108 年 國立臺灣海洋大學運輸科學系碩士班《微積分》

此題考驗極限的計算，特別是當代入後出現 $0/0$ 不定型時，需要進行因式分解或羅必達法則。

當 $x \to 2$ 時，分子 $x^3 - 8 \to 2^3 - 8 = 8 - 8 = 0$，分母 $x - 2 \to 2 - 2 = 0$。
此時出現 $0/0$ 的不定型，我們可以使用羅必達法則 (L'Hôpital's Rule) 或因式分解。

方法一：因式分解
分子的 $x^3 - 8$ 是立方差公式 $a^3 - b^3 = (a - b)(a^2 + ab + b^2)$。
令 $a = x$，$b = 2$，則 $x^3 - 8 = (x - 2)(x^2 + 2x + 4)$。
所以原極限變為：
$\lim_{x \to 2} \frac{(x - 2)(x^2 + 2x + 4)}{x - 2}$

此題考驗極限的計算，特別是當代入後出現 $0 \times \infty$ 不定型時，需要將其轉換為 $0/0$ 或 $\infty/\infty$ 的形式以便使用羅必達法則或進行代數變形。

當 $x \to 0$ 時，我們有 $x \to 0$。
而 $\cot 3x = \frac{\cos 3x}{\sin 3x}$。當 $x \to 0$ 時，$\cos 3x \to \cos 0 = 1$，$\sin 3x \to \sin 0 = 0$。
因此，$\cot 3x \to \frac{1}{0}$，趨向於 $\infty$ 或 $-\infty$（取決於趨近方向，但在此極限下不影響結果）。
所以原極限是 $0 \times \infty$ 的不定型。

我們將 $\cot 3x$ 寫成 $\frac{1}{\tan 3x}$，將極限改寫為：
$\lim_{x \to 0} x \cot 3x = \lim_{x \to 0} \frac{x}{\tan 3x}$
現在當 $x \to 0$ 時，分子 $x \to 0$，分母 $\tan 3x \to \tan 0 = 0$。
此時出現 $0/0$ 的不定型，我們可以使用羅必達法則。

對分子和分母分別求導：
分子 $f(x) = x$，則 $f'(x) = 1$。
分母 $g(x) = \tan 3x$，則 $g'(x) = \sec^2(3x) \cdot 3 = 3 \sec^2(3x)$。
所以原極限變為：
$\lim_{x \to 0} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{1}{3 \sec^2(3x)}$
現在直接代入 $x = 0$：

此題考驗微分的商法則 (Quotient Rule)。

給定函數 $y = \frac{3x - 1}{5x + 2}$。
我們需要計算 $\frac{dy}{dx}$。
根據商法則，若 $y = \frac{f(x)}{g(x)}$，則 $\frac{dy}{dx} = \frac{f'(x)g(x) - f(x)g'(x)}{[g(x)]^2}$。

在此題中，令 $f(x) = 3x - 1$ 且 $g(x) = 5x + 2$。
首先，計算 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的導數：
$f'(x) = \frac{d}{dx}(3x - 1) = 3$

此題要求證明微分的商法則。證明通常使用導數的定義。

導數的定義為：
$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h}$
我們需要證明 $\left(\frac{f}{g}\right)'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{f(x+h)}{g(x+h)} - \frac{f(x)}{g(x)}}{h} = \frac{g(x)f'(x) - f(x)g'(x)}{[g(x)]^2}$。

從導數的定義開始：
$\left(\frac{f}{g}\right)'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{f(x+h)}{g(x+h)} - \frac{f(x)}{g(x)}}{h}$
首先，將分數合併：
$\frac{\frac{f(x+h)}{g(x+h)} - \frac{f(x)}{g(x)}}{h} = \frac{1}{h} \left( \frac{f(x+h)g(x) - f(x)g(x+h)}{g(x+h)g(x)} \right)$
為了湊出 $f'(x)$ 和 $g'(x)$ 的形式，我們在分子中加入並減去 $f(x)g(x)$：
$\frac{f(x+h)g(x) - f(x)g(x) + f(x)g(x) - f(x)g(x+h)}{h g(x+h)g(x)}$
將分子重新組合：
$\frac{(f(x+h)g(x) - f(x)g(x)) - (f(x)g(x+h) - f(x)g(x))}{h g(x+h)g(x)}$
接著，將分子第一項和第二項分別進行因式分解，並將 $h$ 分開：

此題考驗連鎖法則 (Chain Rule) 的應用，需要將導數從 $y$ 對 $t$ 的關係，透過中間變數 $u$ 和 $s$ 來計算。

我們要求 $\frac{dy}{dt}$。根據連鎖法則，有：
$\frac{dy}{dt} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{ds} \cdot \frac{ds}{dt}$

我們需要分別計算 $\frac{dy}{du}$、$\frac{du}{ds}$ 和 $\frac{ds}{dt}$。

1. 計算 $\frac{dy}{du}$：
   $y = \frac{u+2}{u-1}$。使用商法則：
   令 $f(u) = u+2$, $f'(u) = 1$
   令 $g(u) = u-1$, $g'(u) = 1$
   $\frac{dy}{du} = \frac{f'(u)g(u) - f(u)g'(u)}{[g(u)]^2} = \frac{(1)(u-1) - (u+2)(1)}{(u-1)^2} = \frac{u-1 - u-2}{(u-1)^2} = \frac{-3}{(u-1)^2}$

2. 計算 $\frac{du}{ds}$：
   $u = (3s - 7)^2$。使用連鎖法則或直接展開：
   令 $v = 3s - 7$, 則 $u = v^2$。
   $\frac{du}{dv} = 2v$
   $\frac{dv}{ds} = 3$
   $\frac{du}{ds} = \frac{du}{dv} \cdot \frac{dv}{ds} = (2v) \cdot 3 = 6v = 6(3s - 7)$
   所以，$\frac{du}{ds} = 6(3s - 7)$。

此題考驗費馬引理 (Fermat's Lemma)，這是極值定理的基礎。

費馬引理陳述：
如果函數 $f$ 在點 $c$ 處有一個局部極值（局部最大值或局部最小值），並且 $f'(c)$ 存在，那麼 $f'(c) = 0$。

證明：
假設 $f$ 在點 $c$ 處有一個局部最大值。這意味著存在一個開區間 $(a, b)$ 包含 $c$，對於區間內的所有 $x$，都有 $f(x) \le f(c)$。
我們考慮導數的定義：
$f'(c) = \lim_{h \to 0} \frac{f(c+h) - f(c)}{h}$
由於 $f'(c)$ 存在，這個極限必須存在，且左極限和右極限必須相等。

考慮右極限 ($h > 0$)：
因為 $c+h$ 在區間 $(a, b)$ 內（當 $h$ 足夠小時），且 $f$ 在 $c$ 有局部最大值，所以 $f(c+h) \le f(c)$。
因此，$f(c+h) - f(c) \le 0$。
當 $h > 0$ 時，$\frac{f(c+h) - f(c)}{h} \le 0$。
所以，右極限 $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(c+h) - f(c)}{h} \le 0$。

考慮左極限 ($h < 0$)：
因為 $c+h$ 在區間 $(a, b)$ 內（當 $h$ 足夠小時，且 $h$ 為負值），且 $f$ 在 $c$ 有局部最大值，所以 $f(c+h) \le f(c)$。
因此，$f(c+h) - f(c) \le 0$。
當 $h < 0$ 時，$\frac{f(c+h) - f(c)}{h} \ge 0$。
所以，左極限 $\lim_{h \to 0^-} \frac{f(c+h) - f(c)}{h} \ge 0$。

此題考驗積分的計算，特別是使用換元積分法 (u-substitution)。

我們觀察被積函數 $\frac{\ln x}{x}$，注意到 $\ln x$ 的導數是 $\frac{1}{x}$。這提示我們可以使用換元積分法，令 $u = \ln x$。

設 $u = \ln x$。
對 $u$ 對 $x$ 求導，得到 $\frac{du}{dx} = \frac{1}{x}$。
從而，我們可以將 $dx$ 替換為 $du \cdot x$ 或 $du = \frac{1}{x} dx$。

此題考驗定積分的計算，同樣可以使用換元積分法。

觀察被積函數 $xe^{-x^2/2}$，注意到指數函數的指數部分 $-x^2/2$ 的導數是 $-x$。這提示我們使用換元積分法。

設 $u = -x^2/2$。
對 $u$ 對 $x$ 求導，得到 $\frac{du}{dx} = -\frac{1}{2}(2x) = -x$。
所以，$du = -x \, dx$，或者 $x \, dx = -du$。

接下來，我們需要轉換積分的上下限。
當 $x = 0$ 時，$u = -(0)^2/2 = 0$。
當 $x = \sqrt{2}\ln 3$ 時，$u = -(\sqrt{2}\ln 3)^2/2 = -(2(\ln 3)^2)/2 = -(\ln 3)^2$。

此題考驗連續複利 (Continuously Compounded Interest) 的應用，需要用到指數函數的相關知識。

連續複利的公式為：
$A(t) = P e^{rt}$
其中：
$A(t)$ 是時間 $t$ 時的總金額。
$P$ 是初始投資金額 (Principal)。
$r$ 是年利率 (Interest Rate)。
$t$ 是時間（以年為單位）。
$e$ 是自然對數的底數。

題目要求投資金額翻倍所需的時間。設初始投資金額為 $P$。那麼，翻倍後的金額就是 $2P$。
我們需要找到時間 $t$，使得 $A(t) = 2P$。
將 $A(t) = 2P$ 代入公式：
$2P = P e^{rt}$

此題考驗定積分的計算，積分的被積函數 $\sqrt{r^2 - x^2}$ 具有幾何意義。

觀察被積函數 $\sqrt{r^2 - x^2}$。這代表一個圓的方程 $y = \sqrt{r^2 - x^2}$，即以原點 $(0,0)$ 為圓心，半徑為 $r$ 的上半圓。
積分的上下限是 $-r$ 到 $r$，這正好是這個圓在 $x$ 軸上的整個範圍。
因此，這個定積分的計算實際上是求以原點為圓心，半徑為 $r$ 的上半圓的面積。

圓的面積公式為 $A = \pi r^2$。
上半圓的面積是圓面積的一半。
所以，積分 $\int_{-r}^{r} \sqrt{r^2 - x^2} dx$ 的值就是上半圓的面積。
$\text{Area} = \frac{1}{2} \pi r^2$

我們也可以使用三角換元法來計算這個積分，雖然這會比較繁瑣。
設 $x = r \sin \theta$。
則 $dx = r \cos \theta \, d\theta$。
當 $x = -r$ 時，$-r = r \sin \theta \implies \sin \theta = -1 \implies \theta = -\frac{\pi}{2}$。
當 $x = r$ 時，$r = r \sin \theta \implies \sin \theta = 1 \implies \theta = \frac{\pi}{2}$。
$\sqrt{r^2 - x^2} = \sqrt{r^2 - (r \sin \theta)^2} = \sqrt{r^2 - r^2 \sin^2 \theta} = \sqrt{r^2(1 - \sin^2 \theta)} = \sqrt{r^2 \cos^2 \theta} = r |\cos \theta|$。