國立臺灣大學 98 學年度轉學生招生考試試題：微積分(A)詳解

1. ($16\%$) Let $f(x)$ and $g(x)$ be two differentiable functions such that

   $\begin{aligned}&\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}f(x)=-g(x),\\&\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}xg(x)=xf(x).\end{aligned}$

   1. Show that between two consecutive roots of $f(x)$, $g(x)=0$ has a root.
   2. Show that between two consecutive roots of $g(x)$, $f(x)$ has a root.
訣竅
利用均值定理即可。
解法

1. 設 $r$ 與 $s$ 為 $f$ 的兩個相鄰根，則透過均值定理可知 $r$ 與 $s$ 之間存在實數 $c$ 使得

   $\displaystyle0=\left.\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}f(x)\right|_{x=c}=-g(c)$.

   這表明 $c$ 為 $g$ 的根，亦即介在 $f$ 的兩根之間必有一個 $g$ 的根。
2. 設 $t$ 與 $u$ 為 $g$ 的兩相鄰根，那麼 $t$ 與 $u$ 同時也是函數 $xg(x)$ 的根。

   假若 $t$ 與 $u$ 同號或其一為 $0$，那麼直接透過均值定理可知在 $t$ 與 $u$ 之間存在實數 $v$ 使得 $xg(x)$ 滿足

   $\displaystyle0=\left.\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}xg(x)\right|_{x=v}=vf(v)$.

   但由於 $v$ 介在兩同號數或其一為 $0$ 的兩數之間，故不為 $0$，因此 $f(v)=0$，亦即在 $g$ 的兩個相鄰根之間存在一個 $f$ 的根。

   假定 $t$ 與 $u$ 異號，不妨假定 $t<0<u$，那麼可以知道 $t$、$0$、$u$ 皆為 $xg(x)$ 的根，因此利用前一段的做法可知 $f$ 在 $t$、$0$ 之間與 $0$、$u$ 之間各至少有一個根，因此結論成立。

【註】

• 對第一式乘以 $x$ 後再次求導有

  $\displaystyle\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left[x\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}f(x)\right]=-\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}[xg(x)]=-xf(x)$,

  再同乘以 $x$ 並移項可知

  $\displaystyle x^2\frac{\mathrm d^2}{\mathrm dx^2}f(x)+x\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}f(x)+x^2f(x)=0$.

  這表明 $f$ 滿足零階 Bessel 方程 (Bessel equation of order zero) $x^2y''+xy'+x^2y=0$。
• 第二式展開後同除以 $x$ 可得

  $\displaystyle\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}g(x)+\frac{g(x)}x=f(x)$.

  兩邊同時求導後乘以 $x^2$ 並移項可得

  $\displaystyle x^2\frac{\mathrm d^2}{\mathrm dx^2}g(x)+x\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}g(x)+(x^2-1)g(x)=0$.

  這表明 $g$ 滿足一階 Bessel 方程 (Bessel equation of order one) $x^2y''+xy'+(x^2-1)y=0$。
• 對任何複數 $\alpha$，微分方程式 $x^2y''+xy'+(x^2-\alpha^2)y=0$ 是 $\alpha$ 階 Bessel 方程。



2. ($16\%$) A man can swim at $a$ m/sec and run at $b$ m/sec. If he stands at point $A=(50,0)$ on the edge of a circular swimming pool of radius $50$ m with its center at the origin, find his optimum path from $A$ to $B=(0,50)$.
訣竅
對題目的情境做出設定後列式並求其極值，注意可能需對 $a$、$b$ 的值做討論。
解法
假設此人泳速 $a$ 與跑速 $b$ 皆不為零，否則此人就依不為 $0$ 的方式移動即可。另外我們假設此人先在陸地上逆時針前進的圓弧所對應的圓心角為 $\theta$，其中 $0\leq\theta\leq\pi/2$。那麼他所前進的距離為 $50\theta$，而與 $B(0,50)$ 的直線距離為 $\displaystyle100\sin\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)$。因此我們可以考慮花費時間的函數如下：
$\displaystyle f(\theta)=\frac{50\theta}b+\frac{\displaystyle100\sin\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)}a\quad\text{for}~0\leq\theta\leq\frac\pi2$.
利用一階導函數為零的位置求出極小值：
$\displaystyle '(\theta)=\frac{50}b-\frac{\displaystyle50\cos\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)}a\overset{\text{set}}{=\!\!\!=\!\!\!=\!\!\!=}0\quad\text{for}~0<\theta<\frac\pi2$.
如此可得$\displaystyle\cos\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)=\frac ab$。
• 若 $a>b$，則不存在任何角度 $\theta$ 能滿足之。
  這表示 $f$ 會隨著 $\theta$ 遞增，因此最小值為 $\theta=0$ 處，亦即直接游泳過去最好。
• 若 $a=b$，那麼 $\theta=\pi/2$，因此直接跑過去比較好。
• 若 $a< b$，那麼可以解出 $\displaystyle\theta=\frac\pi2-2\cos^{-1}\frac ab$。進一步地，我們計算二階導函數並代入該角度可得

  $\displaystyle f''\left(\frac\pi2-2\cos^{-1}\frac ab\right)=-\frac{25\sin(\cos^{-1}(a/b))}a=-\frac{25\sqrt{b^2-a^2}}{ab}<0$.

  故 $f$ 在 $\displaystyle\theta=\frac\pi2-2\cos^{-1}\frac ab$ 有極小值。
  因此最佳的安排為先沿圓周逆時針走 $\displaystyle25\pi-100\cos^{-1}\frac ab$ 公尺後直接游向 $B(0,50)$。
最後，我們可以留意交替上岸跑步與下海游泳的情形會花更多時間：在陸地上沿圓周的跑步時間僅取決於距離而已，因此可以不予討論，但在海中前進的狀況如果中間有上岸可以透過三角不等式而發現需前進更多的距離，因而這類的情況無須討論。


3. ($17\%$) Let $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ be a sequence defined by $a_1=1$, $\displaystyle a_{n+1}=1+\frac1{1+a_n}$, $n\geq1$.
   1. Show that $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$ exists.
   2. Find $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$.
訣竅
透過計算可以發現本數列可分為奇偶項分別處理，並利用單調有界定理確認其分別收斂，最後計算各收斂之值相等以說明原數列收斂，並因此收斂之值亦同時求出。
解法

直接計算可以知道

$\displaystyle a_{n+2}=1+\frac1{1+a_{n+1}}=1+\frac1{2+\frac1{1+a_n}}=a_n+\frac{4-2a_n^2}{3+2a_n}\quad\text{for}~n\in\mathbb N$.

由此可見若 $a_n>\sqrt2$，則 $a_{n+2}$ 將遞減但仍大於 $\sqrt2$；若 $a_n<\sqrt2$，則 $a_{n+2}$ 將遞增但仍小於 $\sqrt2$。
因此我們已經證明了：

• $a_1,a_3,\cdots,a_{2k-1},\cdots$ 遞增有上界；
• $a_2,a_4,\cdots,a_{2k},\cdots$ 遞減有下界。

故依據單調有界定理知這兩數列均收斂，因此我們需指出兩數列所收斂的值相等。

根據上面的直接計算，由於跳兩項的數列是收斂的（無論是奇數項或偶數項），我們分別記之為 $L$ 與 $M$，那麼對跳兩項的遞迴關係取極限，可得

$\displaystyle L=L+\frac{4-2L^2}{3+L},\qquad M=M+\frac{4-2M^2}{3+M}$.

如此可得 $L=M=\sqrt2$，因此 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\sqrt2$。

【註】 遞迴數列 $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ 及其極限顯示如下圖





4. ($17\%$) Let $S$ be the surface $z=4-x^2-y^2$. The temperature function in space $S$ is $T(x,y,z)=x^2y+y^2z+2x+4y+z$. Let $P=(1,1,2)$ be a point in $S$. Among all the possible directions tangential to $S$ at $P$, which direction will make the rate of change of temperature at $P$ a maximal?
訣竅
由於函數 $T$ 被限制在 $S$ 上移動，因此利用條件減少變數後再運用方向導數的概念求解。
解法
根據訣竅，將函數 $T$ 限制在 $S$ 上則有雙變數函數
$f(x,y)=x^2y+y^2(4-x^2-y^2)+2x+4y+(4-x^2-y^2)$.
由於有最大的方向導數的方向會平行函數在該處的梯度，故我們整理 $f$ 後計算其梯度：
$\nabla f(x,y)=(-2xy^2+2xy-2x+2,-2x^2y-4y^3+x^2+6y+4)$,
故 $\nabla f(1,1)=(0,5)$，因此往 $(0,1)$ 方向會有最快的變化率。

現在為了對應回 $\mathbb R^3$，我們知道 $S$ 在 $(1,1,2)$ 處的切平面法向量為 $(2,2,1)$，因此我們知道在 $\mathbb R^3$ 中有最大變化率的方向為 $(0,1,c)$，其中 $c$ 為待定數，利用垂直可求得 $c=-2$，故所求方向為 $(0,1,-2)\parallel(0,1,-2)/\sqrt5$。


5. ($17\%$) Find the volume of the solid bounded by the surface $(x^2+y^2+z^2)^2=a^2(x^2+y^2-z^2)$, $a>0$.
訣竅
利用球座標改寫方程後使用三重積分計算體積；運用對稱性解出 $z=f(x,y)$ 後使用極座標求解即可。
解法一

使用球座標，令 $x=\rho\cos\theta\sin\phi$、$y=\rho\sin\theta\sin\phi$、$z=\rho\cos\phi$，因此原方程寫為 $\rho^2+a^2\cos2\phi=0$，其中為了要使方程有意義可知 $\cos2\phi\leq0$，故 $\pi/4\leq\phi\leq3\pi/4$。據此我們列出體積的公式計算之：

$\begin{aligned}V&=\int_0^{2\pi}\!\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\!\int_0^{\rho(\phi)}\!r^2\sin\phi\,\mathrm dr\,\mathrm d\phi\,\mathrm d\theta=\frac{2\pi}3\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\!\rho^3(\phi)\sin\phi\,\mathrm d\phi\\&=\frac{2\pi a^3}3\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\!\sin\phi\sqrt{-\cos^32\phi}\,\mathrm d\phi=\frac{4\pi a^3}3\int_{\pi/4}^{\pi/2}\!\sin\phi\sqrt{-\cos^32\phi}\,\mathrm d\phi.\end{aligned}$

令 $t=-\cos2\phi=2\sin^2\phi-1$，則

• 當 $\phi=\pi/4$ 時有 $t=0$；當 $\phi=\pi/2$ 時有 $t=1$；
• 整理之可得 $\displaystyle\phi=\sin^{-1}\left(\sqrt{\frac{t+1}2}\right)$，求導便有 $\displaystyle\mathrm d\phi=\frac{\mathrm dt}{2\sqrt{1-t^2}}$。

因此可以透過上述變換繼續體積計算如下：

$\begin{aligned}V&=\frac{4\pi a^3}3\int_0^1\!\sqrt{\frac{1+t}{2}}\frac{t\sqrt t}{2\sqrt{1-t^2}}\,\mathrm dt=\frac{\sqrt2\pi a^3}3\int_0^1\!\frac{t\sqrt t}{\sqrt{1-t}}\,\mathrm dt\\&=\frac{\sqrt2\pi a^3}3\left(\left.-2t\sqrt{t-t^2}\right|_0^1+2\int_0^1\!\sqrt{1-t}\cdot\frac32\sqrt t\,\mathrm dt\right)\\&=\sqrt2\pi a^3\int_0^1\!\sqrt{t-t^2}\,\mathrm dt=\sqrt2\pi a^3\int_0^1\sqrt{\frac14-\left(t-\frac12\right)^2}\,\mathrm dt.\end{aligned}$

此時令 $\displaystyle t-\frac12=\frac{\sin s}2$，則

• 當 $t=0$ 時有 $s=-\pi/2$；當 $t=1$ 時有 $s=\pi/2$；
• 求導便有 $\displaystyle\mathrm dt=\frac{\cos s}2\,\mathrm ds$。

最終體積可計算如下

$\begin{aligned}V=&\sqrt2\pi a^3\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\!\frac{\cos s}2\cdot\frac{\cos s}2\,\mathrm ds=\frac{\sqrt2\pi a^3}4\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\!\cos^2s\,\mathrm ds=\frac{\sqrt2\pi a^3}4\cdot\left.\left(\frac s2+\frac{\sin2s}4\right)\right|_{-\pi/2}^{\pi/2}=\frac{\sqrt2\pi^2a^3}8.\end{aligned}$

【註】 曲面 $(x^2+y^2+z^2)^2=a^2(x^2+y^2-z^2)$ 的圖形參看如下



解法二

整理為 $z^2$ 的二次方程式得 $(z^2)^2+(2x^2+2y^2+a^2)z^2+(x^2+y^2)^2-a^2(x^2+y^2)=0$，根據對稱性可解得上半曲面為

$\displaystyle z=\sqrt{\frac{-(2x^2+2y^2+a^2)+a\sqrt{a^2+8x^2+8y^2}}2}$.

對於 $z\geq0$，可得不等式 $a\sqrt{a^2+8x^2+8y^2}\geq2x^2+2y^2+a^2$，平方整理可得 $x^2+y^2\leq a^2$。據此，設 $D=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\leq a^2\}$，那麼所求的體積可表達如下

$\displaystyle V=2\iint_D\!\sqrt{\frac{-(2x^2+2y^2+a^2)+a\sqrt{a^2+8x^2+8y^2}}2}\,\mathrm dA=\sqrt2\iint_D\!\sqrt{-(2x^2+2y^2+a^2)+a\sqrt{a^2+8x^2+8y^2}}\,\mathrm dA$.

使用極座標變換，令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其中變數範圍為 $0\leq r\leq a$、$0\leq\theta\leq2\pi$。據此所求的體積可改寫如下

$\displaystyle V=\sqrt2\int_0^{2\pi}\!\int_0^a\!\sqrt{-2r^2-a^2+a\sqrt{a^2+8r^2}}\cdot r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta=\sqrt2\cdot2\pi\cdot a\int_0^a\!\sqrt{\sqrt{1+\frac{8r^2}{a^2}}-1-\frac{2r^2}{a^2}}\cdot r\,\mathrm dr$.

令 $\displaystyle u=\sqrt{1+\frac{8r^2}{a^2}}$，那麼

• 當 $r=0$ 時有 $u=1$；當 $r=a$ 時有 $u=3$；
• 整理有 $\displaystyle r^2=\frac{a^2(u^2-1)}8$，求導可知 $\displaystyle r\,\mathrm dr=\frac{a^2u}8\,\mathrm du$。

如此所求的體積可簡化並計算如下

$\displaystyle V=2\sqrt2\pi a\int_1^3\!\sqrt{u-1-\frac{u^2-1}4}\cdot\frac{a^2u}8\,\mathrm du=\frac{\sqrt2\pi a^3}8\int_1^3\!u\sqrt{-u^2+4u-3}\,\mathrm du=\frac{\sqrt2\pi a^3}8\int_1^3\!u\sqrt{1-(u-2)^2}\,\mathrm du$.

令 $u-2=\sin\theta$，那麼

• 當 $u=1$ 時有 $\theta=-\pi/2$；當 $u=3$ 時有 $\theta=\pi/2$；
• 求導可知 $\mathrm du=\cos\theta\,\mathrm d\theta$。

據此所求的體積可改寫並計算如下

$\begin{aligned}V&=\frac{\sqrt2\pi a^3}8\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\!(2+\sin\theta)\cos\theta\cdot\cos\theta\,\mathrm d\theta=\frac{\sqrt2\pi a^3}8\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\!(1+\cos2\theta+\cos^2\theta\sin\theta)\,\mathrm d\theta\\&=\left.\frac{\sqrt2\pi a^3}8\left(\theta+\frac{\sin2\theta}2-\frac{\cos^3\theta}3\right)\right|_{-\pi/2}^{\pi/2}=\frac{\sqrt2\pi^2a^3}8.\end{aligned}$

【註】 曲面 $(x^2+y^2+z^2)^2=a^2(x^2+y^2-z^2)$ 的圖形參看如下





6. ($17\%$) Let $C$ be the curve ${\bf r}(t)=\cos t\,{\bf i}+\sin t\,{\bf j}+t\,{\bf k}$, $0\leq t\leq2\pi$. Let $S$ be the surface obtained by connecting any point $(x,y,z)\in C$ to $(0,0,z)$ with a line segment. Find the area of $S$.
訣竅
將曲面參數化後積分之。
解法

將曲面 $S$ 參數化為 ${\bf r}(s,t)=(s\cos t,s\sin t,t)$，其中 $0\leq s\leq1$、$0\leq t\leq2\pi$，如此表示表面積 $A$ 如下：

$\begin{aligned}A&=\int_0^1\!\int_0^{2\pi}\!\left|\frac{\partial{\bf r}}{\partial s}\times\frac{\partial{\bf r}}{\partial t}\right|\,\mathrm dt\,\mathrm ds=\int_0^1\!\int_0^{2\pi}\!|(\cos t,\sin t,0)\times(-s\sin t,s\cos t,1)|\,\mathrm dt\,\mathrm ds\\&=\int_0^1\!\int_0^{2\pi}\!|(\sin t,-\cos t,s)|\,\mathrm dt\,\mathrm ds=\int_0^1\!\int_0^{2\pi}\!\sqrt{1+s^2}\,\mathrm dt\,\mathrm ds=2\pi\int_0^1\!\sqrt{1+s^2}\,\mathrm ds.\end{aligned}$

令 $s=\tan u$，那麼

• 當 $s=0$ 時有 $u=0$；當 $s=1$ 時有 $u=\pi/4$；
• 求導可知 $\mathrm ds=\sec^2u\,\mathrm du$。

如此該積分可以改寫並計算如下：

$\begin{aligned}A=2\pi\int_0^{\pi/4}\!\sec^3u\,\mathrm du=2\pi\cdot\left.\frac{\sec u\tan u+\ln|\sec u+\tan u|}2\right|_0^{\pi/4}=\pi(\sqrt2+\ln(\sqrt2+1)),\end{aligned}$

其中 $\displaystyle\int\!\sec^3u\,\mathrm du$ 可以計算如下：

$\displaystyle\int\!\sec^3u\,\mathrm du=\int\!\sec u\,\mathrm d\tan u=\sec u\tan u-\int\!\sec u\tan^2u\,\mathrm du=\sec u\tan u-\int\!(\sec^3u-\sec u)\,\mathrm du$.

移項整理遂有

$\displaystyle\int\!\sec^3u\,\mathrm du=\frac{\sec u\tan u}2+\frac12\int\!\sec u\,\mathrm du=\frac{\sec u\tan u+\ln|\sec u+\tan u|}2+C$.

【註】 曲面 $S$ 的圖形參看下圖