國立臺灣大學九十三學年度研究所碩士班入學考試試題：應用微積分

※注意：請於答案卷上依序作答，並應註明作答之題號。

應用微積分（共 11 大題，總分 100 分）。

1. 1. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{n}{k^2+n^2}=$　　　　(5 points)
   2. $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\int_0^xe^{-t^2}dt=$　　　　(5 points)
訣竅
第一小題考慮將其視為黎曼和從而化為定積分計算；第二小題則為經典的瑕積分，我們先證明此瑕積分收斂並將之轉換為重積分後計算之。
解法
1. 首先將所求改寫如下

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{n}{k^2+n^2}=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\frac1{1+\left(k/n\right)^2}$

   如此可視之為函數 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac1{1+x^2}$ 在 $\left[0,1\right]$ 上作 $n$ 等分割的黎曼和，因此所求可以化為如下的定積分並計算之

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{n}{k^2+n^2}=\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}=\tan^{-1}x\Big|_0^1=\frac\pi4$

2. 由於 $e^{-t^2}$ 在 $\left[0,1\right]$ 上是連續函數，從而在 $\left[0,1\right]$ 上可積分，而在 $\left[1,\infty\right)$ 時有 $t^2\geq$，故 $e^{-t^2}\leq e^{-t}$，從而有不等式

   $\displaystyle\int_1^{\infty}e^{-t^2}dt\leq\int_0^{\infty}e^{-t}dt=-e^{-t}\Big|_1^{\infty}=e^{-1}<\infty$

   這表明 $e^{-t^2}$ 在 $\left[1,\infty\right)$ 上可瑕積分。綜合兩段可確認極限 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\int_0^xe^{-t^2}dt$ 存在。
   
   現設此極限之值為 $I$，那麼觀察到

   $I^2=\left(\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx\right)\left(\int_0^{\infty}e^{-y^2}dy\right)=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}e^{-x^2-y^2}dxdy$

   運用極座標變換，令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，那麼積分範圍可得變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此有

   $\displaystyle I^2=\int_0^{2\pi}\int_0^{\infty}e^{-r^2}rdrd\theta=\left.2\pi\cdot\frac{e^{-r^2}}2\right|_0^{\infty}=\pi$

   因此所求為 $I=\sqrt\pi$。


2. $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin x}xdx=$　　　　(10 points)
訣竅
此為經典的瑕積分，我們先確認此瑕積分收斂後再運用輔助變量轉換為微分方程來求解。
解法
首先可以注意到 $\displaystyle\frac{\sin x}x$ 在 $\left(0,1\right]$ 上可連續地延拓到 $x=0$ 處，亦即極限 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{\sin x}x=1$ 存在，故瑕積分 $\displaystyle\int_0^1\frac{\sin x}xdx$ 有意義。另一方面，運用分部積分法可以觀察到
$\displaystyle\int_1^t\frac{\sin x}xdx=\cos1-\frac{\cos t}t-\int_1^t\frac{\cos x}{x^2}dx$
而針對後者可以注意到
$\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\left|\cos x\right|}{x^2}dx\leq\int_1^{\infty}\frac{dx}{x^2}=\left.-\frac1x\right|_1^{\infty}=1$
亦即瑕積分 $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\cos x}{x^2}dx$ 絕對收斂，從而瑕積分 $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\sin x}xdx$ 也收斂。至此，我們確認了瑕積分 $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin x}xdx$ 有意義。

對於任意正數 $a>0$ 可考慮函數 $I$ 如下
$\displaystyle I\left(a\right)=\int_0^{\infty}e^{-ax}\frac{\sin x}xdx$
由於函數 $\displaystyle e^{-ax}\frac{\sin x}x$ 為雙變量連續函數且瑕積分也容易確認收斂，故有
$\displaystyle I'\left(a\right)=-\int_0^{\infty}e^{-ax}\sin xdx=-\frac1{a^2+1}$
從而可知 $I\left(a\right)=-\tan^{-1}a+C$，再者可以觀察到不等式
$\displaystyle\left|I\left(a\right)\right|\leq\int_0^{\infty}e^{-ax}dx=\frac1a$
故由夾擠定理可知 $\displaystyle\lim_{a\to\infty}I\left(a\right)=0$，因此積分常數 $\displaystyle C=\frac\pi2$。而所求即為 $\displaystyle I\left(0\right)=\frac\pi2$。


3. $2\displaystyle\int_0^{1/2}x^{p-1}\left(1-x\right)^{p-1}dx=$　　　　(10 points)
訣竅
本題為難題，需使用 Gamma 函數才能完整作答。
解法

首先，我們利用對稱性，考慮代換 $x=1-u$，如此有

• 當 $x=0$ 時有 $u=1$；
• 當 $x=1/2$ 時有 $u=1/2$；
• 求導有 $dx=-du$。

據此可以看到

$\displaystyle\int_0^{1/2}x^{p-1}\left(1-x\right)^{p-1}dx=\int_1^{1/2}\left(1-u\right)^{p-1}u^{p-1}\cdot-du=\int_{1/2}^1u^{p-1}\left(1-u\right)^{p-1}du=\int_{1/2}^1x^{p-1}\left(1-x\right)^{p-1}dx$

因此所求即為

$\displaystyle2\int_0^{1/2}x^{p-1}\left(1-x\right)^{p-1}dx=\int_0^1x^{p-1}\left(1-x\right)^{p-1}dx$

現在，我們要證明一個更廣的結果：

$\displaystyle\int_0^1x^{n-1}\left(1-x\right)^{m-1}dx=\frac{\Gamma\left(n\right)\Gamma\left(m\right)}{\Gamma\left(n+m\right)}$

此處 $n,m$ 為正數而 $\displaystyle\Gamma(s):=\int_0^{\infty}t^{s-1}e^{-t}dt$。
證明：先令 $x=y/(1+y)$，那麼

$\displaystyle\int_0^1x^{n-1}\left(1-x\right)^{m-1}dx=\int_0^{\infty}\left(\frac{y}{1+y}\right)^{n-1}\left(1-\frac{y}{1+y}\right)^{m-1}\cdot\frac{dy}{\left(1+y\right)^2}=\int_0^{\infty}\frac{y^{n-1}}{\left(1+y\right)^{n+m}}dy$

現在使用 Fubini 定理以及代換（令 $s=t/(1+y)$ 以及 $w=sy$）可得

$\displaystyle\begin{aligned}\Gamma\left(n+m\right)\int_0^1x^{n-1}\left(1-x\right)^{m-1}dx&=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}\frac{y^{n-1}}{\left(1+y\right)^{n+m}}t^{n+m-1}e^{-t}dtdy\\&=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}y^{n-1}s^{n+m-1}e^{-s(y+1)}dsdy\\&=\int_0^{\infty}s^{m-1}e^{-s}\left(\int_0^{\infty}y^{n-1}dys^ne^{-sy}dy\right)ds\\&=\int_0^{\infty}s^{m-1}e^{-s}\left(\int_0^{\infty}w^{n-1}e^{-w}dw\right)ds=\Gamma\left(m\right)\Gamma\left(n\right)\end{aligned}$

證明完畢。

回到原題，我們取 $n=m=p$ 即可得到

$\displaystyle2\int_0^{1/2}x^{p-1}\left(1-x\right)^{p-1}dx=\int_0^1x^{p-1}\left(1-x\right)^{p-1}dx=\frac{\left[\Gamma\left(p\right)\right]^2}{\Gamma\left(2p\right)}$

【註】　當 $p$ 為正整數時，$\Gamma\left(p\right)=\left(p-1\right)!$，$\Gamma\left(2p\right)=\left(2p-1\right)!$，那麼所求即為

$\displaystyle2\int_0^{1/2}x^{p-1}\left(1-x\right)^{p-1}dx=\frac{\left[\left(p-1\right)!\right]^2}{\left(2p-1\right)!}$



4. Find the general solution to the system which satisfies the boundary conditions $f_1\left(0\right)=f_2\left(0\right)=f_3\left(0\right)=1$. (10 points)

   $\begin{aligned}&f_1'=5f_1+8f_2+16f_3\\&f_2'=4f_1+f_2+8f_3\\&f_3'=-4f_1-4f_2-11f_3\end{aligned}$

訣竅
藉由四則運算將微分方程簡化後運用積分因子法求解。
解法

第一式減去兩倍的第二式可得

$\left(f_1-2f_2\right)'=-3f_1+6f_2=-3\left(f_1-2f_2\right)$

如此同乘以 $e^{3x}$ 可得

$\left[e^{3x}\left(f_1-2f_2\right)\right]'=e^{3x}\left(f_1-2f_2\right)'+3e^{3x}\left(f_1-2f_2\right)=0$

因此有 $e^{3x}\left(f_1-2f_2\right)=f_1\left(0\right)-2f_2\left(0\right)=-1$，即有 $f_1\left(x\right)-2f_2\left(x\right)=-e^{-3x}$。

另一方面，第二式與第三式相加則有

$\left(f_2+f_3\right)'=-3f_2-3f_3=-3\left(f_2+f_3\right)$

同乘以 $e^{3x}$ 可得

$\left[e^{3x}\left(f_2+f_3\right)\right]'=e^{3x}\left(f_2+f_3\right)'+3e^{3x}\left(f_2+f_3\right)=0$

因此有 $e^{3x}\left(f_2+f_3\right)=f_2\left(0\right)+f_3\left(0\right)=2$，即有 $f_2\left(x\right)+f_3\left(x\right)=2e^{-3x}$。

如此有

$f_1\left(x\right)=2f_2\left(x\right)-e^{-3x},\quad f_3\left(x\right)=2e^{-3x}-f_2\left(x\right)$

因此第二式可寫為

$f_2'=f_2+12e^{-3x}$

如此同乘以 $e^{-x}$ 可得

$\left[e^{-x}f_2\left(x\right)\right]'=e^{-x}f_2'\left(x\right)-e^{-x}f_2\left(x\right)=12e^{-4x}$

故取積分則有 $e^{-x}f_2\left(x\right)-f_2\left(0\right)=-3e^{-4x}+3$，因此所求為

$f_2\left(x\right)=-3e^{-3x}+4e^x$

從而

$f_1\left(x\right)=-7e^{-3x}+8e^x,\quad f_3\left(x\right)=5e^{-3x}-4e^x$



5. $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac1{2\beta}xe^{\left(-\frac{\left|x-\alpha\right|}{\beta}\right)}dx=$　　　　($-\infty<\alpha<\infty$, and $\beta>0$) (10 points)
訣竅
為了適當的處理絕對值與此瑕積分，我們將其分段後分別處理。
解法

將此瑕積分拆分如下

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac1{2\beta}xe^{\left(-\frac{\left|x-\alpha\right|}{\beta}\right)}dx=\int_{-\infty}^\alpha\frac1{2\beta}xe^{\left(\frac{x-\alpha}{\beta}\right)}dx+\int_\alpha^{\infty}\frac1{2\beta}xe^{\left(-\frac{x-\alpha}{\beta}\right)}dx$

首先我們處理第一個瑕積分，令 $\displaystyle u=\frac{x-\alpha}{\beta}$，那麼

• 當 $x\to-\infty$ 時有 $u\to-\infty$；
• 當 $x=\alpha$ 時有 $u=0$；
• 求導有 $\displaystyle du=\frac{dx}{\beta}$。

如此瑕積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\alpha}\frac1{2\beta}xe^{\frac{x-\alpha}{\beta}}dx=\frac12\int_{-\infty}^0\left(\alpha+\beta u\right)e^udu=\left.\frac12\left(\alpha e^u+\beta ue^u-\beta e^u\right)\right|_{-\infty}^0=\frac{\alpha-\beta}2$

現在我們處理第二個積分，同樣令 $\displaystyle u=\frac{x-\alpha}{\beta}$，那麼

• 當 $x\to\infty$ 時有 $u\to\infty$；
• 當 $x=\alpha$ 時有 $u=0$；
• 求導有 $\displaystyle du=\frac{dx}{\beta}$。

如此瑕積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\int_\alpha^{\infty}\frac1{2\beta}xe^{-\frac{x-\alpha}{\beta}}dx=\frac12\int_0^{\infty}\left(\alpha+\beta u\right)e^{-u}du=\left.\frac12\left(-\alpha e^{-u}-\beta ue^{-u}-\beta e^{-u}\right)\right|_0^{\infty}=\frac{\alpha+\beta}2$

因此結合以上可知所求為

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac1{2\beta}xe^{\left(-\frac{\left|x-\alpha\right|}{\beta}\right)}dx=\frac{\alpha-\beta}2+\frac{\alpha+\beta}2=\alpha$



6. 已知 $n$ 個正數相加，其和為 $a$，請問它們自己應該如何安排，這 $n$ 個數的「平方和」才會最小，平方和的值又是多少？(5 points)
訣竅
運用初等不等式即可求出最小值。
解法
設這 $n$ 個正數為 $x_1,\cdots,x_n$。按題意有 $x_1+\cdots+x_n=a$。使用柯西不等式即有
$n\left(x_1^2+\cdots+x_n^2\right)=\left(x_1^2+\cdots+x_n^2\right)\left(1^2+\cdots+1^2\right)\geq\left(x_1+\cdots+x_n\right)^2=a^2$
因此這 $n$ 個數的平方和最小為 $\displaystyle\frac{a^2}n$，此時我們安排這 $n$ 個正數皆為 $\displaystyle\frac{a}n$。


7. 數列 $\left\{a_n\right\}$ 中，已知 $a_1=1$，$a_{n+1}>a_n$，且 $a_{n+1}^2+a_n^2+1=2\left(a_{n+1}a_n+a_{n+1}+a_n\right)$，$S_n$ 表示數列前面 $n$ 項的總和，求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{S_n}{na_n}=$　　　　(10 points)。
訣竅
試計算前幾項來看出數列之規律，從而可求其前 $n$ 項之和，進而計算極限。
解法

藉由計算前三項為 $a_1=1$、$a_2=4$ 與 $a_3=9$。容易推測出對於自然數 $n$ 恆有 $a_n=n^2$。由數學歸納法，假定當 $n=k$ 時已有 $a_k=k^2$，那麼當 $n=k+1$ 時有

$a_{k+1}^2+\left(k^2\right)^2+1=2\left(k^2a_{k+1}+a_{k+1}+k^2\right)$

即 $a_{k+1}^2-2\left(k^2+1\right)a_{k+1}+k^4-2k^2+1=0$，配方可得 $\left(a_{k+1}-\left(k^2+1\right)\right)^2=4k^2$，因此 $a_{k+1}=k^2+1\pm2k=\left(k\pm1\right)^2$。但因 $a_{k+1}>a_k$，故 $a_{k+1}=\left(k+1\right)^2$。至此由數學歸納法可知對於所有正整數 $n$ 恆有 $a_n=n^2$。

容易知道 $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^na_k=\sum_{k=1}^nk^2=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}6$，故所求之極限為

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{S_n}{na_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)/6}{n\cdot n^2}=\lim_{n\to\infty}\frac{2n^2+3n+1}{6n^2}=\frac13$



8. $a>0$，$b>0$，$\displaystyle\int_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}dx=$　　　　(10 points)
訣竅
將此特別的積分轉換為重積分後交換次序求解，此特別的積分稱為 Froullani 積分。
解法

運用 Froullani 積分的技巧，我們觀察到

$\displaystyle\int_0^1\frac{x^b-x^a}{\ln x}dx=\int_0^1\int_a^bx^sdsdx=\int_a^b\int_0^1x^sdxds=\int_a^b\left.\frac{x^{s+1}}{s+1}\right|_{x=0}^{x=1}ds=\int_a^b\frac{ds}{s+1}=\ln\left|s+1\right|\Big|_a^b=\ln\frac{1+b}{1+a}$



9. $x_0$, $y_0$ 為參數，若 $u=\left(x-x_0\right)^p\left(y-y_0\right)^q$，$\displaystyle\frac{\partial^{p+q}u}{\partial x^p\partial y^q}=$　　　　(5 points)。
訣竅
直接偏導歸納可看出所求。
解法

逐步計算偏導歸納如下

$\displaystyle\begin{aligned}&\frac{\partial u}{\partial y}=q\left(x-x_0\right)^p\left(y-y_0\right)^{q-1}\\&\frac{\partial^2u}{\partial y^2}=q\left(q-1\right)\left(x-x_0\right)^p\left(y-y_0\right)^{q-2}\\&\vdots\\&\frac{\partial^2q}{\partial y^q}=q!\left(x-x_0\right)^p\\&\frac{\partial^{1+q}u}{\partial x\partial y^q}=q!p\left(x-x_0\right)^{p-1}\\&\vdots\\&\frac{\partial^{p+q}u}{\partial x^p\partial y^q}=p!q!\end{aligned}$



10. $\displaystyle\int\sqrt{\frac{x}{1-x\sqrt{x}}}dx=$　　　　(10 points)
訣竅
運用變數代換法處理之。
解法

注意到所求的不定積分可寫為如下的形式

$\displaystyle\int\sqrt{\frac{x}{1-x\sqrt{x}}}dx=\int\left(1-x^{3/2}\right)^{-1/2}x^{1/2}dx$

令 $u=x^{3/2}$，那麼 $\displaystyle du=\frac32x^{1/2}dx$，如此所求的不定積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\int\sqrt{\frac{x}{1-x\sqrt{x}}}dx=\frac23\int\left(1-u\right)^{-1/2}du=-\frac43\left(1-u\right)^{1/2}+C=-\frac43\sqrt{1-x\sqrt{x}}+C$



11. 繪出函數 $\displaystyle F\left(a\right)=\int_0^{\infty}\frac{\sin\left(1-a^2\right)x}xdx$ 之圖形（完整之圖形必須在關鍵座標點上標示正確的數值）。(10 points)
訣竅
運用變數代換先將函數 $F$ 轉換為容易處理的形式，隨後利用經典瑕積分結果獲得精確值。
解法
注意到當 $a=\pm1$ 時，明顯有 $F\left(\pm1\right)=0$。而針對 $a\in\left(-1,1\right)$ 時，考慮代換 $u=\left(1-a^2\right)x$，那麼 $F$ 可改寫如下
$\displaystyle F\left(a\right)=\int_0^{\infty}\frac{\sin u}udu=\frac\pi2$
而對於 $a\in\left(-\infty,-1\right)\cup\left(1,\infty\right)$ 時，考慮代換相同的代換則有
$\displaystyle F\left(a\right)=\int_0^{-\infty}\frac{\sin u}udu=-\frac\pi2$
至此將以上分析繪出圖形如下