第一部分：計算題
以下五題，任選三題作答。
- $f\left(x\right)=\begin{cases}\displaystyle x^\alpha\sin\frac1x,&x\neq0,\\0,&x=0.\end{cases}$
試決定 $\alpha$ 的範圍，使 $f$ 的二階導數處處連續。 - 擺線一拱 $\Gamma:\left\{\begin{aligned}&x=\theta-\sin\theta\\&y=1-\cos\theta\end{aligned}\right.$，$0<\theta<2\pi$
- 試證 $\Gamma$ 垂直 $x$ 軸。
- 求 $\Gamma$ 與 $x$ 軸所圍領域 $A$ 的面積。
- 將 $A$ 對 $y$ 軸旋轉，求旋轉體體積。
- 拱線與 $x$ 軸的交點發生在 $\theta=0$ 或 $\theta=2\pi$ 時。因此我們僅須計算在 $\theta=0$ 與 $\theta=2\pi$ 時的斜率即可。此參數式所表示的斜率倒數為
$\displaystyle\frac{dx}{dy}=\frac{\displaystyle\frac{dx}{d\theta}}{\displaystyle\frac{dy}{d\theta}}=\frac{1-\cos\theta}{\sin\theta}$
因此在 $\theta\to0$ 或 $\theta\to2\pi$ 時有 $\displaystyle\frac{dx}{dy}\to0$，因此在 $\theta=0$ 與 $\theta=2\pi$ 時 $\Gamma$ 與 $x$ 軸垂直。 - 運用面積公式直接計算如下
$\displaystyle\begin{aligned}A&=\int_{\theta=0}^{\theta=2\pi}y\left(\theta\right)x'\left(\theta\right)d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\left(1-\cos\theta\right)^2d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\left(1-2\cos\theta+\cos^2\theta\right)d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\left(\frac32-2\cos\theta+\frac{\cos2\theta}2\right)d\theta\\&=\left.\frac{3\theta}2-2\sin\theta+\frac{\sin2\theta}4\right|_0^{2\pi}=3\pi\end{aligned}$
- 運用旋轉體體積公式直接計算如下
$\displaystyle\begin{aligned}V&=\int_{\theta=0}^{\theta=2\pi}\pi y^2\left(\theta\right)x'\left(\theta\right)d\theta\\&=\pi\int_0^{2\pi}\left(1-\cos\theta\right)^3d\theta\\&=\pi\int_0^{2\pi}\left(1-3\cos\theta+3\cos^2\theta-\cos^3\theta\right)d\theta\\&=\pi\int_0^2\left[\frac52-3\cos\theta+\frac{3\cos2\theta}2-\left(1-\sin^2\theta\right)\cos\theta\right]d\theta\\&=\pi\left.\left(\frac{5\theta}2-3\sin\theta+\frac{3\sin2\theta}4-\sin\theta+\frac{\sin^3\theta}3\right)\right|_0^{2\pi}=5\pi^2\end{aligned}$
- $e:\left(x\left(t\right),y\left(t\right)\right)$，$a\leq t\leq b$ 為地平面上的曲線，今在 $C$ 上築籬，於點 $\left(x\left(t\right),y\left(t\right)\right)$ 上的籬高為 $f\left(t\right)$，試寫出籬笆的面積公式。
- 求圓柱 $\displaystyle x^2+\left(y-\frac12\right)^2=\left(\frac{1}{2}\right)^2$ 在單位球 $x^2+y^2+z^2\leq1$ 內的面積。
- 面積公式可以表達如下並利用參數化表示之：
$\displaystyle\begin{aligned}A&=\int_{t=a}^{t=b}f\left(t\right)ds\\&=\int_a^bf\left(t\right)\sqrt{x'\left(t\right)^2+y'\left(t\right)^2}dt\end{aligned}$
- 首先將圓柱參數化有 $\displaystyle\left\{\begin{aligned}&x=\frac12\cos\theta\\&y=\frac12+\frac12\sin\theta\end{aligned}\right.$，其範圍為 $0\leq t<2\pi$，而在點 $\displaystyle\left(\frac12\cos\theta,\frac12+\frac12\sin\theta\right)$ 時被單位球截出的高為 $\sqrt{2-2\sin\theta}$。因此所求可以依 a. 列式並計算如下：
$\displaystyle\begin{aligned}A&=\int_0^{2\pi}\sqrt{2-2\sin\theta}\times\sqrt{\left(-\frac{\sin\theta}2\right)^2+\left(\frac{\cos\theta}2\right)^2}d\theta\\&=\frac12\int_0^{2\pi}\sqrt{2-2\sin\theta}d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\sqrt{\frac{1-\cos\left(\frac{\pi}2-\theta\right)}2}d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\left|\sin\left(\frac{\pi}4-\frac{\theta}2\right)\right|d\theta\\&=\int_0^{\frac\pi2}\sin\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)d\theta+\int_{\frac\pi2}^{2\pi}\sin\left(\frac\theta2-\frac\pi4\right)d\theta\\&=\left.2\cos\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)\right|_0^{\frac\pi2}-2\left.\cos\left(\frac\theta2-\frac\pi4\right)\right|_{\frac\pi2}^{2\pi}\\&=2\left(1-\frac{\sqrt2}2\right)-2\left(-\frac{\sqrt2}2-1\right)=4\end{aligned}$
- $\displaystyle f\left(x\right)=\begin{cases}\displaystyle\frac{\sin x}x,&x\neq0,\\1,&x=0.\end{cases}$
- 試證 $f$ 在 $x=0$ 點可以 Taylor 展開，並寫出此級數。
- 估計 $\displaystyle\int_0^1\frac{\sin x}x\,dx$之值，使誤差 $<10^{-3}$。
- 令 $\displaystyle a_n=\left|\int_{\left(n-1\right)\pi}^{n\pi}\frac{\sin x}x\,dx\right|$，試證：當 $n>1$ 時有 $\displaystyle\frac2{n\pi}<a_n<\frac2{\left(n-1\right)\pi}$，從而判斷 $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin x}x\,dx$ 的收斂／發散。
- 根據 $\sin x$ 的泰勒展開式，可推知 $f$ 在 $x=0$ 的泰勒展開如下
$\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{x^{2k}}{\left(2k+1\right)!}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}\pm\cdots$
根據此級數的係數以及均勻收斂的特性再根據 $f$ 的高階導數定義直接計算可以驗證此級數確實為 $f$ 的泰勒展開。 - 根據 a.，計算該積分可得
$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^1\frac{\sin x}x\,dx&=\int_0^1\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{x^{2k}}{\left(2k+1\right)!}\,dx\\&=\sum_{k=0}^{\infty}\int_0^1\left(-1\right)^k\frac{x^{2k}}{\left(2k+1\right)!}\,dx\\&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{\left(2k+1\right)\left(2k+1\right)!}\\&=1-\frac1{3\times3!}+\frac1{5\times5!}-\frac1{7\times7!}\pm\cdots\end{aligned}$
其中由於 $\displaystyle\frac1{7\times7!}=\frac1{35280}<10^{-3}$，因此 $\displaystyle\int_0^1\frac{\sin x}x\,dx$ 的近似值約為$\displaystyle1-\frac1{3\times6}+\frac1{5\times120}=\frac{1703}{1800}$
而且誤差滿足題目的要求。 - 若 $n=2k+1>1$，則 $\displaystyle a_n=\int_{2k\pi}^{\left(2k+1\right)\pi}\frac{\sin x}x\,dx$，於是有下列的不等式
$\displaystyle\frac1{\left(2k+1\right)\pi}\int_{2k\pi}^{\left(2k+1\right)\pi}\sin x\,dx\leq\int_{2k\pi}^{\left(2k+1\right)\pi}\frac{\sin x}x\,dx\leq\frac1{2k\pi}\int_{2k\pi}^{\left(2k+1\right)\pi}\sin x\,dx$
即有$\displaystyle\frac2{n\pi}\leq a_n\leq\frac2{\left(n-1\right)\pi}$
若 $n=2k\geq2$ 時，則 $\displaystyle a_n=-\int_{\left(2k-1\right)\pi}^{2k\pi}\frac{\sin x}x\,dx$，於是有下列的不等式$\displaystyle-\frac1{2k\pi}\int_{\left(2k-1\right)\pi}^{2k\pi}\sin x\,dx\leq-\int_{\left(2k-1\right)\pi}^{2k\pi}\frac{\sin x}x\,dx\leq-\frac1{\left(2k-1\right)\pi}\int_{\left(2k-1\right)\pi}^{2k\pi}\sin x\,dx$
即有$\displaystyle\frac2{n\pi}\leq a_n\leq\frac2{\left(n-1\right)\pi}$
由此我們將瑕積分 $\displaystyle\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,dx$分為兩段 $\displaystyle\int_0^\pi\frac{\sin x}x\,dx$、$\displaystyle\int_pi^\infty\frac{\sin x}x\,dx$。
首先前者為 $a_1$，由於在 $x\to0$ 時具有極限，因而此瑕積分可以容易受到控制而有界。
針對後者我們考慮如下的加總與極限：
$\begin{aligned}\displaystyle\int_\pi^\infty\frac{\sin x}x\,dx&=\lim_{t\to\infty}\int_\pi^t\frac{\sin x}x\,dx=\lim_{t\to\infty}\int_{n\pi}^t\frac{\sin x}x\,dx+\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k\pi}^{\left(k+1\right)\pi}\frac{\sin x}x\,dx\\&=\sum_{k=1}^{\infty}\left(-1\right)^ka_{k+1}\end{aligned}$
利用交錯級數審歛法我們知道該級數收斂，因而該瑕積分也收斂。進而由這兩個積分的收斂可知原題所問之瑕積分也收斂。 - $\displaystyle\vec{F}=\left(\frac{-y}{x^2+y^2},\frac{x}{x^2+y^2}\right)$ 為 $\mathbb{R}^2-\left(0,0\right)$上的向量場。
試就下列(a), (b), (c)三情況，分別求 $\int_C\vec{F}\cdot\vec{T}ds$ 之值，其中 $C$ 為平面上的封閉曲線，$\vec{T}$ 為 $C$ 上逆時向單位切向量，$ds$ 為 $C$ 上弧元。- $C: x^2+y^2=1$ （含原點）
- $C: \left(x-2\right)^2+y^2=1$ （不含原點）
- $C: \left(x-1\right)^2+y^2=1$ （過原點）
- 令 $\left\{\begin{aligned}&x=\cos t\\&y=\sin t\end{aligned}\right.$，其中 $0\leq t\leq2\pi$，如此原線積分可列式並計算
$\displaystyle\int_0^{2\pi}\left(\frac{-\sin t}{\cos^2t+\sin^2t}\times-\sin t+\frac{\cos t}{\cos^2t+\sin^2t}\times\cos t\right)dt=\int_0^{2\pi}1dt=2\pi$
- 運用 Green 定理，我們可以所求的線積分改寫下列的重積分
$\displaystyle\iint_D\left(\frac{\partial}{\partial x}\frac{x}{x^2+y^2}-\frac{\partial}{\partial y}\frac{-y}{x^2+y^2}\right)dxdy=\iint_D0\,dA=0$
其中 $D=\left\{\left(x,y\right)|\left(x-2\right)^2+y^2=1\right\}$。 - 令 $\left\{\begin{aligned}&x=1+\cos t\\&y=\sin t\end{aligned}\right.$，其中 $0\leq t\leq2\pi$。如此題目所求之線積分可以改寫並計算如下：
$\displaystyle\int_0^{2\pi}\left(\frac{-\sin t}{\left(1+\cos t\right)^2+\sin^2t}\times-\sin t+\frac{1+\cos t}{\left(1+\cos t\right)^2+\sin^2t}\times\cos t\right)dt=\int_0^{2\pi}\frac{1+\cos t}{2+2\cos t}dt=\int_0^{2\pi}\frac12\,dt=\pi.$
訣竅
按照定義直接計算即可探求出 $\alpha$ 應符合的條件。解法
假定存在滿足條件的 $\alpha$，我們探求其充分與必要條件如下：當 $x\neq0$ 時，我們有 $\displaystyle f'\left(x\right)=\alpha x^{\alpha-1}\sin\frac1x-x^{\alpha-2}\cos\frac1x$；而當 $x=0$ 時，我們運用導數的定義計算如下$\displaystyle\begin{aligned}f'\left(0\right)&=\lim_{h\to0}\frac{f\left(h\right)-f\left(0\right)}{h}\\&=\lim_{h\to0}h^{\alpha-1}\sin\frac1h\end{aligned}$
若 $\alpha>1$，則上述極限可用夾擠定理控制為 $0$；反之若 $\alpha\leq1$，則上述極限發散。因此我們知道在 $\alpha>1$下，我們有$\displaystyle f'\left(x\right)=\begin{cases}\displaystyle\alpha x^{\alpha-1}\sin\frac1x-x^{\alpha-2}\cos\frac1x,&x\neq0,\\0,&x=0.\end{cases}$
再者為了計算二階導函數，我們至少要求 $f'$ 為連續函數，也因此在計算極限 $\displaystyle\lim_{x\to0}f'\left(x\right)$ 時，我們需要 $\alpha>2$ 才能使極限存在且為 $f'\left(0\right)$。現在我們來計二階導函數：當 $x\neq0$ 時，我們有 $\displaystyle f''\left(x\right)=\alpha\left(\alpha-1\right)x^{\alpha-2}\sin\frac1x+2x^{\alpha-3}\cos\frac1x-x^{\alpha-4}\sin\frac1x$；而當 $x=0$ 時，我們運用導數的定義計算如下$\displaystyle\begin{aligned}f''\left(0\right)&=\lim_{h\to0}\frac{f'\left(h\right)-f'\left(0\right)}h\\&=\lim_{h\to0}\alpha h^{\alpha-2}\sin\frac1h-h^{\alpha-3}\cos\frac1h\end{aligned}$
若 $\alpha>3$，則上述極限可用夾擠定理控制為 $0$；反之若 $\alpha\leq3$ 則上述極限發散。因此我們知道在 $\alpha>3$ 下，我們有$\displaystyle f''\left(x\right)=\begin{cases}\displaystyle\alpha\left(\alpha-1\right)x^{\alpha-2}\sin\frac1x+2x^{\alpha-3}\cos\frac1x-x^{\alpha-4}\sin\frac1x,&x\neq0,\\0,&x=0.\end{cases}\right.$
然而要讓 $f''$ 連續我們還要讓極限式成立：$\displaystyle\lim_{x\to0}f''\left(x\right)=f''\left(0\right)=0$，其中便需要要求 $\alpha>4$。結論：當且僅當 $\alpha>4$ 能使 $f$ 滿足條件。
訣竅
依據參數化的面積與旋轉體體積公式計算；至於證明垂直 $x$ 軸則可以利用參數化來證明在某些 $\theta$ 能使 $\displaystyle\frac{dx}{dy}=0$。解法
訣竅
利用參數化的思想以及微元的計算列出面積公式並計算之。解法
訣竅
根據均勻收斂的特性與交錯級數的誤差估計，進而達到對瑕積分的面積有確切的估計。解法
訣竅
利用參數化或 Green 定理來求解。解法
第二部分：推演與證明
以下五題，任選三題作答
- 設 $f\left(x,y\right)$ 的一階偏導數連續，$\nabla f\left(x_0,y_0\right)=\left(f_x\left(x_0,y_0\right),f_y\left(x_0,y_0\right)\right)$。
- 試證 $\nabla f\left(x_0,y_0\right)$ 恆指出 $f$ 在點 $\left(x_0,y_0\right)$ 方向導數(Directional derivative)最大的方向。
- 令 $k=f\left(x_0,y_0\right)$，$f$ 的 $k$ 等高線 $C_k=\left\{\left(x,y\right)|f\left(x,y\right)=k\right\}$。試證：$\nabla f\left(x_0,y_0\right)$ 垂直 $C_k$。
- 根據方向導數的計算公式如下：設 $\vec{u}$ 為單位向量，則 $f$ 在 $\left(x_0,y_0\right)$ 處沿 $\vec{u}$ 的方向導數為
$D_{\vec{u}}f\left(x_0,y_0\right)=\nabla f\left(x_0,y_0\right)\cdot\vec{u}$
透過柯西不等式可知下列的不等式關係：$D_{\vec{u}}f\left(x_0,y_0\right)\leq\left|\nabla f\left(x_0,y_0\right)\right|\left|u\right|$
其中當 $\vec{u}=\nabla f\left(x_0,y_0\right)$ 能使方向導數達到最大值。 - 我們將此等高線參數化為 $\left(x\left(t\right),y\left(t\right)\right)$，其中當 $t=t_0$ 時有 $\left(x\left(t_0\right),y\left(t_0\right)\right)=\left(x_0,y_0\right)$。此時對任意的實數 $t$ 恆有 $f\left(x\left(t\right),y\left(t\right)\right)=k$。同取對 $t$ 的微分，可得
$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}\left(x\left(t\right),y\left(t\right)\right)\frac{dx}{dt}+\frac{\partial f}{\partial y}\left(x\left(t\right),y\left(t\right)\right)\frac{dy}{dt}=0$
亦即 $\nabla f\left(x\left(t\right),y\left(t\right)\right)\cdot\left(x'\left(t\right),y'\left(t\right)\right)=0$，因此梯度向量與高等線的切向量垂直，但這個等式是任何的 $t$ 皆成立，因此我們取 $t=t_0$，故有 $\nabla f\left(x_0,y_0\right)$ 與 $C_k$ 垂直。 - $f$ 在點 $\left(x_0,y_0\right)$ 附近的二階偏導數連續。
- 請寫出適當條件，以確保 $f$ 在 $\left(x_0,y_0\right)$ 點取極小值。
- 證明你的定理。
- 假定 $f_x\left(x_0,y_0\right)=f_y\left(x_0,y_0\right)=0$。若 $f_{xx}\left(x_0,y_0\right)f_{yy}\left(x_0,y_0\right)-\left(f_{xy}\left(x_0,y_0\right)\right)^2>0$ 且 $f_{xx}\left(x_0,y_0\right)>0$，則 $f$ 在 $\left(x_0,y_0\right)$ 取極小值。
- 設 $\left(h,k\right)$ 為 $\left(0,0\right)$ 附近的點，則根據泰勒定理可得到
$\displaystyle\begin{aligned}f\left(x_0+h,y_0+k\right)=&f\left(x_0,y_0\right)+\left(f_x\left(x_0,y_0\right),f_y\left(x_0,y_0\right)\right)\cdot\left(h,k\right)\\&+\frac{1}{2!}\begin{bmatrix}h&k\end{bmatrix}\begin{bmatrix}f_{xx}\left(x_0,y_0\right)&f_{xy}\left(x_0,y_0\right)\\f_{yx}\left(x_0,y_0\right)&f_{yy}\left(x_0,y_0\right)\end{bmatrix}\begin{bmatrix}h\\k\end{bmatrix}+R_{\left(x_0\,,\,y_0\right)}^2\left(h,k\right)\end{aligned}$
我們可以宣稱 $f_x\left(x_0,y_0\right)=f_y\left(x_0,y_0\right)$，這是因為此為達到極值的必要條件。這是因為如果在 $\left(x_0,y_0\right)$ 處達到極小值，則我們計算偏導數時分為左右極限計算時便可發現非正非負，因而為零，因此當一階偏導數非零時便不可能為極小值。
在前述的必要條件下，我們利用線性代數的知識可以曉得二階矩陣為正定，因而有$f\left(x_0+h,y_0+k\right)-f\left(x_0,y_0\right)>0$
- 欲決定 $\alpha$ 使 $\displaystyle f\left(\alpha\right)=\int_0^1\left|x^2-\alpha\right|dx$ 最小。設直線 $y=\alpha$ 與直線 $x=0$，拋物線 $y=x^2$ 以及直線 $x=1$，分別交於 $A,B,C$ 三點（如圖）。試證：當 $\overline{AB}=\overline{BC}$ 時，$f\left(\alpha\right)$ 取最小值，從而求出 $\alpha$ 之值。
- 決定 $\alpha$，使 $\displaystyle\iint_D\left|x^2+y^2-\alpha\right|dxdy$ 最小，其中 $D=\left[-1,1\right]\times\left[-1,1\right]$。
- 欲決定 $\alpha$ 使 $\displaystyle f\left(\alpha\right)=\int_0^1\left|x^2-\alpha\right|dx$ 最小。設直線 $y=\alpha$ 與直線 $x=0$，拋物線 $y=x^2$ 以及直線 $x=1$，分別交於 $A,B,C$ 三點（如圖）。試證：當 $\overline{AB}=\overline{BC}$ 時，$f\left(\alpha\right)$ 取最小值，從而求出 $\alpha$ 之值。
- 根據題目所述，當 $\overline{AB}=\overline{BC}$ 時，即有 $\overline{AB}=\overline{BC}=1/2$，此時 $\alpha=1/4$。假若將 $\alpha$ 增大為 $\alpha'$，則 $\overline{AB}$ 增加為 $\overline{AB'}$、$\overline{BC}$ 減少為 $\overline{BC'}$，於此同時積分值會增加 $K$ 的面積減少 $M$ 的面積，其中 $K$ 由 $y=\alpha$、$y=\alpha'$、$x=0$、$y=x^2$ 所組成的區域；$M$ 由 $y=\alpha$、$y=\alpha'$、$x=1$、$y=x^2$ 所組成的區域。容易注意到 $K> M$，從而將 $\alpha$ 增大不會讓面積減少。類似地，將 $\alpha$ 減少也會有同樣的效果。如此本命題證畢。
- 基於前一小題的想法，我們要使 $x^2+y^2\leq\alpha$ 的區域面積與 $x^2+y^2\geq\alpha$ 且在 $D$ 中的面積相等才可，如此可知該面積應為 $2$，進而求出 $\displaystyle\alpha=\frac2\pi$
- 假若 $\alpha\geq1$，則當 $x\in\left[0,1\right]$ 時有 $x^2-\alpha\leq0$，進而 $\displaystyle f\left(\alpha\right)=\alpha-\frac13$；假若 $\alpha\leq0$，則當 $x\in\left[0,1\right]$ 時有 $x^2-\alpha\geq0$，進而 $\displaystyle f\left(\alpha\right)=\frac13-\alpha$。
現在我們考慮 $\alpha\in\left(0,1\right)$ 時的情形如下：
當 $\alpha$ 介在 $0$ 與 $1$ 之間時，我們知道 $y=\alpha$ 與 $y=x^2$ 交於 $\left(\sqrt{\alpha},\alpha\right)$。也知道當 $x\in\left[0,\sqrt{\alpha}\right]$ 時有 $x^2-\alpha\leq0$；而當 $x\in\left[\sqrt\alpha,1\right]$ 時有 $x^2-\alpha\geq0$。因此有$\displaystyle\begin{aligned}f\left(\alpha\right)&=\int_0^{\sqrt{\alpha}}\left(\alpha-x^2\right)dx+\int_{\sqrt{\alpha}}^{1}\left(x^2-\alpha\right)dx\\&=\frac{2\alpha\sqrt{\alpha}}{3}+\left[\left(\frac13-\alpha\right)-\left(\frac{\alpha\sqrt\alpha}3-\alpha\sqrt{\alpha}\right)\right]\\&=\frac{4\alpha\sqrt\alpha}3-\alpha+\frac13\end{aligned}$
為了求出極值，我們計算其導函數有$f'\left(\alpha\right)=2\sqrt\alpha-1$
因此解 $f'\left(\alpha\right)=0$ 時可得 $\displaystyle\alpha=\frac14$計算有 $\displaystyle f\left(1\right)=\frac23$、$\displaystyle f\left(0\right)=\frac13$、$\displaystyle f\left(\frac14\right)=\frac14$，因此在 $\displaystyle\alpha=\frac14$ 處可取最小值，此時 $\overline{AB}=\overline{BC}$。故當 $\overline{AB}=\overline{BC}$ 時可使 $\displaystyle\alpha=\frac14$，進而使 $f$ 取最小值。 若 $\alpha\geq2$，則 $x^2+y^2-\alpha\leq0$，因此所求的積分之值可以計算如下：
$\begin{aligned}\displaystyle&\int_{-1}^1\int_{-1}^1\left(\alpha-x^2-y^2\right)dxdy\\=&\int_{-1}^1\left.\alpha x-\frac{x^3}3-xy^2\right|_{-1}^1dy\\=&\int_{-1}^1\left(2\alpha-\frac23-2y^2\right)dy\\=&\left.2\alpha y-\frac{2y}3-\frac{2y^3}3\right|_{-1}^1\\=&4\alpha-\frac83\end{aligned}$
若 $\alpha\leq0$，則$x^2+y^2\geq0$，因此所求的積分值可以透過上述類似的計算可得值為 $\displaystyle\frac{8}{3}-4\alpha$。而若 $0\leq\alpha\leq1$，則所求的積分可以改寫並計算如下：$\begin{aligned}\displaystyle&\iint_D\left(x^2+y^2-\alpha\right)dxdy-2\iint_{B_{\sqrt{\alpha}}\left(0\right)}\left(x^2+y^2-\alpha\right)dxdy\\=&\frac83-4\alpha-2\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt\alpha}\left(r^2-\alpha\right)rdrd\theta\\=&\frac83-4\alpha-4\pi\left.\left(\frac{r^4}4-\frac{r^2\alpha}2\right)\right|_0^{\sqrt\alpha}\\=&\frac83-4\alpha+\pi\alpha^2\end{aligned}$
而若 $1\leq\alpha\leq2$，則所求的積分可以表示如下：$\begin{aligned}\displaystyle&\iint_D\left(\alpha-x^2-y^2\right)dxdy+2\times8\iint_K\left(x^2+y^2-\alpha\right)dxdy\end{aligned}$
其中 $K=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2|x^2+y^2\geq\alpha\text{ and }1> x> y>0.\right\}$。因此所求的積分可以計算如下：$\begin{aligned}\displaystyle&4\alpha-\frac83+16\int_{\sec^{-1}\sqrt\alpha}^{\frac\pi4}\int_{\sqrt\alpha}^{\sec\theta}\left(r^2-\alpha\right)rdrd\theta\\=&4\alpha-\frac83+16\int_{\sec^{-1}\sqrt\alpha}^{\frac\pi4}\left.\frac{r^4}4-\frac{r^2\alpha}2\right|_{\sqrt\alpha}^{\sec\theta}d\theta\\=&4\alpha-\frac83+16\int_{\sec^{-1}\sqrt\alpha}^{\frac\pi4}\left(\frac{\sec^4\theta}4-\frac{\alpha\sec^2\theta}2+\frac{\alpha^2}4\right)d\theta\\=&-4\alpha+\frac83+\pi\alpha^2+4\alpha\sqrt{\alpha-1}+\frac83\left(\alpha-1\right)\sqrt{\alpha-1}-4\alpha^2\sec^{-1}\sqrt\alpha.\end{aligned}$
現在令 $\displaystyle g\left(\alpha\right)=\iint_D\left|x^2+y^2-\alpha\right|dxdy$，則根據上列的計算可得$\displaystyle g\left(\alpha\right)=\begin{cases}\displaystyle\frac83-4\alpha,&\text{if }\alpha\leq0;\\\displaystyle\frac83-4\alpha+\pi\alpha^2,&\text{if }0\leq\alpha\leq1;\\\displaystyle-4\alpha+\frac83+\pi\alpha^2+4\alpha\sqrt{\alpha-1}+\frac83\left(\alpha-1\right)\sqrt{\alpha-1}-4\alpha^2\sec^{-1}\sqrt\alpha,&\text{if }1\leq\alpha\leq2;\\\displaystyle4\alpha-\frac83,&\text{if }2\leq\alpha.\end{cases}$
其中 $g$ 的函數圖形如下：因此分段計算其一階導函數與二階導函數有
$\displaystyle\begin{aligned}&g'\left(\alpha\right)=\begin{cases} -4,&\text{if }\alpha\leq0;\\-4+2\pi\alpha,&\text{if }0\leq\alpha\leq1;\\-4+2\pi\alpha+8\sqrt{\alpha-1}-8\alpha\sec^{-1}\sqrt\alpha,&\text{if }1\leq\alpha\leq2;\\4,&\text{if }2\leq\alpha.\end{cases}\\&g''\left(\alpha\right)=\begin{cases} 0,&\text{if }\alpha<0\\2\pi,&\text{if }0<\alpha\leq1;\\2\pi-8\sec^{-1}\sqrt\alpha,&\text{if }1\leq\alpha\leq2;\\0,&\text{if }2\leq\alpha.\end{cases}$
其中可以在 $0\leq\alpha\leq1$ 中取 $\displaystyle\alpha=\frac2\pi$ 使得 $\displaystyle g'\left(\frac2\pi\right)=0$。而且由於 $g''\left(\alpha\right)\geq0$，從而 $g'$ 遞增，進而可知僅當在 $\displaystyle \alpha=\frac2\pi$ 使斜率為零，且該處為極小值。- $\displaystyle f\left(x\right)=e^{x^2}\int_x^{\infty}e^{-t^2}dt$。
- 求 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)$；
- 求 $f'\left(x\right)$；
- 試證 $f$ 在 $\left(0,\infty\right)$ 上遞減。
- 利用羅必達法則與微積分基本定理計算如下：
$\begin{aligned}\displaystyle\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)&=\lim_{x\to\infty}\frac{\int_x^{\infty}e^{-t^2}dt}{e^{-x^2}}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{-e^{-x^2}}{-2xe^{-x^2}}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{1}{2x}=0\end{aligned}$
- 利用萊布尼茲法則並配合微積分基本定理進行微分如下
$\displaystyle f'\left(x\right)=e^{x^2}\times-e^{-x^2}+2xe^{x^2}\int_x^{\infty}e^{-t^2}dt=-1+2xe^{x^2}\int_x^{\infty}e^{-t^2}dt$
- 根據 b. 我們知道
$\displaystyle\begin{aligned}f'\left(x\right)&\leq-1+2e^{x^2}\int_x^{\infty}te^{-t^2}dt&=-1-\left.e^{x^2-t^2}\right|_x^{\infty}=0\end{aligned}$
因此 $f$ 在 $\left(0,\infty\right)$ 上遞減。 - $A=\left\{\left(x,y\right)|x>0, y>0, x+y<\sqrt{2}\right\}$ 為 $xy$ 平面上的等腰直角三角形，其面積為 $1$；$B=\left\{\left(u,v\right)|\,0<u<1,\,0<v<1\right\}$ 為 $uv$ 平面上單位正方形。今欲找一保面積寫像 $T:A\to B$，使 $T\left(\Omega\right)$ 的面積 $=\Omega$ 的面積，對一切可測集 $\Omega\subset A$ 成立。
想法如下：對 $0<x<\sqrt2$，令 $\alpha\left(x\right)=A$ 在 $\left[0,x\right]$ 上的面積（左圖斜線域）今把 $A$ 中斜線域映成 $B$ 中斜線域使 $\overline{PQ}$ 比例映至 $\overline{P'Q'}$（如圖所示）
- 根據上述想法，請寫出 $T$。
- 證明 $T$ 確為保面積寫像。
- 設 $Q\left(x,0\right)$，則 $P\left(x,\sqrt2-x\right)$，因此可以求出 $\alpha\left(x\right)$ 如下
$\displaystyle\alpha\left(x\right)=\frac{\left[\sqrt2+\left(\sqrt2-x\right)\right]\times x}2=\sqrt2x-\frac{x^2}2$
因此我們令 $T$ 如下：$\displaystyle\left(u,v\right)=T\left(x,y\right)=\left(\sqrt2x-\frac{x^2}2,\frac{y}{\sqrt2-x}\right)$
- 我們可以驗算 $T$ 逐點的面積改變率如下：
$\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}\\\displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}&\displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}\end{vmatrix}\Big|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\sqrt2-x&\displaystyle0\\\displaystyle\frac{y}{\left(\sqrt2-x\right)^2}&\displaystyle\frac1{\sqrt2-x}\end{vmatrix}\Big|=1$
因此各點的面積變化率皆為 $1$，這表明 $T$ 為保面積變換。
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