國立臺灣大學 102 學年度轉學生招生考試試題：微積分(A)詳解

CALCULUS A

1. Let $f(x)$ be a continuous function on the interval $[0,1]$ and $f(0)=f(1)$. Show that, for any integer $n\geq2$, there exists some $a\in[0,1-\frac1n]$ such that $f(a)=f(a+\frac1n)$. ($12$ pts)
訣竅
運用反證法證明之。
解法
假若 $f$ 為常數函數，那麼本命題直接成立，因此我們僅需考慮 $f$ 並非常數函數的情形。對每個正整數 $n\geq2$ 的情況下，我們定義 $g_n$ 如下：
$\displaystyle g_n(x)=f(x)-f(x+n^{-1})$.
可以注意到 $g_n$ 亦為連續函數。現在利用反證法假設在 $[0,1-n^{-1}]$ 中不存在 $a$ 使 $g_n(a)=0$，那麼表明對 $x\in[0,1-n^{-1}]$ 有 $g_n$ 恆正或恆負。
對於前者，我們取 $x=0,n^{-1},\cdots,1-n^{-1}$，即有
$f(0)>f(n^{-1})>f(2n^{-1})>\cdots>f(1-n^{-1})>f(1)$,
此與 $f(0)=f(1)$ 矛盾。對於後者，我們仍取 $x=0,n^{-1},\cdots,1-n^{-1}$，即有
$f(0)<f(n^{-1})<f(2n^{-1})<\cdots<f(1-n^{-1})<f(1)$,
此與 $f(0)=f(1)$ 矛盾。
因此透過反證法，必存在 $a$ 使 $g_n(a)=0$，亦即 $f(a)=f(a+n^{-1})$。


2. Show that $\displaystyle\sin x>\frac{2x}\pi$ for all $x\in(0,\pi/2)$. ($12$ pts)
訣竅
利用正弦函數在該區間上凹性證明之；透過求導建立相關的不等式即可。
解法一

考慮平面上的三點 $A(0,0)$、$B(x,\sin x)$、$C(\pi/2,1)$。由於正弦函數在 $(0,\pi/2)$ 之間為凹口向下，因此利用凹口向下的特性可知 $\overline{AB}$ 的斜率大於 $\overline{BC}$ 的斜率，即

$\displaystyle\frac{\sin x}x>\frac{1-\sin x}{\frac\pi2-x}$,

整理後即可獲證。或類似地，利用凹口向下的特性知 $\overline{AB}$ 的斜率大於 $\overline{AC}$ 的斜率，即

$\displaystyle\frac{\sin x}x>\frac1{\pi/2}=\frac2\pi$,

整理後同樣獲證。

【註】 參見下圖之圖形關係



解法二

設 $f(x)=\pi\sin x-2x$，那麼 $f(0)=0$、$f(\pi/2)=0$，我們僅須證明 $f$ 在 $(0,\pi/2)$ 上非負即可。求導可知 $f'(x)=\pi\cos x-2$、$f''(x)=-\pi\sin x<0$，其中 $x\in(0,\pi/2)$。這表明 $f'$ 在 $(0,\pi/2)$ 上嚴格遞減。又因 $f'(0)=\pi-2>0$、$f'(\pi/2)=-2<0$，故在 $(0,\pi/2)$ 中存在唯一的實根 $x_0$ 使得 $f'(x_0)=0$，並且當 $x\in(0,x_0)$ 時 $f'(x)>0$ 且當 $x\in(x_0,\pi/2)$ 時 $f'(x)<0$。因此 $f$ 在 $(0,x_0)$ 上遞增而在 $(x_0,\pi/2)$ 上遞減，故 $f$ 在 $x_0$ 處達到最大值而在 $x=0$（以及 $x=\pi/2$）處達到極小值，因此在 $(0,\pi/2)$ 上有 $f(x)>0$，如此所欲證明的不等式成立。

【註】 函數 $f(x)=\pi\sin x-2x$ 及其一階與二階導函數可見下圖，其中 $x_0=\cos^{-1}(2/\pi)$。





3. Find the local and absolute extreme values of $f(x)=x^{1/3}(1-x)^{2/3}$. Sketch the graph of $f$ and indicate its inflection points and asymptotes. ($12$ pts)
訣竅
利用微分求極值與反曲點即可。
解法
首先計算微分如下：
$\displaystyle f'(x)=\frac13\left(\frac{1-x}x\right)^{2/3}-\frac23\left(\frac x{1-x}\right)^{1/3}=\frac13\left(\frac x{1-x}\right)^{1/3}\left[\frac{1-x}x-2\right]=\frac{1-3x}{3x^{2/3}(1-x)^{1/3}}\quad\text{for}~x\neq0,1$.
為了求出極值，我們考慮方程 $f'(x)=0$ 可解得 $x=1/3$，並且注意到無法在 $x=0$ 與 $x=1$ 處求導數。為了找出反曲點並指出各座標是否為極值，我們計算二階導函數：
$\begin{aligned}f''(x)&=\frac{(-3)[3x^{2/3}(1-x)^{1/3}]-(1-3x)[2x^{-1/3}(1-x)^{1/3}-x^{2/3}(1-x)^{-2/3}]]}{9x^{4/3}(1-x)^{2/3}}\\&=\frac{-9x(1-x)-(1-3x)[2(1-x)-x]}{9x^{5/3}(1-x)^{4/3}}=-\frac29x^{-5/3}(1-x)^{-4/3}\quad\text{for}~x\neq0,1.\end{aligned}$
如此可知 $f''(1/3)=-3/\sqrt[3]2<0$，因此在 $x=1/3$ 處有局部極大值 $f(1/3)=\sqrt[4]/3$。
• 由於在 $x<1$ 的附近斜率為負而 $x>1$ 的斜率為正，因此 $x=1$ 亦為局部極小值；
• 但在 $x=0$ 附近斜率皆為正，故函數 $f$ 在 $x=0$ 處沒有極值。
• 由於 $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\pm\infty$，從而 $f$ 沒有絕對極值。
• 儘管方程 $f''(x)=0$ 無解，但在 $x<0$ 時 $f''(x)>0$、在 $0<x<1$ 時 $f''(x)<0$，故 $x=0$ 為反曲點。
• 計算斜漸近線如下：

  $\begin{aligned}&\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^{1/3}(1-x)^{2/3}}x=\lim_{x\to\pm\infty}(x^{-1}-1)^{2/3}=(-1)^{2/3}=1,\\&\begin{aligned}\lim_{x\to\pm\infty}[f(x)-x]&=\lim_{x\to\pm\infty}[x^{1/3}(1-x)^{2/3}-x]=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{(x^{-1}-1)^{2/3}-1}{x^{-1}}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{\displaystyle\frac23(x^{-1}-1)^{-1/3}\cdot-x^{-2}}{-x^{-2}}\\&=\frac23\lim_{x\to\pm\infty}(x^{-1}-1)^{-1/3}=\frac23\cdot(-1)^{-1/3}=-\frac23.\end{aligned}\end{aligned}$

  如此得斜漸近線 $\displaystyle y=x-\frac23$。
綜上可作圖如下：



4. Find the centroid of a sector of radius $a$ and angular width $2\alpha$. ($12$ pts)
訣竅
按形心的定義積分計算之，可以直接使用 Cartesian 座標亦可使用極座標計算之。
解法一

不妨將此扇形置於對 $x$ 正向對稱處，由此可知形心之 $y$ 座標為 $0$，又扇形面積易知為 $a^2\alpha$，因此計算形心之 $x$ 座標如下：

$\displaystyle\begin{aligned}\bar x&=\frac1{a^2\alpha}\left[\int_0^{a\cos\alpha}\!x\cdot2x\tan\alpha\,\mathrm dx+\int_{a\cos\alpha}^a\!x\cdot2\sqrt{a^2-x^2}\,\mathrm dx\right]\\&=\frac1{a^2\alpha}\left[\left.\frac{2x^3\tan\alpha}3\right|_0^{a\cos\alpha}-\left.\frac23\left(a^2-x^2\right)^{3/2}\right|_{a\cos\alpha}^a\right]=\frac{2a^3\sin\alpha\cos^2\alpha+2a^3\sin^3\alpha}{3a^2\alpha}=\frac{2a\sin\alpha}{3\alpha}.\end{aligned}$

因此形心在扇形的角平線上距圓心 $\displaystyle\frac{2a\sin\alpha}{3\alpha}$ 處。

【註】 此扇形及其形心標記如下，其中繪出鉛直線 $x=a\cos\alpha$ 以虛線表示



解法二

考慮扇形區域以極座標表達為 $[r,\theta]$，其中變數範圍為 $0\leq r\leq a$、$-\alpha\leq\theta\leq\alpha$，那麼扇形面積為

$\displaystyle A=\int_{-\alpha}^\alpha\!\int_0^a\!r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta=\int_{-\alpha}^\alpha\!\frac{a^2}2\,\mathrm d\theta=\frac{a^2}2\cdot2\alpha=a^2\alpha.$

透過對稱性可知 $y$ 方向的形心為 $\bar y=0$，而 $x$ 方向的形心可表達並計算如下

$\displaystyle\bar x=\frac1A\int_{-\alpha}^\alpha\!\int_0^a\!r\cos\theta\cdot r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta=\frac1{a^2\alpha}\int_0^a\!r^2\,\mathrm dr\cdot\int_{-\alpha}^\alpha\!\cos\theta\,\mathrm d\theta=\frac1{a^2\alpha}\cdot\frac{a^3}3\cdot2\sin\alpha=\frac{2a\sin\alpha}{3\alpha}.$

【註】 此扇形及其形心標記如下





5. Derive the recursion formula for the indefinite integral $\displaystyle\int\!\frac{\mathrm dx}{(1+x^2)^n}$ and evaluate the improper integral $\displaystyle\int_0^\infty\!\frac{\mathrm dx}{(1+x^2)^n}$ for each positive integer $n$. ($16$pts)
訣竅
利用三角代換計算之。
解法
令 $x=\tan\theta$，那麼 $1+x^2=1+\tan^2\theta=\sec^2\theta$ 且 $\mathrm dx=\sec^2\theta\,\mathrm d\theta$。如此原不定積分可以改寫並使用分部積分法計算如下：
$\begin{aligned}\displaystyle\int\!\cos^{2n-2}\theta\,\mathrm d\theta&=\int\!\cos^{2n-3}\theta\,\mathrm d\sin\theta\\&=\sin\theta\cos^{2n-3}\theta-\int\!\sin\theta\cos^{2n-4}\theta\cdot(-\sin\theta)\,\mathrm d\theta\\&=\sin\theta\cos^{2n-3}\theta+\int\!\cos^{2n-4}\theta\,\mathrm d\theta-\int\!\cos^{2n-2}\theta\,\mathrm d\theta.\end{aligned}$
因此有下列遞迴關係式
$\displaystyle\int\!\cos^{2n-2}\theta\,\mathrm d\theta=\frac{\sin\theta\cos^{2n-3}\theta}2+\frac12\int\!\cos^{2n-4}\theta\,\mathrm d\theta$.
最後由 $\theta=\tan^{-1}x$、$\sin\theta=x/\sqrt{1+x^2}$、$\cos\theta=1/\sqrt{1+x^2}$、$\mathrm d\theta=\mathrm dx/(1+x^2)$，可得
$\displaystyle\int\!\frac{\mathrm dx}{(1+x^2)^n}=\frac x{2(1+x^2)^{n-1}}+\frac12\int\!\frac{\mathrm dx}{(1+x^2)^{n-1}}$.
由於 $\displaystyle\int_0^\infty\!\frac{\mathrm dx}{1+x^2}=\tan^{-1}x\Big|_0^\infty=\frac\pi2$，因此對給定的正整數 $n$ 可以歸納證明：
$\displaystyle\int_0^\infty\!\frac{\mathrm dx}{(1+x^2)^n}=\frac\pi{2^n}$.
當 $n=1$ 時成立，因此我們考慮遞歸的部分，假定 $n=k$ 時成立，現考慮 $n=k+1$ 並利用遞歸關係式有：
$\displaystyle\int_0^\infty\!\frac{\mathrm dx}{(1+x^2)^{k+1}}=\left.\frac x{2(1+x^2)^k}\right|_0^\infty+\frac12\int_0^\infty\!\frac{\mathrm dx}{(1+x^2)^k}=\frac12\cdot\frac\pi{2^k}=\frac\pi{2^{k+1}}$.
因此由數學歸納法可之該等式對所有正整數 $n$ 均成立，故所求為 $\pi/2^n$。


6. Let $f(x)=\ln(x+\sqrt{1+x^2})$. Find its $n$-th derivative $f^{(n)}(0)$ at $x=0$. ($12$ pts)
訣竅
對一階導函數尋求冪級數後積分得到所求函數的冪級數。
解法

求導後並使用 Newton 二項式定理得到

$\displaystyle f'(x)=\frac1{\sqrt{1+x^2}}=(1+x^2)^{-1/2}=\sum_{k=0}^\infty\binom{-1/2}kx^{2k}=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{(2k)!}{(2^kk!)^2}x^{2k}$,

其中

$\begin{aligned}\binom{-1/2}k&=\frac{\displaystyle\left(-\frac12\right)\left(-\frac32\right)\cdots\left(-\frac{2k-1}2\right)}{k!}=(-1)^k\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2k-1)}{2^kk!}\\&=(-1)^k\frac{(1\cdot3\cdot5\cdots(2k-1))\cdot(2\cdot4\cdot6\cdots(2k))}{2^kk!\cdot(2\cdot4\cdot6\cdots(2k))}=(-1)^k\frac{(2k)!}{(2^kk!)^2}.\end{aligned}$

因此取定積分有

$\displaystyle f(x)=f(x)-f(0)=\int_0^x\!f'(t)\,\mathrm dt=\int_0^x\!\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{(2k)!}{(2^kk!)^2}t^{2k}\,\mathrm dt=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{(2k)!}{(2^kk!)^2(2k+1)}x^{2k+1}$.

因此當 $n$ 為偶數時有 $f^{(n)}(0)=0$，而 $n$ 為奇數時，則

$\displaystyle f^{(n)}(0)=n!\cdot(-1)^{(n-1)/2}\frac{(n-1)!}{\{2^{(n-1)/2}[(n-1)/2]!\}^2=(-1)^{(n-1)/2}\frac{[(n-1)!]^2}{2^{n-1}\{[(n-1)/2]!\}^2}$.



7. Find the area of the part of the sphere $x^2+y^2+z^2=4a^2$ that lies inside the cylinder $x^2+y^2=2ay$, where $a>0$. ($12$ pts)
訣竅
將曲面參數化後按定義求解。
解法

將上半曲面參數化為 ${\bf r}(\theta,\phi)=(2a\cos\theta\sin\phi,2a\sin\theta\sin\phi,2a\cos\phi)$，其中由於限制圓柱 $x^2+y^2=2ay$ 之中，有不等式 $x^2+y^2\leq2ay$，從而知 $0\leq\sin\phi\leq\sin\theta$，故可得到參數的範圍為 $\phi\leq\theta\leq\pi-\phi$、$0\leq\phi\leq\pi/2$，其圖形可參看如下



又所求的曲面面積可以列式並計算如下：

$\displaystyle\begin{aligned}A&=2\int_0^{\pi/2}\!\int_\phi^{\pi-\phi}\!\left|\frac{\partial{\bf r}}{\partial\theta}\times\frac{\partial{\bf r}}{\partial\phi}\right|\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi\\&=2\int_0^{\pi/2}\!\int_\phi^{\pi-\phi}\!|(-2a\sin\theta\sin\phi,2a\cos\theta\sin\phi,0)\times(2a\cos\theta\cos\phi,2a\sin\theta\cos\phi,-2a\sin\phi)|\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi\\&=8a^2\int_0^{\pi/2}\!\int_\phi^{\pi-\phi}\!|(\cos\theta\sin^2\phi,-\sin\theta\sin^2\phi,-\sin\phi\cos\phi)|\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi\\&=8a^2\int_0^{\pi/2}\!\int_\phi^{\pi-\phi}\!\sin\phi\,\mathrm d\theta\,d\phi\\&=8a^2\int_0^{\pi/2}\!\theta\sin\phi\Big|_\phi^{\pi-\phi}\,\mathrm d\phi\\&=8a^2\int_0^{\pi/2}\!(\pi\sin\phi-2\phi\sin\phi)\,\mathrm d\phi\\&=8a^2\left[-\pi\cos\phi\Big|_0^{\pi/2}+2\int_0^{\pi/2}\!\phi\,\mathrm d\cos\phi\right]\\&=8a^2\pi+16a^2\left[\phi\cos\phi\Big|_0^{\pi/2}-\int_0^{\pi/2}\!\cos\phi\,\mathrm d\phi\right]\\&=8a^2\pi-16a^2\sin\phi\Big|_0^{\pi/2}\\&=8a^2(\pi-2).\end{aligned}$



8. Evaluate the line integral $\displaystyle\int_{\mathcal C}\!ye^x\,\mathrm dx+(x^2+e^x)\,\mathrm dy+z^2e^z\,\mathrm dz$, where $\mathcal C$ is the curve ${\bf r}(t)=(1+\cos t)\,{\bf i}+(1+\sin t)\,{\bf j}+(1-\cos t-\sin t)\,{\bf k}$ for $0\leq t\leq2\pi$. ($12$ pts)
訣竅
將此路徑積分的向量場拆解為保守場與非保守場來處理
解法

該路徑積分可以分拆如下：

$\displaystyle\int_{\mathcal C}\!ye^x\,\mathrm dx+(x^2+e^x)\,\mathrm dy+z^2e^z\,\mathrm dz=\int_{\mathcal C}\!ye^x\,\mathrm dx+e^x\,\mathrm dy+z^2e^z\,\mathrm dz+\int_{\mathcal C}\!x^2\,\mathrm dy$,

其中前者為保守場的路徑積分，而後者為非保守場的路徑積分。前者可以取 $V(x,y,z)=ye^x+z^2-2ze^z+2e^z$ 為位能函數，因此線積分之值為零（因為起點與終點相同）。故題目所求之積分等價於求非保守場之線積分，參數化後計算如下：

$\displaystyle\begin{aligned}\int_{\mathcal C}\!ye^x\,\mathrm dx+(x^2+e^x)\,\mathrm dy+z^2e^z\,\mathrm dz&=\int_{\mathcal C}\!x^2\,\mathrm dy=\int_0^{2\pi}\!(1+\cos t)^2\cos t\,\mathrm dt\\&=\int_0^{2\pi}\!(\cos t+2\cos^2t+\cos^3t)\,\mathrm dt\\&=2\int_0^{2\pi}\!\cos^2t\,\mathrm dt\\&=\int_0^{2\pi}\!(1+\cos2\theta)\,\mathrm d\theta=2\pi.\end{aligned}$