國立臺灣大學八十八學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分(不含線性代數)

1. 填充題（Ⓐ到Ⓘ共有 $9$ 格，每格 $8$ 分，請在答案卷上依空格號碼填寫答案）。
1. 極限值 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin\left(\frac1x\right)\left(\sin x\right)^2}x=$　　Ⓐ　　。
訣竅
運用夾擠定理與基本極限求解即可。
解法

將極限式配合如下

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin\left(\frac1x\right)\left(\sin x\right)^2}x=\lim_{x\to0}\left[\left(x\sin\left(\frac1x\right)\right)\left(\frac{\sin x}x\right)^2\right]=0\cdot1^2=0$



2. 設 $\displaystyle f\left(x\right)=\int_1^x\sqrt{1+t^3}dt$，則 $f$ 的反函數在 $0$ 點的導數 $\left(f^{-1}\right)'\left(0\right)=$　　Ⓑ　　。
訣竅
運用反函數的定義與連鎖律，其中求導時應使用微積分基本定理。
解法
根據反函數的定義有 $f^{-1}\left(f\left(x\right)\right)=x$，使用連鎖律求導可得
$\left(f^{-1}\right)'\left(f\left(x\right)\right)f'\left(x\right)=1$
由於 $f\left(1\right)=0$，故取 $x=1$ 可得
$\displaystyle\left(f^{-1}\right)'\left(0\right)=\frac1{f'\left(1\right)}$
另一方面，使用微積分基本定理求導有 $f'\left(x\right)=\sqrt{1+x^3}$，因此 $f'\left(1\right)=\sqrt2$，從而所求為 $\displaystyle\left(f^{-1}\right)'\left(0\right)=\frac1{\sqrt2}=\frac{\sqrt2}2$。


3. 設 $f\left(x\right)=\cos^2x$，則 $f$ 在 $0$ 點的第 $6$ 次導數 $f^{\left(6\right)}\left(0\right)=$　　Ⓒ　　。
訣竅
直接求導六次後取 $x=0$ 即可；亦可使用二倍角公式後再進行求導；也可以逕自使用泰勒展開式，或使用二倍角公式後使用泰勒展開式。
解法一
直接求導如下
$\begin{aligned}&f'\left(x\right)=-2\sin x\cos x,\quad f''\left(x\right)=-2\cos^2x+2\sin^2x,\quad f'''\left(x\right)=8\sin x\cos x,\\&f^{\left(4\right)}\left(x\right)=8\cos^2x-8\sin^2x,\quad f^{\left(5\right)}\left(x\right)=-32\sin x\cos x,\quad f^{\left(6\right)}\left(x\right)=-32\cos^2x+32\sin^2x.\end{aligned}$
故所求之值為 $f^{\left(6\right)}\left(0\right)=-32$。
解法二
利用二倍角公式可以注意到 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{1+\cos2x}2$，那麼求導可知
$\begin{aligned}&f'\left(x\right)=-\sin2x,\quad f''\left(x\right)=-2\cos2x,\quad f'''\left(x\right)=4\sin2x\\&f^{\left(4\right)}\left(x\right)=8\cos2x,\quad f^{\left(5\right)}\left(x\right)=-16\sin2x,\quad f^{\left(6\right)}\left(x\right)=-32\cos2x\end{aligned}$
故所求為 $f^{\left(6\right)}\left(0\right)=-32$。
解法三
運用泰勒展開式可知
$\displaystyle f\left(x\right)=\cos^2x=\left(\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{x^{2k}}{\left(2k\right)!}\right)^2=\left(1-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24}-\frac{x^6}{720}+\cdots\right)^2$
仔細觀察六次項的係數為 $\displaystyle2\left(-\frac1{720}-\frac1{48}\right)=-\frac2{45}$，因此所求為 $\displaystyle f^{\left(6\right)}\left(0\right)=6!\cdot-\frac2{45}=-32$。
解法四
使用二倍角公式與泰勒展開式可知
$\displaystyle f\left(x\right)=\cos^2x=\frac12+\frac12\cos2x=\frac12+\frac12\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{\left(2x\right)^k}{\left(2k\right)!}=1-x^2+\frac{x^4}3-\frac{2x^6}{45}+\cdots$
因此觀察六次項係數為 $\displaystyle-\frac2{45}$，從而所求為 $\displaystyle f^{\left(6\right)}\left(0\right)=6!\cdot-\frac2{45}=-32$。


4. 設 $\displaystyle f\left(x,y,z\right)=x\tan^{-1}\left(\frac{y}{z}\right)$，則 $f$ 在 $\left(1,2,-1\right)$ 點沿著 $\vec{u}=\langle1,1,-1\rangle$ 方向的方向導數 $=$　　Ⓓ　　。
訣竅
方向導數可利用梯度與方向向量內積求得。
解法

先計算 $f$ 的梯度有

$\displaystyle\nabla f\left(x,y,z\right)=\left(f_x\left(x,y,z\right),f_y\left(x,y,z\right),f_z\left(x,y,z\right)\right)=\left(\tan^{-1}\left(\frac{y}z\right),\frac{xz}{y^2+z^2},-\frac{xy}{y^2+z^2}\right)$

因此 $f$ 在 $\left(1,2,-1\right)$ 處的梯度為 $\displaystyle\nabla f\left(1,2,-1\right)=\left(-\tan^{-1}\left(2\right),-\frac15,-\frac25\right)$，故所求的方向導數為

$\displaystyle D_{\vec{u}}f\left(1,2,-1\right)=\nabla f\left(1,2,-1\right)\cdot\frac{\vec{u}}{\left|\vec{u}\right|}=\left(-\tan^{-1}\left(2\right),-\frac15,-\frac25\right)\cdot\frac{\left(1,1,-1\right)}{\sqrt3}=\frac1{\sqrt3}\left(\frac15-\tan^{-1}2\right)$



5. 設 $c>0$，由兩條拋物線 $y=x^2-c^2$ 及 $y=c^2-x^2$ 之圖形所圍成區域的面積為 $576$，則 $c=$　　Ⓔ　　。
訣竅
首先考慮拋物線之交點確認出積分範圍，接著列出面積的積分式並計算即可求出 $c$ 之值。
解法
首先尋找兩拋物線之交點，即 $x^2-c^2=c^2-x^2$，因此 $x=\pm c$。那麼兩拋物線所圍成的面積可表達如下
$\displaystyle576=\int_{-c}^c\left[\left(c^2-x^2\right)-\left(x^2-c^2\right)\right]dx=4\int_0^c\left(c^2-x^2\right)dx=\left.4\left(c^2x-\frac{x^3}3\right)\right|_0^c=\frac{8c^3}3$
故有 $c^3=216$，因此 $c=6$。


6. 設積分 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}$，則積分 $\displaystyle\int_0^{\infty}\sqrt{x}e^{-x}dx=$　　Ⓕ　　。
訣竅
為了應用此提示，我們考慮變數變換。
解法

令 $u=\sqrt{x}$，那麼

• 當 $x=0$ 時有 $u=0$；
• 當 $x\to\infty$ 時有 $u\to\infty$；
• 平方得 $x=u^2$，求導則有 $dx=2udu$。

因此所求的瑕積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^{\infty}\sqrt{x}e^{-x}dx=2\int_0^{\infty}u^2e^{-u^2}du&=\int_0^{\infty}ue^{-u^2}du^2=-\int_0^{\infty}ude^{-u^2}\\&=-ue^{-u^2}\Big|_0^{\infty}+\int_0^{\infty}e^{-u^2}du=\frac12\int_{-\infty}^{\infty}e^{-u^2}du=\frac{\sqrt\pi}2\end{aligned}$



7. 設冪級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-3\right)^n}{n+1}x^{2n}$，則此級數的收斂區間為　　Ⓖ　　。
訣竅
運用比值審歛法的想法確認收斂區間，隨後檢查端點即可。
解法
運用比值審歛法的概念可知
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\left(-3\right)^{n+1}x^{2n+2}}{n+2}\div\frac{\left(-3\right)^nx^{2n}}{n+1}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{3\left(n+1\right)}{n+2}\left|x\right|^2=3\left|x\right|^2<1$
因此 $\displaystyle\left|x\right|<\frac{\sqrt3}3$，故收斂半徑為 $\displaystyle R=\frac{\sqrt3}3$。現在檢查端點，當 $\displaystyle x=\pm\frac{\sqrt3}3$ 時，級數可寫為
$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{n+1}$
可由交錯級數審歛法知其收斂，因此收歛區間為 $\displaystyle\left[-\frac{\sqrt3}3,\frac{\sqrt3}3\right]$。


8. 在曲面 $xyz-5=0$ 上 $\left(1,5,1\right)$ 點的切平面與三個坐標軸的交點分別為 $\left(a,0,0\right)$、$\left(0,b,0\right)$ 及 $\left(0,0,c\right)$，則 $abc=$　　Ⓗ　　。
訣竅
運用梯度求出切平面的法向量，隨後使用點法式獲得切平面方程式，進而看出各個截距。
解法
設 $F\left(x,y,z\right)=xyz-5$，那麼 $F$ 的梯度為
$\nabla F\left(x,y,z\right)=\left(F_x\left(x,y,z\right),F_y\left(x,y,z\right),F_z\left(x,y,z\right)\right)=\left(yz,xz,xy\right)$
因此 $F$ 在 $\left(1,5,1\right)$ 的梯度為 $\nabla F\left(1,5,1\right)=\left(5,1,5\right)$，從而在該處的切平面方程式為
$5\left(x-1\right)+\left(y-5\right)+5\left(z-1\right)=0$
或寫為 $5x+y+5z=15$，或 $\displaystyle\frac{x}3+\frac{y}{15}+\frac{z}3=1$，故 $a=c=3$，$b=15$，因此 $abc=135$。


9. 設 $D=\left\{\left(x,y\right):\left(x-1\right)^2+y^2\leq1\right\}$，則二重積分 $\displaystyle\iint_D\sqrt{x^2+y^2}dA=$　　Ⓘ　　。
訣竅
考慮積分區域與被積分函數，我們應用極座標變換來處理之。
解法

令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，由積分區域可觀察到變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq2\cos\theta\\&-\frac\pi2\leq\theta\leq\frac\pi2\end{aligned}\right.$，如此所求的二重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\iint_D\sqrt{x^2+y^2}dA&=\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\int_0^{2\cos\theta}r\cdot rdrd\theta=\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\left.\frac{r^3}3\right|_{r=0}^{r=2\cos\theta}d\theta=\frac83\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\cos^3\theta d\theta\\&=\frac83\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\left(1-\sin^2\theta\right)d\sin\theta=\left.\frac83\left(\sin\theta-\frac{\sin^3\theta}3\right)\right|_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}=\frac{32}9\end{aligned}$

2. 計算題（$10$ 及 $11$ 為計算題，每題 $14$ 分，沒有計算過程不予計分）。
10. 考慮星形線 $x^{\frac23}+y^{\frac23}=4$，試求此曲線的長度，及求此曲線繞 $x$ 軸旋轉所成立體的表面積。
訣竅
將曲線參數化後使用曲線弧長公式以及旋轉體體積公式計算即可。
解法

我們可將星形線參數化為 $\left\{\begin{aligned}&x=8\cos^3\theta\\&y=8\sin^3\theta\end{aligned}\right.$，其中參數 $\theta\in\left[0,2\pi\right)$。那麼曲線弧長可由對稱性，我們列式並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}s&=4\int_0^{\frac\pi2}\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right)^2}d\theta=4\int_0^{\frac\pi2}\sqrt{\left(24\sin^2\theta\cos\theta\right)^2+\left(-24\cos^2\theta\sin\theta\right)^2}d\theta\\&=96\int_0^{\frac\pi2}\sqrt{\sin^4\theta\cos^2\theta+\cos^4\theta\sin^2\theta}d\theta=96\int_0^{\frac\pi2}\sin\theta\cos\theta d\theta=48\int_0^{\frac\pi2}\sin2\theta d\theta=-24\cos2\theta\Big|_0^{\frac\pi2}=48\end{aligned}$

另一方面，藉由對稱性，我們僅需考慮曲線在第一象限旋轉產生的表面積，據此列式並計算如下

$\displaystyle A=2\int_0^{\frac\pi2}2\pi y\left(\theta\right)\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right)^2}d\theta=768\pi\int_0^{\frac\pi2}\sin^3\theta\cdot\sin\theta\cos\theta d\theta=768\pi\int_0^{\frac\pi2}\sin^4\theta d\sin\theta=\frac{768\pi}5$



11. 設函數 $f\left(x,y\right)=kx^{\frac23}y^{\frac13}$，其中 $k$ 為正常數，$x>0$, $y>0$，而且 $x,y$ 滿足 $8x+5y=100$，試求 $x,y$ 值使 $f\left(x,y\right)$ 有極大值。
訣竅
使用算術幾何不等式即可。
解法
使用算術幾何不等式可知
$100=4x+4x+5y\geq3\sqrt[3]{\left(4x\right)^2\cdot5y}=3\sqrt[3]{80x^2y}=6\sqrt[3]{10}x^{\frac23}y^{\frac13}$
因此所求的極大值為
$\displaystyle f\left(x,y\right)=kx^{\frac23}y^{\frac13}\leq\frac{100k}{6\sqrt[3]{10}}=\frac{5k\sqrt[3]{100}}3$
此時等號成立條件為 $4x=5y$ 且 $8x+5y=100$，即有 $\displaystyle x=\frac{25}3$、$\displaystyle y=\frac{20}3$。