國立臺灣大學一百零六學年度研究所碩士班入學考試試題：應用微積分

每題 $10$ 分，總分為 $100$ 分

1. Evaluate the following integrals: $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\log x}{x^{n+1}}dx$.
訣竅
由分部積分法求解即可。本題出自 Mathematical Analysis （Apostol 著），第十章第十五題 b 小題，也與一百零五年應用微積分第五題相同。
解法

假定 $n\in\mathbb{N}$ 且此處之 $\log$ 以 $e$ 為底數。如此所求可直接計算為

$\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\log x}{x^{n+1}}dx=-\frac1n\int_1^{\infty}\log xdx^{-n}=\left.-\frac{x^{-n}\log x}{n}\right|_1^{\infty}+\frac1{n}\int_1^{\infty}x^{-n}\cdot\frac1xdx=\left.-\frac{x^{-n}}{n^2}\right|_1^{\infty}=\frac1{n^2}$



2. Find the value of $\displaystyle\lim_{a\to\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n\int_a^{\infty}\frac{\sin2n\pi x}{x^s}dx$ for $a>0$ and $s>0$.
訣竅
這是難題。此為難題，可見 Mathematical Analysis （Apostol 著），第十章習題第二十八題 a 小題。
解法

首先由分部積分法可知

$\displaystyle\int_a^{\infty}\frac{\sin2n\pi x}{x^s}dx=\left.-\frac{\cos2n\pi x}{2n\pi x^s}\right|_a^{\infty}-\frac{s}{2n\pi}\int_a^{\infty}\frac{\cos2n\pi x}{x^{s+1}}dx=\frac{\cos2n\pi a}{2n\pi a^s}-\frac{s}{2n\pi}\int_a^{\infty}\frac{\cos2n\pi x}{x^{s+1}}dx$

又容易注意到

$\displaystyle\left|\int_a^{\infty}\frac{\cos2n\pi x}{x^{s+1}}dx\right|\leq\int_a^{\infty}\frac{dx}{x^{s+1}}=\left.-\frac1{sx^s}\right|_a^{\infty}=\frac1{sa^s}$

這表明

$\displaystyle\left|\int_a^{\infty}\frac{\sin2n\pi x}{x^s}dx\right|\leq\frac1{2n\pi}\cdot\frac{1+\cos2n\pi a}{a^s}$

如此所求的無窮和有這樣的估計式

$\displaystyle\left|\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n\int_a^{\infty}\frac{\sin2n\pi x}{x^s}dx\right|\leq\frac{1+\cos2n\pi a}{2\pi a^s}\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac{1+\cos2n\pi a}{2\pi a^s}\cdot\frac{\pi^2}6=\frac{\pi\left(1+\cos2n\pi a\right)}{12a^s}\leq\frac\pi{6a^s}$

由於 $s>0$，因此 $\displaystyle\lim_{a\to\infty}\frac\pi{6a^s}=0$，那麼由夾擠定理可知索求極限為

$\displaystyle\lim_{a\to\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n\int_a^{\infty}\frac{\sin2n\pi x}{x^s}dx=0$



3. Find the value of $\displaystyle\frac2\pi\int_0^{\infty}\frac{\sin v\cos vx}vdv$.
訣竅
運用積化和差公式與經典瑕積分之結果求解。本題與 Mathematical Analysis （Apostol 著），第十一章習題第二十八題相同。
解法
使用積化和差公式可知
$\displaystyle\sin v\cos vx=\frac{\sin\left[\left(x+1\right)v\right]-\sin\left[\left(x-1\right)v\right]}2$
如此所求之值可計算如下
$\displaystyle\frac2\pi\int_0^{\infty}\frac{\sin v\cos vx}vdv=\frac1\pi\int_0^{\infty}\frac{\sin\left[\left(x+1\right)v\right]-\sin\left[\left(x-1\right)v\right]}vdv$
若 $x=\pm1$，則所求為 $\displaystyle\frac12$，而當 $x\in\left(-\infty,-1\right)\cup\left(1,\infty\right)$ 時，所求為 $0$，而當 $x\in\left(-1,1\right)$ 時則所求為 $1$。


4. Evaluate the following integrals: $\displaystyle\int_{\mathbb{R}^n}e^{-\left\|{\bf x}\right\|^2}dx_1dx_2\cdots dx_n$. Here $\left\|{\bf x}\right\|^2=x_1^2+\cdots+x_n^2$.
訣竅
注意到每個變量都獨立，從而可以寫為多個獨立的單變量瑕積分之積。本題與 Mathematical Analysis （Apostol 著），第十五章習題第九題 c 小題相同。
解法

容易注意到所求可寫為

$\displaystyle\int_{\mathbb{R}^n}e^{-\left\|{\bf x}\right\|^2}dx_1dx_2\cdots dx_n=\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x_1^2}dx_1\right)\cdots\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x_n^2}dx_n\right)=\sqrt\pi\cdots\sqrt\pi=\pi^{\frac{n}2}$



5. Find the value of $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{x^2}{\left(x^2+4\right)^2\left(x^2+9\right)}dx$.
訣竅
運用有理函數的積分方法處理之。本題與 Mathematical Analysis （Apostol 著），第十六章習題第三十四題相同。
解法

首先將被積分函數改寫如下

$\displaystyle\frac{x^2}{\left(x^2+4\right)^2\left(x^2+9\right)}=\frac{Ax+B}{x^2+4}+\frac{Cx+D}{\left(x^2+4\right)^2}+\frac{Ex+F}{x^2+9}$

其中 $A,B,C,D,E,F$ 為待定常數。兩邊同乘以 $\left(x^2+4\right)^2\left(x^2+9\right)$ 有

$\begin{aligned}x^2&=\left(Ax+B\right)\left(x^2+4\right)\left(x^2+9\right)+\left(Cx+D\right)\left(x^2+9\right)+\left(Ex+F\right)\left(x^2+4\right)^2\\&=\left(Ax+B\right)\left(x^4+13x^2+36\right)+\left(Cx^3+Dx^2+9Cx+9D\right)+\left(Ex+F\right)\left(x^4+8x^2+16\right)\\&=\left(A+E\right)x^5+\left(B+F\right)x^4+\left(13A+C+8E\right)x^3+\left(13B+D+8F\right)x^2+\left(36A+9C+16E\right)x+\left(36B+9D+16F\right)\end{aligned}$

比較係數有聯立方程組

$\left\{\begin{aligned}&A+E=0\\&B+F=0\\&13A+C+8E=0\\&13B+D+8F=1\\&36A+9C+16E=0\\&36B+9D+16F=0\end{aligned}\right.$

可解得 $A=C=E=0$，而 $\displaystyle B=\frac9{25}$、$\displaystyle D=-\frac45$ 與 $\displaystyle F=-\frac9{25}$，如此所求的瑕積分可改寫如下

$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{x^2}{\left(x^2+4\right)^2\left(x^2+9\right)}dx=\frac9{25}\int_0^{\infty}\frac{dx}{x^2+4}-\frac45\int_0^{\infty}\frac{dx}{\left(x^2+4\right)^2}-\frac9{25}\int_0^{\infty}\frac{dx}{x^2+9}$

其中第二項的不定積分可運用三角代換（令 $x=2\tan\theta$）計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int\frac{dx}{\left(x^2+4\right)^2}&=\int\frac{2\sec^2\theta d\theta}{16\sec^4\theta}=\frac18\int\cos^2\theta d\theta=\frac1{16}\int\left(1+\cos2\theta\right)d\theta\\&=\frac1{16}\left(\theta+\frac{\sin2\theta}2\right)+C=\frac{\theta+\sin\theta\cos\theta}{16}+C=\frac{\displaystyle\tan^{-1}\left(\frac{x}2\right)+\frac{2x}{x^2+4}}{16}+C\end{aligned}$

如此所求之瑕積分可計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^{\infty}\frac{x^2}{\left(x^2+4\right)^2\left(x^2+9\right)}dx&=\left.\left[\frac9{25}\cdot\frac12\tan^{-1}\left(\frac{x}2\right)-\frac45\cdot\frac{\displaystyle\tan^{-1}\left(\frac{x}2\right)+\frac{2x}{x^2+4}}{16}-\frac9{25}\cdot\frac13\tan^{-1}\left(\frac{x}3\right)\right]\right|_0^{\infty}\\&=\frac9{50}\cdot\frac\pi2-\frac45\cdot\frac\pi{32}-\frac3{25}\cdot\frac\pi2=\frac\pi{200}\end{aligned}$



6. Find the value of $\displaystyle\lim_{h\to0}\frac1h\int_5^{5+h}x^7\sin x^2dx$.
訣竅
運用羅必達法則與微積分基本定理求解即可。
解法

使用羅必達法則與微積分基本定理可知

$\displaystyle\lim_{h\to0}\frac1h\int_5^{5+h}x^7\sin x^2dx=\lim_{h\to0}\left(5+h\right)^7\sin\left(5+h\right)^2=5^7\sin5^2=78125\sin25$



7. Find the value of $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\int_{y/2}^{\infty}e^{-x^2+xy-\frac54y^2}dxdy$.
訣竅
將被積分函數之次方配方後使用極座標變換處理之。
解法

首先注意到被積分函數可改寫如下

$e^{-x^2+xy-\frac54y^2}=e^{-\left(x-\frac{y}2\right)^2-y^2}$

令

$\displaystyle r=\sqrt{\left(x-\frac{y}2\right)^2+y^2},\qquad\theta=\tan^{-1}\frac{2y}{2x-y}$

由積分範圍可知變數範圍 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\\&-\frac\pi2\leq\theta\leq\frac\pi2\end{aligned}\right.$，如此所求的瑕積分可改寫如下

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\int_{y/2}^{\infty}e^{-x^2+xy-\frac54y^2}dxdy=\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\int_0^{\infty}e^{-r^2}rdrd\theta=\left.-\pi\cdot\frac{e^{-r^2}}2\right|_0^{\infty}=\frac{\pi}2$



8. Prove that $\displaystyle\frac{d\ln x}{dx}=\frac1x$. (You can use the following equation: $\displaystyle\frac{de^x}{dx}=e^x$.)
訣竅
使用反函數的定義與連鎖律證明之。
解法
注意到 $e^{\ln x}=x$，故運用連鎖律求導可知
$\displaystyle e^{\ln x}\cdot\frac{d\ln x}{dx}=1$
又 $e^{\ln x}=x$，故移項便有 $\displaystyle\frac{d\ln x}{dx}=\frac1x$，證明完畢。


9. Let $\displaystyle F\left(x\right)=\int_x^{2x}\ln\left(x^2+t\right)dt$. Find $\displaystyle\frac{dF\left(x\right)}{dx}$.
訣竅
運用變數變換處理被積分函數為雙變數的情形，隨後求導時使用微積分基本定理與連鎖律。
解法

令 $t=u-x^2$，那麼

• 當 $t=x$ 時有 $u=x+x^2$；
• 當 $t=2x$ 時有 $u=2x+x^2$；
• 求導有 $dt=du$。

據此可將函數 $F$ 改寫如下

$\displaystyle F\left(x\right)=\int_{x+x^2}^{2x+x^2}\ln udu$

那麼由微積分基本定理與連鎖律求導可知

$\displaystyle\frac{dF\left(x\right)}{dx}=\ln\left(2x+x^2\right)\cdot\left(2+2x\right)-\ln\left(x+x^2\right)\cdot\left(1+2x\right)=\left(2+2x\right)\ln\left(2+x\right)-\left(1+2x\right)\ln\left(1+x\right)+\ln x$



10. Prove that $\displaystyle\frac{dx^2}{dx}=2x$.
訣竅
按照導函數的定義計算求解即可。
解法
設 $f\left(x\right)=x^2$，那麼按照導函數的定義有
$\displaystyle\frac{dx^2}{dx}=\lim_{h\to0}\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}h=\lim_{h\to0}\frac{\left(x+h\right)^2-x^2}h=\lim_{h\to0}\left(2x+h\right)=2x$
證明完畢。