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114 台綜大微積分 C 第 1 題

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114學年度 · 114微積分C · 第 1 題

題目

Problem

(10 points) Find the following limits.

(a)

lim⁡h→1∫0h2−1ex2−2 dxh−1.\lim_{h \to 1} \frac{\int_{0}^{h^2 - 1} e^{x^2 - 2} \,\mathrm{d}x}{h - 1}.

(b)

lim⁡x→0+∣x−sin⁡(3x)∣7x.\lim_{x \to 0^+} \frac{|x - \sin(3x)|}{7x}.

解答

解法一

思路

展開

本題包含兩個極限計算子問題。

  1. 第 (a) 小題：求變限積分的極限

    • 當 h→1h \to 1 時，積分上限 h2−1→0h^2 - 1 \to 0，因此分子 ∫00ex2−2 dx=0\int_0^0 e^{x^2-2} \,\mathrm{d}x = 0，分母 h−1→0h-1 \to 0。此極限為 00\frac{0}{0} 不定型。
    • 我們採用羅必達法則 (L’Hôpital’s Rule)。對分子進行求導需要使用微積分基本定理 (Fundamental Theorem of Calculus) 與連鎖律：  ddh(∫0h2−1ex2−2 dx)= e(h2−1)2−2⋅ddh(h2−1)= 2he(h2−1)2−2\begin{align*} &\,\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}h} \Big(\int_{0}^{h^2-1}e^{x^2-2}\,\mathrm{d}x\Big) \\[4mm] =&\,e^{(h^2-1)^2-2}\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}h}(h^2-1) \\[4mm] =&\,2h e^{(h^2-1)^2-2} \end{align*}
    • 對分母求導： (h−1)′=1(h-1)' = 1。
    • 代入 h=1h=1 計算。

  2. 第 (b) 小題：求含有絕對值的三角極限

    • 極限為 x→0+x \to 0^+（自右側趨近於 0，此時 x>0x > 0）。
    • 我們必須分析絕對值內部的正負號： 已知正弦函數在 00 附近的 Taylor 展開式為： sin⁡(3x)=3x−92x3+O(x5)\sin(3x) = 3x - \frac{9}{2}x^3 + \mathcal{O}(x^5) 因此： x−sin⁡(3x)=−2x+92x3+更高次項x-\sin(3x) =-2x+\frac{9}{2}x^3+\text{更高次項} 當 x→0+x \to 0^+（非常小的正數）時， −2x-2x 為負值。因此 x−sin⁡3x<0x - \sin 3x < 0。 去除絕對值需要變號： ∣x−sin⁡3x∣=−(x−sin⁡3x)=sin⁡3x−x|x - \sin 3x| = -(x - \sin 3x) = \sin 3x - x
    • 將極限改寫並利用羅必達法則或泰勒展開式計算。

答題過程

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第 (a) 小題：計算變限積分極限

極限式在 h→1h \to 1 時為 00\frac{0}{0} 型。我們使用羅必達法則，對分子分母分別關於 hh 求導：

 lim⁡h→1∫0h2−1ex2−2 dxh−1=L lim⁡h→1ddh(∫0h2−1ex2−2 dx)ddh(h−1)= lim⁡h→1e(h2−1)2−2⋅ddh(h2−1)1= lim⁡h→1(e(h2−1)2−2⋅2h)\begin{align*} &\,\lim_{h \to 1} \frac{\int_{0}^{h^2-1}e^{x^2-2}\,\mathrm{d}x}{h-1} \\[4mm] \overset{L}{=}&\,\lim_{h \to 1} \frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}h}\big(\int_{0}^{h^2-1}e^{x^2-2}\,\mathrm{d}x\big)} {\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}h}(h-1)} \\[4mm] =&\, \lim_{h \to 1} \frac{e^{(h^2 - 1)^2 - 2} \cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}h}(h^2 - 1)}{1} \\[4mm] =&\, \lim_{h \to 1} \left( e^{(h^2 - 1)^2 - 2} \cdot 2h \right) \end{align*}

將 h=1h = 1 代入上式：

La=e(12−1)2−2⋅2(1)=e0−2⋅2=2e−2=2e2L_a = e^{(1^2 - 1)^2 - 2} \cdot 2(1) = e^{0 - 2} \cdot 2 = 2e^{-2} = \frac{2}{e^2}

第 (b) 小題：計算含有絕對值的三角極限

我們考慮 x→0+x \to 0^+ 的自變數範圍。 先判斷絕對值內部的符號。由重要極限可知

lim⁡x→0+x−sin⁡3xx=1−lim⁡x→0+sin⁡3xx=1−3=−2.\lim_{x\to0^+}\frac{x-\sin 3x}{x} =1-\lim_{x\to0^+}\frac{\sin 3x}{x}=1-3=-2.

因此當 x>0x>0 且充分接近 00 時，x−sin⁡3x<0x-\sin 3x<0，故：

x−sin⁡3x<0  ⟹  ∣x−sin⁡3x∣=sin⁡3x−xx - \sin 3x < 0 \implies |x - \sin 3x| = \sin 3x - x

將其代回極限式中，此極限為 00\frac{0}{0} 型，我們可以使用羅必達法則：

lim⁡x→0+∣x−sin⁡3x∣7x= lim⁡x→0+sin⁡3x−x7x=L lim⁡x→0+3cos⁡3x−17\begin{align*} \lim_{x \to 0^+} \frac{|x - \sin 3x|}{7x} =&\, \lim_{x \to 0^+} \frac{\sin 3x - x}{7x} \\[4mm] \overset{L}{=}&\, \lim_{x \to 0^+} \frac{3\cos 3x - 1}{7} \end{align*}

將 x=0x = 0 代入（此時 cos⁡0=1\cos 0 = 1）：

Lb=3cos⁡0−17=3(1)−17=27L_b = \frac{3\cos 0 - 1}{7} = \frac{3(1) - 1}{7} = \frac{2}{7}

結論：

  • (a) 的極限值為 2e2\frac{2}{e^2}
  • (b) 的極限值為 27\frac{2}{7}