- 當 $p\geq1$ 時，試求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\left(n+1\right)^p+\left(n+2\right)^p+\cdots+\left(2n-1\right)^p}{\left(3n+1\right)^p+\left(3n+2\right)^p+\cdots+\left(4n-1\right)^p}=$ (A) 。
- 已知 $\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin\left(\sin x\right)}{x^3}+\frac{r}{x^2}+s\right)=0$，則 $r^2+s=$ (B) 。
- 設 $\displaystyle f\left(x\right)=\int_0^{x^2}\frac{t^4}{1+t^3}\,dt$，則 $f$ 之圖形的遞減區間為 (C) ，而彎曲向上的區間為 (D) 。
- 已知 $\displaystyle f\left(x\right)=\int_2^x\frac{dt}{\sqrt{1+t^4}}$，$f^{-1}\left(x\right)$ 為 $f\left(x\right)$ 之反函數，問 $\left(f^{-1}\right)'\left(0\right)=$ (E) 。
- 試求 $\displaystyle\int_0^{\infty}\int_1^2e^{-xy}\,dy\,dx=$ (F) 。
- $\displaystyle f\left(x,y\right)=\tan^{-1}\frac yx$，問 $\displaystyle\frac{\partial^2f\left(x,y\right)}{\partial x^2}+\frac{\partial^2f\left(x,y\right)}{\partial y^2}=$ (G) 。
- 已知 $w=f\left(x,y\right)$，$\displaystyle\frac{\partial w}{\partial x}=1+2e^x\cos y$，$\displaystyle\frac{\partial w}{\partial y}=2y-2e^x\sin y$，及 $f\left(\ln2,0\right)=\ln2$。問 $w=$ (H) 。
- 試求出所有落於曲面 $xyz=8$ 上的點，其距離原點最近。它們為 (I) 。
- 試求 $\displaystyle\int_0^{\sqrt2}\int_y^{\sqrt{2^2-y^2}}\ln\left(x^2+y^2\right)dxdy=$ (J) 。
訣竅
將分子與分母都化為 Riemann sum 後求解。解法
對此極限式作如下的改寫$\displaystyle\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\frac{\left(n+1\right)^p+\left(n+2\right)^p+\cdots+\left(2n-1\right)^p}{\left(3n+1\right)^p+\left(3n+2\right)^p+\cdots+\left(4n-1\right)^p}&=\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\frac1n\sum_{k=1}^{n-1}\left(1+\frac{k}n\right)^p}{\displaystyle\frac1n\sum_{k=1}^{n-1}\left(3+\frac{k}n\right)^p}\\&=\frac{\displaystyle\int_0^1\left(1+x\right)^pdx}{\displaystyle\int_0^1\left(3+x\right)^pdx}=\frac{2^{p+1}-1}{4^{p+1}-3^{p+1}}.\end{aligned}$
訣竅
運用極限的四則運算規則求出 $r$，隨後使用 L'Hôpital 法則求出 $s$。解法
首先留意到$\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin\left(\sin x\right)}x+r\right)=\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin\left(\sin x\right)}x+r+sx^2\right)=\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin\left(\sin x\right)}{x^3}+\frac r{x^2}+s\right)\cdot\lim_{x\to0}x^2=0\cdot0=0$.
因此$\displaystyle r=-\lim_{x\to0}\frac{\sin\left(\sin x\right)}x=-\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin\left(\sin x\right)}{\sin x}\cdot\frac{\sin x}x\right)=-1$.
進一步，我們可以注意到$\displaystyle\begin{aligned}s&=-\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin\left(\sin x\right)}{x^3}-\frac1{x^2}\right)=\lim_{x\to0}\frac{\sin\left(\sin x\right)-x}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{\cos x\cos\left(\sin x\right)-1}{3x^2}\\&=-\lim_{x\to0}\frac{\sin x\cos\left(\sin x\right)+\cos^2x\sin\left(\sin x\right)}{6x}=-\frac16\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin x}x\cdot\cos\left(\sin x\right)+\cos^2x\cdot\frac{\sin\left(\sin x\right)}x\right)=-\frac13.\end{aligned}$
訣竅
運用微積分基本定理以及連鎖律求導，並按照遞減與凹口向上的定義列出不等式後求解。解法
使用微積分基本定理搭配連鎖律求導可得$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{\left(x^2\right)^4}{1+\left(x^2\right)^3}\cdot2x=\frac{2x^9}{1+x^6}.$
再求導則有$\displaystyle f''\left(x\right)=\frac{\left(2x^9\right)'\left(1+x^6\right)-2x^9\left(1+x^6\right)'}{\left(1+x^6\right)^2}=\frac{6x^8\left(3+x^6\right)}{\left(1+x^6\right)^2}$.
為了找出遞減區間，我們解不等式 $f'\left(x\right)<0$。由於分母恆正，故 $f'\left(x\right)<0$ 等價於 $2x^9<0$，容易知道遞減區間為 $\left(-\infty,0\right)$。另一方面 $f''\left(x\right)$ 中的各項皆非負，故總是有 $f''\left(x\right)\geq0$，因而彎曲向上的區間為 $\left(-\infty,\infty\right)$。訣竅
使用反函數的定義與連鎖律，求導時會需要使用微積分基本定理。解法
由反函數的定義可知 $f^{-1}\left(f\left(x\right)\right)=x$，同時求導可知$\left(f^{-1}\right)'\left(f\left(x\right)\right)f'\left(x\right)=1$.
由於 $f\left(2\right)=0$，故取 $x=2$ 可得$\displaystyle\left(f^{-1}\right)'\left(0\right)=\frac1{f'\left(2\right)}$.
再者由微積分基本定理可知 $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac1{\sqrt{1+x^4}}$，因此 $\displaystyle f'\left(2\right)=\frac1{\sqrt{17}}$，從而所求之值為 $\left(f^{-1}\right)'\left(0\right)=\sqrt{17}$。訣竅
運用 Fubini 定理交換積分次序計算。解法
交換積分次序後直接計算即可$\displaystyle\int_0^\infty\int_1^2e^{-xy}\,dy\,dx=\int_1^2\int_0^\infty e^{-xy}\,dx\,dy=-\int_1^2\left.\frac{e^{-xy}}y\right|_{x=0}^{x=\infty}\,dy=\int_1^2\frac{dy}y=\ln y\Big|_1^2=\ln2$.
訣竅
直接進行偏導函數的計算即可。解法
先計算一階偏導函數如下$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}\left(x,y\right)=\frac1{\displaystyle1+\left(\frac yx\right)^2}\cdot-\frac y{x^2}=-\frac y{x^2+y^2},\quad\frac{\partial f}{\partial y}\left(x,y\right)=\frac1{\displaystyle1+\left(\frac yx\right)^2}\cdot\frac1x=\frac x{x^2+y^2}$.
繼續計算二階偏導函數可得$\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial x^2}\left(x,y\right)=\frac{2xy}{\left(x^2+y^2\right)^2},\quad\frac{\partial^2f}{\partial y^2}\left(x,y\right)=-\frac{2xy}{\left(x^2+y^2\right)^2}$.
因此兩者之和為零函數。訣竅
使用偏積分求 $w$，並逐步確定中間產生的未知函數。解法
首先對 $x$ 進行偏積分可注意到$\displaystyle w=f\left(x,y\right)=\int\left(1+2e^x\cos y\right)dx=x+2e^x\cos y+g\left(y\right)$,
其中 $g$ 是與 $y$ 有關的未知函數。接著將上式對 $y$ 進行偏微分可得$\displaystyle2y-2e^x\sin y=\frac{\partial w}{\partial y}=-2e^x\sin y+g'\left(y\right)$.
因此 $g'\left(y\right)=2y$，這表明 $g\left(y\right)=y^2+C$，其中 $C$ 為與 $x$、$y$ 皆無關的常數。至此可得$w=f\left(x,y\right)=x+2e^x\cos y+y^2+C$.
由於 $f\left(\ln2,0\right)=\ln2$，可以確定 $C=-4$，因此所求的函數為$w=x+2e^x\cos y+y^2-4$.
訣竅
運用算術幾何不等式處理。解法
考慮與原點的距離平方函數如下$d\left(x,y,z\right)=x^2+y^2+z^2$.
那麼使用算術幾何不等式可知$d\left(x,y,z\right)\geq3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=3\sqrt[3]{64}=12$.
故最接近的距離為 $\sqrt{12}=2\sqrt3$，此時等號成立條件為 $x^2=y^2=z^2$ 且 $xyz=8$。藉由正負號的確認可知有如下四點（三者皆正（一點）；恰一個為正（三點））$\left(2,2,2\right),~\left(2,-2,-2\right),~\left(-2,2,-2\right),~\left(-2,-2,2\right)$.
訣竅
根據被積分函數與積分範圍可推知應使用極座標變換。解法
運用極座標變換，令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，那麼由 $y\leq x\leq\sqrt{4-y^2}$ 可知$r\sin\theta\leq r\cos\theta\leq\sqrt{4-r^2\sin^2\theta}$.
第一個不等式給出 $\tan\theta\leq1$，而第二個不等式給出 $r\leq2$。現又因 $0\leq y$，從而可知 $0\leq\theta\leq\pi/4$。至此可得變數範圍為 $0\leq r\leq2$、$0\leq\theta\leq\pi/4$。如此所求的重積分可改寫並計算如下$\begin{aligned}\int_0^{\sqrt2}\int_y^{\sqrt{2^2-y^2}}\ln\left(x^2+y^2\right)\,dx\,dy&=\int_0^{\pi/4}\int_0^2\ln\left(r^2\right)\cdot r\,dr\,d\theta=\frac\pi2\int_0^2r\ln r\,dr=\frac\pi4\int_0^2\ln r\,dr^2\\&=\frac\pi4\left[r^2\ln r\Big|_0^2-\int_0^2r^2\cdot\frac1r\,dr\right]=\frac\pi4\left[4\ln2-\int_0^2rdr\right]=\frac\pi2\left(2\ln2-1\right).\end{aligned}$
- 依 $\left(a,b,c\right)$ 取值的範圍，討論瑕積分 $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty\exp\left(ax^2+bx+c\right)\,dx$ 是否存在及其積分值。
- 若 $b=0$，那麼被積分函數為常數函數 $e^c$，此時瑕積分不存在；
- 若 $b\neq0$，那麼可以考慮其分段極限如下
$\displaystyle e^c\left(\int_{-\infty}^0e^{bx}\,dx+\int_0^\infty e^{bx}\,dx\right)=\frac{e^c}b\left[\left(\lim_{s\to-\infty}\left(1-e^{bs}\right)\right)+\left(\lim_{t\to\infty}\left(e^{bt}-1\right)\right)\right]$.
由於 $b\neq0$，故 $b>0$ 或 $b<0$，這將使其中一個極限發散，故在此情形下瑕積分亦不存在。 - 使用 $\tan^{-1}x^2$ 於 $x=0$ 處展開之冪級數，估計積分 $\displaystyle\int_0^{0.5}\frac{\tan^{-1}x^2}x\,dx$ 值精確至小數第三位(即誤差不超過 $0.001$)。(須說明理由)
訣竅
由確認指數次方是否為二次函數，假若是則運用配方法並逐步討論各種情形、使用變數變換。解法
假若 $a=0$，那麼有兩種情形考慮如下：$\displaystyle ax^2+bx+c=a\left(x+\frac b{2a}\right)^2+\frac{4ac-b^2}{4a}$.
容易注意到當 $a>0$ 時被積分函數在趨於無窮遠處時將發散，因此僅需考慮 $a<0$ 的情形。事實上在後者的情形下瑕積分將收斂，其值可計算如下$\displaystyle\int_{-\infty}^\infty e^{ax^2+bx+c}dx=\exp\left(\frac{4ac-b^2}{4a}\right)\int_{-\infty}^\infty\exp\left[a\left(x+\frac b{2a}\right)^2\right]dx$.
現在令 $\displaystyle u=\sqrt{-a}\left(x+\frac b{2a}\right)$，那麼 $\displaystyle du=\sqrt{-a}\,dx$，如此所求為$\displaystyle\int_{-\infty}^\infty e^{ax^2+bx+c}\,dx=\exp\left(\frac{4ac-b^2}{4a}\right)\frac1{\sqrt{-a}}\int_{-\infty}^\infty e^{-u^2}\,du=\exp\left(\frac{4ac-b^2}{4a}\right)\sqrt{\frac\pi{-a}}$.
因此當且僅當 $a<0$ 時瑕積分收斂，其瑕積分值為 $\displaystyle\exp\left(\frac{4ac-b^2}{4a}\right)\sqrt{\frac\pi{-a}}$。訣竅
由基本函數的 Taylor 展開式逐步推理，隨後使用交錯級數的誤差估計方法確保積分值足夠精確。解法
首先留意到$\displaystyle\tan^{-1}x=\int_0^x\frac{dt}{1+t^2}=\int_0^x\sum_{k=0}^\infty\left(-t^2\right)^k\,dt=\sum_{k=0}^\infty\left(-1\right)^k\int_0^xt^{2k}\,dt=\sum_{k=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^k}{2k+1}x^{2k+1}$.
用 $x^2$ 取代 $x$ 可得$\displaystyle\tan^{-1}\left(x^2\right)=\sum_{k=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^k}{2k+1}x^{4k+2}$.
如此所求的積分為$\displaystyle\int_0^{0.5}\frac{\tan^{-1}x^2}x\,dx=\int_0^{0.5}\sum_{k=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^k}{2k+1}x^{4k+1}\,dx=\sum_{k=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^k}{2k+1}\int_0^{0.5}x^{4k+1}\,dx=\sum_{k=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^k}{2^{4k+3}\left(2k+1\right)^2}$.
當 $k=1$ 時有 $\displaystyle\frac1{2^7\cdot3^2}=\frac1{1152}<\frac1{1000}$，故取第一項便可使誤差小於 $10^{-3}$，故該積分之近似值為$\displaystyle\int_0^{0.5}\frac{\tan^{-1}\left(x^2\right)}xdx\approx\frac18=0.125$.
【註】運用電子計算器可得其更精確的近似值為
$\displaystyle\int_0^{0.5}\frac{\tan^{-1}\left(x^2\right)}xdx\approx0.124151\cdots$.
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