離為：
$d(-1) = \frac{|3 + 1 - 4|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{|0|}{\sqrt{2}} = 0$。
這表示點 $(3, 1)$ 在直線 $y = -x + 4$ 上。

現在我們來計算 $d(m)$ 在 $m=-1$ 附近的導數。
$d(m) = \frac{3|m + 1|}{\sqrt{m^2 + 1}}$。
我們將討論 $m > -1$ 和 $m < -1$ 的情況。

情況 1：$m > -1$。
此時 $m+1 > 0$, 所以 $|m+1| = m+1$。
$d(m) = \frac{3(m + 1)}{\sqrt{m^2 + 1}}$。
我們來計算 $d'(m)$。使用商法則。
令 $u = 3(m+1)$, $u' = 3$。
令 $v = \sqrt{m^2+1} = (m^2+1)^{1/2}$, $v' = \frac{1}{2}(m^2+1)^{-1/2} \cdot 2m = \frac{m}{\sqrt{m^2+1}}$。

本題考驗學生對積分 by parts (分部積分法) 的熟練度，以及對 Gamma 函數定義的理解。

Gamma 函數的定義為 $\Gamma(z) = \int_0^\infty x^{z-1} e^{-x} dx$。題目中的 $\gamma(n)$ 實際上是 Gamma 函數在正整數 $n$ 的值，即 $\Gamma(n)$。我們需要證明 $\Gamma(n) = (n-1)!$ 對於任意正整數 $n$。

分部積分法的公式是 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$。
我們選擇 $u$ 和 $dv$ 如下：
令 $u = x^{n-1}$
令 $dv = e^{-x} dx$

然後計算 $du$ 和 $v$：
$du = \frac{d}{dx}(x^{n-1}) dx = (n-1)x^{n-2} dx$
$v = \int e^{-x} dx = -e^{-x}$

現在將這些代入分部積分公式：
$\gamma(n) = \int_0^\infty x^{n-1} e^{-x} dx = \left[ u v \right]_0^\infty - \int_0^\infty v \, du$
$\gamma(n) = \left[ x^{n-1} (-e^{-x}) \right]_0^\infty - \int_0^\infty (-e^{-x}) (n-1)x^{n-2} dx$
$\gamma(n) = \left[ -x^{n-1} e^{-x} \right]_0^\infty + (n-1) \int_0^\infty x^{n-2} e^{-x} dx$

我們需要計算 $\left[ -x^{n-1} e^{-x} \right]_0^\infty$ 的值。
當 $x \to \infty$ 時，$\lim_{x\to\infty} (-x^{n-1} e^{-x}) = \lim_{x\to\infty} \frac{-x^{n-1}}{e^x}$。
由於 $e^x$ 的成長速度遠快於任何多項式 $x^{n-1}$（即使 $n-1$ 是任意正整數），此極限為 0。
（可以通過多次應用 L'Hôpital's Rule 來證明）。
當 $x = 0$ 時，$-0^{n-1} e^{-0}$。

本題考驗學生對 Leibniz integral rule (Leibniz 積分法則) 的應用，該法則用於求變上限積分的導數。

Leibniz 積分法則的公式為：
$\frac{d}{dx} \int_{a(x)}^{b(x)} f(x, t) dt = f(x, b(x)) \cdot b'(x) - f(x, a(x)) \cdot a'(x) + \int_{a(x)}^{b(x)} \frac{\partial}{\partial x} f(x, t) dt$

在我們的問題中，$y = \int_0^{x^3} t^2 \sqrt{5-t^3} dt$。
這裡的被積函數 $f(t) = t^2 \sqrt{5-t^3}$，它不顯含 $x$。
所以 $\frac{\partial}{\partial x} f(t) = 0$。
積分的上限是 $b(x) = x^3$。
積分的下限是 $a(x) = 0$。

核心觀念

本題考查二重積分的積分順序與「積分變數」的辨識。

在二重積分

$$\int_0^1\int_0^{\sqrt{1+x^3}} y^3\,dy\,dx$$

中，內層以 $y$ 為積分變數，因此上限可依賴外層變數 $x$；計算內層積分時，$x$ 視為常數。

題目原式將上限寫成 $\sqrt{1+y^3}$，但內層積分變數同樣是 $y$，造成積分上限與積分變數混用，依原文無法形成標準定義的定積分。以下依題目結構採合理勘誤，將上限視為 $\sqrt{1+x^3}$。

解題方法

依內層先外層後的順序計算：

$$I=\int_0^1\int_0^{\sqrt{1+x^3}} y^3\,dy\,dx$$

先計算內層積分。因為 $x$ 對 $y$ 而言是常數，所以

$$\int_0^{\sqrt{1+x^3}} y^3\,dy = \left[\frac{y^4}{4}\right]_0^{\sqrt{1+x^3}}$$

代入上下限：

$$\left[\frac{y^4}{4}\right]_0^{\sqrt{1+x^3}} = \frac{\left(\sqrt{1+x^3}\right)^4}{4} = \frac{(1+x^3)^2}{4}$$

因此

$$I=\frac14\int_0^1(1+x^3)^2\,dx$$

展開平方：