練習題 1

已知 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x-a}{x+a}\right)^x =\int_a^{\infty}4x^2e^{-2x}\,\mathrm{d}x$ ，求常數 $a$ 。

解

\begin{align*} &\,\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x-a}{x+a}\right)^x\\[4mm] =&\,\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{-2a}{x+a}\right)^x\\[4mm] =&\,e^{-2a}\\[4mm] &\,\int_a^{\infty}4x^2e^{-2x}\,\mathrm{d}x\\[4mm] =&\,\left[-2x^2e^{-2x}\right]_a^{\infty} +4\int_a^{\infty}xe^{-2x}\,\mathrm{d}x\\[4mm] =&\,2a^2e^{-2a}+2ae^{-2a}+e^{-2a}\\[4mm] \Rightarrow\; & e^{-2a}=\left(2a^2+2a+1\right)e^{-2a}\\[4mm] \Rightarrow\; & a=0 \text{ or } -1 \end{align*}

練習題 2

對於 $\displaystyle \int_0^{x+y}e^{-t^2}\,\mathrm{d}t =\int_0^x x\sin(t^2)\,\mathrm{d}t$ ，求 $\left.\dfrac{\mathrm{d}y}{\,\mathrm{d}x}\right\vert_{x=0}$ 。

解

等號兩邊同時對 $x$ 求導

\begin{align*} e^{-(x+y)^2} = \int_0^x\sin(t^2)\,\mathrm{d}t+x\sin(x^2) \end{align*}

代 $x=0$

\begin{align*} e^{-y^2}\left(1+\left.\frac{\mathrm{d}y}{\,\mathrm{d}x}\right\vert_{x=0}\right) =&\,0\\[4mm] \Rightarrow \left.\frac{\mathrm{d}y}{\,\mathrm{d}x}\right\vert_{x=0} =&\,-1 \end{align*}

練習題 3

判斷級數斂散性： $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac 1 {\int_0^n \frac{\sqrt x}{1+x^2} \,\mathrm{d}x}$ 。

解

首先處理積分，被積分函數的分子 $\sqrt{x}$ 在區間 $[0,n]$ 上恆滿足 $\sqrt{x}\le\sqrt{n}$ ，故有

\begin{align*} \int_0^n \frac{\sqrt x}{1+x^2} \,\mathrm{d}x \le & \sqrt{n}\int_0^n \frac{1}{1+x^2} \,\mathrm{d}x\\[4mm] =&\,\sqrt{n}\cdot\tan^{-1}(n)\\[4mm] \le&\,\frac{\pi}{2}\sqrt{n} \end{align*}

所以有

\begin{align*} \frac{1}{\int_0^n \frac{\sqrt{x}}{1+x^2} \,\mathrm{d}x} \ge\frac{2}{\pi}\cdot\frac{1}{\sqrt{n}} \end{align*}

由於 $\sum \frac{1}{\sqrt{n}}$ 發散，由比較審斂法，原級數發散。

練習題 4

求出 $\displaystyle f(x)=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n} \frac{x(1-x)}{k+(n-k)x}\;,\;x\in[0,1]$ 。

解

顯然 $f(0)=f(1)=0$ 。對於 $x\in(0,1)$ ，

\begin{align*} &\,\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n} \frac{x(1-x)}{k+(n-k)x}\\[4mm] =&\,x(1-x)\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(1-x)+nx}\\[4mm] =&\,x(1-x)\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\left(\frac{k}{n}\right)(1-x)+x}\cdot\frac{1}{n}\\[4mm] =&\,x(1-x)\int_0^1 \frac{1}{(1-x)y+x}\,\mathrm{d}y\\[4mm] =&\,x\cdot\Big[\ln\big\vert(1-x)y+x\big\vert\Big]_0^1\\[4mm] =&\,-x\ln(x) \end{align*}

故

\begin{align*} f(x)= \begin{cases} -x\ln(x) & ,\,0<x\le1\\[4mm] 0 & ,\,x=0 \end{cases} \end{align*}

幾道練習題分享

練習題 1

練習題 2

練習題 3

練習題 4