故知 Zf′ ∪ (Df \
◦
Df) ∪ Sf = {0, 43, 2} ,
x 0 43 2
f′(x) − + 0 − −
說 明 ց min ր max ց ց
(c) 因 f 連續於 R 上, 故 f 之圖形無垂直漸近線. 其次, m = lim
x→+∞
f (x)
x = lim
x→+∞
(2x2− x3)1/3
x = lim
x→+∞(2
x − 1)1/3= −1, b = lim
x→+∞(f (x) − mx) = lim
x→+∞
(2x2− x3)1/3+ x
= lim
x→+∞x((2
x − 1)1/3+ 1)
= lim
t→0+
(2t − 1)1/3+ 1
t , (令 t = 1/x )
= lim
t→0+
2
3(2t − 1)−2/3, ( l’Hospital 規則)
= 2 3.
故 y = mx + b = −x + 2
3, 為其非垂直漸近線, ( x → −∞ 結果相同).
註 :
本題並未要求繪出圖形.♠ (13-5) 設 lim
x→+∞(√
x2− x + 1 − ax − b) = 0 . 試求 a 與 b 之值. 分析 利用作圖概念.
13 作圖與凹凸性 112 解 由題意 lim
x→+∞(√
x2 − x + 1 − ax − b) = 0 , 知 y = ax + b 乃 f 圖形之非垂直漸近線, 故
a = lim
x→+∞
√x2− x + 1
x = 1.
b = lim
x→+∞(√
x2− x + 1 − ax) = lim
x→+∞(√
x2− x + 1 − x)
= lim
x→+∞
(x2 − x + 1) − x2
√x2− x + 1 + x = lim
x→+∞
−1 + 1 x r
1 − 1 x + 1
x2 + 1
= −1 2.
♠ (13-6) 試繪製曲線 y = x
3
(x − 1)2.
分析 作圖題是一種程序性題目, 意思是只需按照程序一步步做下去就可以, 可能有點繁, 但不會太難.
解 令f (x) = x
3
(x − 1)2. 1◦ Df = R \ {1}.
2◦ f 無週期性及對稱性, 但為連續.
3◦ 漸近線. x = 1 顯為其垂直漸近線, 至於非垂直漸近線, 由於
m = lim
x→+∞
f (x)
x = lim
x→+∞
x2
(x − 1)2 = 1, b = lim
x→+∞(f (x) − mx) = lim
x→+∞
x3
(x − 1)2 − x
= lim
x→+∞
2x2− x (x − 1)2 = 2, 是以y = x + 2 , 為一非垂直漸近線. (x → −∞ 亦同).
4◦ 次求 f 之一、 二階導數,
f′(x) = 3x2(x − 1)2 − 2x3(x − 1)
(x − 1)4 = x2(x − 3) (x − 1)3 , f′′(x) = (3x2− 6x)(x − 1)3− 3x2(x − 3)(x − 1)2
(x − 1)6 = 6x
(x − 1)4, Zf′ = {0, 3} , Zf′′ = {0}.
5◦ 繪表 :
x 0 1 3
f (x) − 0 + +
f′(x) + 0 + − 0 +
f′′(x) − 0 + +
說 明 ր ր ց min ր
⌢ 反曲 ⌣ ⌣
13 作圖與凹凸性 113 6◦ 圖形如下 :
圖 13–4
♠ (13-7) 設 f (x) = x tan−1x . (a) 討論 f 之對稱性 ;
(b) 試求 f 之漸近線, (若其存在) ;
(c) 試繪表以求 f 之極值及反曲點, (若其存在) ; (d) 綜合以上各點繪出 f 之圖形 .
分析 非垂直漸近線應注意是否有兩條, 換言之應討論 x → +∞ 及x → −∞ 二種情形. 解 (a) 由於
f (−x) = −x tan−1(−x) = x tan−1x = f (x), 知 f 之圖形對稱於 Y 軸.
(b) 首先, 因f 於R 上為連續, 故無垂直漸近線 其次, 因
m = lim
x→+∞
f (x)
x = lim
x→+∞tan−1x = π
2, b = lim
x→+∞(f (x) − mx) = lim
x→+∞x
tan−1x − π 2
= lim
x→+∞
tan−1x −π 1 2 x
= lim
x→+∞
−x2
1 + x2 = −1.
13 作圖與凹凸性 114
13 作圖與凹凸性 115 是以
x→+∞lim f (x + k) − f (x)
= lim
x→+∞(f(x + k) − m(x + k) − b) − (f(x) − mx − b) + mk
= lim
x→+∞ f (x + k) − m(x + k) − b − lim
x→+∞ f (x) − mx − b + mk
= mk.
♠ (13-9) 設 f 在區間I 上為一凸函數, 試證 : 若x1, · · · , xn 為
◦
I 內相異元素, 則 1
n f (x1) + · · · + f (xn) > fx1+ · · · + xn
n
.
分析
◦
I 表區間之內部, 換言之, 若 I = [a, b] (或 (a, b] ) , 則 I = (a, b) .◦ 本題屬於理論 之探討, 希望對於喜愛邏輯推演的讀者有所幫助.
解 由原設 x1, · · · , xn 為I 內相異元素, 故知 n ≥ 2 , 我們將利用數學歸納法證明之.
1◦ 若 n = 2 , 則由凸函數之定義顯然有
fx1+ x2
2
= f1
2x1+ 1 2x2
< 1
2f (x1) + 1
2f (x2) = 1
2(f (x1) + f (x2)).
2◦ 若 n = k 時, 原不等式為真, 即 1
k f (x1) + · · · + f (xk) > fx1+ · · · + xk
k
. 往證: n = k + 1 時, 不等式亦為真,
1
k + 1 f (x1) + · · · + f (xk+1) = 1
k + 1 f (x1) + · · · + f (xk) + f (xk+1)
= k
k + 1 · 1
k f (x1) + · · · + f (xk) + 1
k + 1f (xk+1)
> k
k + 1 · fx1+ · · · + xk
k
+ 1
k + 1f (xk+1)
≥ f k
k + 1 · x1+ · · · + xk
k + 1
k + 1xk+1
,
注意 : x1+ · · · + xk
k 可能等於 xk+1
= fx1+ · · · + xk+1
k + 1
.
13 作圖與凹凸性 116
14 不定積分 117
§ 14 不定積分
在微積分中, 「不定積分」 部分最不具有理論味道, 其目的在於幫助此後各單元中積分問 題之迅速解出, 它不需要高深的極限做基礎 (至少沒有很直接的關係) , 也用不著複雜的數字 計算或邏輯推演, 所需要的工具只有兩大部分 :
第一部分 : 基本公式(basic formulas).
第二部分 : 積分法 (integration).
1. 代換積分法 (integration by substitution).
• 一般代換法(general substitution);
• 三角代換法(integration by trigonometric substitution);
• 雙曲代換法(integration by hyperbolic substitution);
• 半角代換法(integration by half-angle substitution).
2. 分部積分法 (integration by parts).
3. 部分分式積分法 (integration by partial fractions).
除了工具之外, 還需要熟練的技巧, 這一點多半要下點兒功夫, 沒有足夠的功夫, 即使 一個很容易的題目也會手足無措不敢放手去做. 所謂熟能生巧, 只有熟練才能應付未來可能 的困難.
◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ •
♠ (14-1) 試求 Z
sin x sin 2x sin 3x dx . 分析 使用三角函數之積化和差公式.
解
原題= 1 2
Z
(cos 2x − cos 4x) sin 2x dx
= 1 4
Z
sin 2x d sin 2x −1 4
Z
(sin 6x − sin 2x) dx
= 1
8sin22x + 1
24cos 6x − 1
8cos 2x + C.
♠ (14-2) 試求不定積分 Z
xnln x dx , 其中 n 為一整數.
分析 注意 : n 應分為二種情形, 它等於 −1與否, 部分初學者往往忽略 n = −1 之情況.
14 不定積分 118
解 1◦ 若 n ∈ Z \ {−1} , 令 u = ln x , dv = xndx , 則du = dx
x , v = xn+1 n + 1. 原題= x
n+1
n + 1ln x − 1 n + 1
Z
xndx = xn+1
n + 1ln x − xn+1
(n + 1)2 + C.
2◦ 若 n = −1 ,
原題= Z
x−1ln x dx = Z
ln x d(ln x) = (ln x)2 2 + C.
♠ (14-3) 試求不定積分
Z 2x − 1
√x2+ 2xdx .
分析 三角代換題目通常不會太難, 但有個小麻煩, 將新變數 θ 換回舊變數時, 有時會有 符號上的問題, 若有不明白之處, 敬請參閱拙著 《 微積分學．電子書 2.1 版》 第五章
§ 5.4.
解
Z 2x − 1
√x2+ 2x dx =
Z 2x + 2
√x2+ 2xdx −
Z 3
√x2+ 2xdx , 令
I1 =
Z 2x + 2
√x2 + 2xdx = Z
(x2+ 2x)−1/2d(x2+ 2x)
= 2(x2+ 2x)1/2+ C1. I2 =
Z 3
√x2 + 2xdx = 3
Z dx
p(x + 1)2− 1, (以下詳解之. )
先令 f (x) = 3
p(x + 1)2 − 1, 顯然 Df = (−∞, −2) ∪ (0, +∞) , 然不定積分之被積 函數的定義域須為區間, 取(−∞, −2)或(0, +∞) , (但定義域不可採取二者之聯集).
1◦ 若 x ∈ (0, +∞),令 x + 1 = sec θ , 則 dx = sec θ tan θ dθ , 而 θ = sec−1(x + 1) ∈
0,π 2
,
I2 = 3
Z sec θ tan θ dθ
√sec2θ − 1
= 3 Z
sec θ dθ , (注意上式分母為正)
= 3 ln | sec θ + tan θ| + C2
= 3 ln |x + 1 +√
x2+ 2x| + C2.
14 不定積分 119 2◦ 若定義域為 (−∞, −2), 令x + 1 = sec θ, 則dx = sec θ tan θ dθ, 而
θ = sec−1(x + 1) ∈π 2, π
,
I2 = 3
Z sec θ tan θ dθ
√sec2θ − 1
= −3 Z
sec θ dθ , (注意sec θ < 0 )
= −3 ln | sec θ + tan θ| + C2′
= −3 ln |x + 1 −√
x2+ 2x| + C2′
= 3 ln
1 x + 1 −√
x2+ 2x + C
′ 2
= 3 ln |x + 1 +√
x2+ 2x| + C2′ , (有理化分母).
因此,
原題 = I1− I2 = 2(x2+ 2x)1/2− 3 ln |x + 1 +√
x2 + 2x| + C.
♠ (14-4) 試求 Z
csc2n+1x dx之簡化公式, 內n ∈ N \ {1}.
分析 簡化公式一旦求得, 吾人可以連續套用, 最後不定積分部分只有 Z
csc x dx.
解 令u = csc2n−1x dx, dv = csc2x dx , 則du = −(2n − 1) csc2n−1x cot x dx , v = − cot x,
Z
csc2n+1x dx = − csc2n−1x cot x − (2n − 1) Z
cot2x csc2n−1x dx
= − csc2n−1x cot x − (2n − 1) Z
(csc2x − 1) csc2n−1x dx
= − csc2n−1x cot x − (2n − 1) Z
csc2n+1x dx + (2n − 1)
Z
csc2n−1x dx.
左右兩端分別加以 (2n − 1) Z
csc2n+1x dx , 得簡化公式 Z
csc2n+1x dx = − 1
2ncsc2n−1x cot x + 2n − 1 2n
Z
csc2n−1x dx.
14 不定積分 120
♠ (14-5) 試求以下各不定積分 :
(a) Z
sin−1x dx; (b)
Z
cos−1x dx;
(c) Z
tan−1x dx; (d)
Z
cot−1x dx;
(e) Z
sec−1x dx; (f)
Z
csc−1x dx.
分析 解題方法皆為 「分部積分法」(by parts) , 但難易稍有差別. 解 (a) 令 u = sin−1x , dv = dx , 則 du = √ dx
1 − x2 , v = x , Z
sin−1x dx = x sin−1x −
Z x dx
√1 − x2 = x sin−1x +√
1 − x2 + C.
(b) 令 u = cos−1x , dv = dx , 則 du = −√ dx
1 − x2 , v = x , Z
cos−1x dx = x cos−1x +
Z x dx
√1 − x2 = x cos−1x −√
1 − x2 + C.
(c) 令 u = tan−1x , dv = dx , 則 du = dx
x2+ 1 , v = x.
Z
tan−1x dx = x tan−1x −
Z x dx
x2+ 1 = x tan−1x − 1 2
Z d(x2+ 1) x2 + 1
= x tan−1x − 1
2ln(x2+ 1) + C (d) 令 u = cot−1x , dv = dx , 則 du = − dx
x2+ 1, v = x.
Z
cot−1x dx = x cot−1x +
Z x dx
x2+ 1 = x cot−1x + 1 2
Z d(x2+ 1) x2 + 1
= x cot−1x +1
2ln(x2+ 1) + C (e) 若 x > 1 , 令 u = sec−1x , dv = dx , 則du = dx
x√
x2 − 1, v = x , Z
sec−1x dx = x sec−1x −
Z dx
√x2− 1 = x sec−1x − ln |x +√
x2− 1| + C.
[註]
Z dx
√x2− 1 = ln |x +√
x2− 1| + C 係利用三角代換法, 見(14-3) 題. 若 x < −1 , 令 u = sec−1x , dv = dx , 則du = −dx
x√
x2− 1, v = x , Z
sec−1x dx = x sec−1x +
Z dx
√x2− 1 = x sec−1x + ln |x +√
x2− 1| + C.
14 不定積分 121
14 不定積分 122
♠ (14-7) 試求不定積分 Z
x2sin2x dx .
分析 先將 sin2x化為倍角型式, 再利用分部積分法 (by parts) 時會比較方便. 解 利用分部積分法:
原題= 1 2
Z
x2(1 − cos 2x) dx
= x3 6 − 1
2 Z
x2cos 2x dx
= x3
6 − x2sin 2x
4 +1
2 Z
x sin 2x dx ,
令 u = x2, dv = cos 2x dx
= x3
6 − x2sin 2x
4 +1
2
−x cos 2x
2 +sin 2x 4
+ C
令u1 = x, dv1 = sin 2x dx
= x3
6 − x2sin 2x
4 − x cos 2x
4 +sin 2x 8 + C.
♠ (14-8) 試求不定積分
Z dx
a + b · tan x , 其中 ab 6= 0.
分析 本題有數種解法, 說明不定積分的多樣性, 除以下三種方法之外當然還有半角代換法, 這一部分我們留給有興趣的讀者.
解 法一 :
原題=
Z cos x
a cos x + b sin x dx
= 1
√a2+ b2
Z cos x
cos(x − α)dx ,
內 cos α = √ a
a2+ b2 , sin α = b
√a2+ b2
= 1
√a2+ b2
Z cos(x − α + α) cos(x − α) dx
= cos α
√a2+ b2 Z
dx − sin α
√a2+ b2 Z
tan(x − α) dx
= ax
a2+ b2 + b
a2+ b2 ln | cos(x − α)| + C
= ax
a2+ b2 + b
a2+ b2 ln |a cos x + b sin x| + C′.
14 不定積分 123 法二 : 令u = tan x , 則
du = sec2x dx = (1 + tan2x) dx = (1 + u2) dx , dx = du 1 + u2 , 原題=
Z du
(a + bu)(1 + u2)
= b2 a2+ b2
Z du
a + bu + 1 a2+ b2
Z a − bu
1 + u2 du , (部分分式)
= b
a2+ b2 ln |a + bu| − b
2(a2+ b2)ln(1 + u2) + a tan−1u a2 + b2 + C
= b
a2+ b2 ln |a + b tan x| − b
2(a2+ b2)ln(1 + tan2x) + ax
a2+ b2 + C.
法三 :
原題 = 1 a2+ b2
Z (a2+ b2) cos x a cos x + b sin xdx
= 1
a2+ b2
Z a2cos x + ab sin x − ab sin x + b2cos x a cos x + b sin x dx
= a
a2+ b2
Z a cos x + b sin x
a cos x + b sin xdx + b
Z −a sin x + b cos x a cos x + b sin x dx
= ax
a2+ b2 + b
a2+ b2 ln |a cos x + b sin x| + C.
♠ (14-9) 試求不定積分 Z
max{2 − x, x3} dx.
分析 很少不定積分問題需要動用 「微積分基本定理」, 若遇到被積函數含有max、 min、| | (絕對值符號) , 我們就需要它. 有人以為本題可以這麼解:
• 若 x ≤ 1 , max{2 − x, x3} = 2 − x , 則 Z
max{2 − x, x3} dx = Z
(2 − x) dx = 2x − x2 2 + C,
• 若 x > 1 , max{2 − x, x3} = x3, 則 Z
max{2 − x, x3} = Z
x3dx dx = x4 4 + C.
依題意, 我們應求出一函數 F : R → R 滿足F′(x) = max{2 − x, x3} , 上述結果呈現 兩個函數, 完全不符合要求.
解 1◦ 先求 y = 2 − x 與y = x3 二曲線之交點,
x3− (2 − x) = 0 ⇔ x3+ x − 2 = 0 ⇔ (x − 1)(x2+ x + 2) = 0 ⇔ x = 1, 知 y = x3 與y = 2 − x 二曲線相交於點 (1, 1).
14 不定積分 124
2◦ 設 f : R → R : f (x) = max{2 − x, x3} =
2 − x, 若x ≤ 1, x3, 若x > 1, 若令
F : R → R : F (x) = Z x
1
f (t) dt =
2t −t2 2
x
1, 若x ≤ 1, t4
4
x
1, 若x > 1,
=
2x − x2 2 − 3
2, 若 x ≤ 1, x4− 1
4 , 若 x > 1, 則由微積分基本定理知 ∀x ∈ R , F′(x) = f (x) , 是以
Z
f (x) dx = F (x) + C.
−1 0 1 2
-X F
−3
−2
−1 0 1 2 3 4
Y6
圖 14–1
............................................................................................................................................................................................................
♠ (14-10) 試求不定積分
Z dx
x4+ 1.
分析 本題解題的關鍵在於分解 x4 + 1 , 一旦能分解為兩個二次多項式之積, 下一步可用 部分分式法解決.
解 由於
x4+ 1 = (x2+ 1)2− 2x2 = x2+√
2x + 1
x2−√
2x + 1.
14 不定積分 125
14 不定積分 126
[⋆] 我們知 ∀ x ∈ R, sinh−1x = ln(x +p
x2+ 1).
法二 : 三角代換法, 令 x = a tan t, 注意 : 應為 t = tan−1 x
a ∈ (−π 2,π
2), 則 dx = a sec2t dt.
原題=
Z q
a2(tan2t + 1) a sec2t dt
= a2 Z
sec3t dt, (注意 : sec t > 0 )
= a2
2(sec t tan t + ln | sec t + tan t|) + C, ( by parts )
= a2 2
pa2+ x2
a · x
a + ln
pa2+ x2
a + x
a
+ C , (見下面 ⋆ )
= x 2
pa2+ x2 +a2
2 ln x +p
a2+ x2 + C′.
(⋆) sec t =p
1 + tan2t =
pa2+ x2
a .
♠ (14-12) 試證 : 最大整數函數 f : R → R : f (x) = [x] 不具反導函數 (anti-derivative) , (因而其不定積分
Z
[x] dx 不存在.)
分析 雖然 Z
[x] dx 不存在, 並不代表我們不能求
Z
√ 3
0
[x] dx , 下一節我們再來研究. 證 假定 F : R → R 為f 之一反導函數, 因
F′(0) = f (0) = 0 < 0.5 < 1 = f (1) = F′(1),
由導函數介值定理 † 知, 存在 t ∈ (0, 1) 使得 F′(t) = f (t) = 0.5 , 顯然不可能, 故知 f 不具反導函數.
♠ (14-13) 設 f′′(x) = (x + 4) expx − 1 2
, f′(1) = 10.
(a) 試問f 在何處凹向上, 在何處凹向下 ? (b) 試問f 在何處為遞增, 在何處為遞減 ?
分析 本題未必需要求出函數 f , 但必須先求出 f′ 方能判別函數之增減, 因此必須利用不 定積分, 由f′′ 求出f′.
† 拙著《 微積分學．電子書 2.1 版》 第二章定理 2.19.
14 不定積分 127 解 (a) 由於
f′′(x) = (x + 4) expx − 1 2
< 0 , 若x < −4 ,
= 0 , 若x = −4 ,
> 0 , 若x > −4 , 故知 f 在區間(−∞, −4] 為凹向下, 而於 [−4, +∞) 為凹向上. (b) 1◦ 先求 f′(x) . 由於
f′(x) = Z
f′′(x) dx = Z
(x + 4) expx − 1 2
dx
= 2(x + 4) expx − 1 2
− 2 Z
expx − 1 2
dx
令u = x + 4 , dv = expx − 1 2
= (2x + 4) expx − 1 2
+ C,
其中常數 C 應滿足f′(1) = 10 , 顯然 C = 4 , 故 f′(x) = (2x + 4) expx − 1
2
+ 4.
2◦ 由 (a) 知f′ 在點 −4有最小值, 亦即 ∀x ∈ R ,
f′(x) ≥ f′(−4) = 4 1 − e−5/2 > 0, 故知 f 在R 上為遞增.