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109 政大微積分 Part II 第 2 題

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109學年度 · 109微積分 · 第 12 題

題目

Problem

Let f(x)f(x), F(x)F(x) and h(x)h(x) be defined as the following:

f(x)=2πλe−(x/λ)2,F(x)=∫0xf(t) dt,h(x)=f(x)1−F(x).f(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}\lambda}e^{-(x/\lambda)^2},\qquad F(x)=\int_0^x f(t)\,dt,\qquad h(x)=\frac{f(x)}{1-F(x)}.

(a) (15 points) Find lim⁡x→0+h(x)\lim_{x\to0^+}h(x).

(b) (15 points) Find lim⁡x→∞h(x)\lim_{x\to\infty}h(x).

解答

先假設題目中的尺度參數 λ>0\lambda>0。由 F(0)=0F(0)=0 可直接處理 (a)：

lim⁡x→0+h(x)= f(0)1−F(0)= 2πλ.\lim_{x\to0^+}h(x) =\,\frac{f(0)}{1-F(0)} =\,\frac{2}{\sqrt{\pi}\lambda}.

對 (b)，令 u=x/λu=x/\lambda。分母是高斯尾端積分：

1−F(x)= 2π∫u∞e−s2 ds.\begin{align*} 1-F(x) =&\,\frac2{\sqrt{\pi}}\int_u^\infty e^{-s^2}\,\mathrm{d}s. \end{align*}

當 u→∞u\to\infty 時，

∫u∞e−s2 ds∼ e−u22u.\int_u^\infty e^{-s^2}\,\mathrm{d}s \sim\,\frac{e^{-u^2}}{2u}.

故

h(x)= 2πλe−u22π∫u∞e−s2 ds∼ 2uλ= 2xλ2⟶∞.\begin{align*} h(x) =&\,\frac{\frac2{\sqrt{\pi}\lambda}e^{-u^2}} {\frac2{\sqrt{\pi}}\int_u^\infty e^{-s^2}\,\mathrm{d}s}\\[4mm] \sim&\,\frac{2u}{\lambda} =\,\frac{2x}{\lambda^2}\longrightarrow\infty. \end{align*}

答案：

lim⁡x→0+h(x)=2πλ,lim⁡x→∞h(x)=∞.\boxed{\displaystyle\lim_{x\to0^+}h(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}\lambda}}, \qquad \boxed{\displaystyle\lim_{x\to\infty}h(x)=\infty}.