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111 學年度台聯大微積分 A2 第 6 題

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111學年度 · 111台聯大微積分A2 · 第 6 題

題目

Problem

6. Evaluate the integral ∫0ln⁡2x−2e−1/x dx\displaystyle\int_0^{\ln 2} x^{-2} e^{-1/x}\,\mathrm{d}x.

解答

解法一：觀察反導函數法

思路

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  1. 此積分在下限 x=0x = 0 處為瑕點，因為 x−2e−1/xx^{-2} e^{-1/x} 在 x→0+x \to 0^+ 時的行為需以極限處理，此為瑕積分。
  2. 藉由鏈鎖律，我們可以直接觀察出被積函數的反導函數： ddx(e−1/x)=e−1/x⋅ddx(−1x)=1x2e−1/x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left( e^{-1/x} \right) = e^{-1/x} \cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(-\frac{1}{x}\right) = \frac{1}{x^2} e^{-1/x}
  3. 利用微積分基本定理直接寫出不定積分，再取極限計算瑕積分值。

答題過程

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根據瑕積分的定義，將下限以極限表示：

I=lim⁡t→0+∫tln⁡2x−2e−1/x dxI = \lim_{t\to 0^+} \int_t^{\ln 2} x^{-2} e^{-1/x}\,\mathrm{d}x

由於 ddx(e−1/x)=x−2e−1/x\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left( e^{-1/x} \right) = x^{-2} e^{-1/x}，故其反導函數為 e−1/xe^{-1/x}。 因此：

I=lim⁡t→0+[e−1/x]tln⁡2=lim⁡t→0+(e−1/ln⁡2−e−1/t)I = \lim_{t\to 0^+} \left[ e^{-1/x} \right]_t^{\ln 2} = \lim_{t\to 0^+} \left( e^{-1/\ln 2} - e^{-1/t} \right)

當 t→0+t \to 0^+ 時， −1t→−∞  ⟹  e−1/t→0-\dfrac{1}{t} \to -\infty \implies e^{-1/t} \to 0。 故：

I=e−1/ln⁡2−0=e−1ln⁡2I = e^{-1/\ln 2} - 0 = \boxed{e^{-\frac{1}{\ln 2}}}

解法二：變數代換法

思路

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  1. 令 u=1xu = \frac{1}{x} 進行變數代換，從而將原瑕積分轉換為常規的無窮區間反常積分。
  2. 計算微分關係： du=−x−2 dx\mathrm{d}u = -x^{-2}\,\mathrm{d}x。
  3. 轉換對應的積分上下限，並求解積分值。

答題過程

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引入極限寫出瑕積分：

I=lim⁡t→0+∫tln⁡21x2e−1/x dxI = \lim_{t\to 0^+} \int_t^{\ln 2} \frac{1}{x^2} e^{-1/x}\,\mathrm{d}x

令 u=1x  ⟹  du=−1x2 dx  ⟹  1x2 dx=−duu = \frac{1}{x} \implies \mathrm{d}u = -\frac{1}{x^2}\,\mathrm{d}x \implies \frac{1}{x^2}\,\mathrm{d}x = -\mathrm{d}u。

  • 當 x=t  ⟹  u=1tx = t \implies u = \frac{1}{t}。
  • 當 x=ln⁡2  ⟹  u=1ln⁡2x = \ln 2 \implies u = \frac{1}{\ln 2}。

代入積分式：

I=lim⁡t→0+∫1/t1/ln⁡2e−u(−du)=lim⁡t→0+∫1/ln⁡21/te−u duI = \lim_{t\to 0^+} \int_{1/t}^{1/\ln 2} e^{-u} (-\mathrm{d}u) = \lim_{t\to 0^+} \int_{1/\ln 2}^{1/t} e^{-u}\,\mathrm{d}u

計算此積分：

I=lim⁡t→0+[−e−u]1/ln⁡21/t=lim⁡t→0+(−e−1/t−(−e−1/ln⁡2))I = \lim_{t\to 0^+} \left[ -e^{-u} \right]_{1/\ln 2}^{1/t} = \lim_{t\to 0^+} \left( -e^{-1/t} - (-e^{-1/\ln 2}) \right)

當 t→0+t \to 0^+ 時， 1t→∞  ⟹  e−1/t→0\frac{1}{t} \to \infty \implies e^{-1/t} \to 0。 故：

I=0+e−1/ln⁡2=e−1ln⁡2I = 0 + e^{-1/\ln 2} = \boxed{e^{-\frac{1}{\ln 2}}}