國立臺灣大學八十五學年度轉學生入學考試試題詳解

微積分(A)

1. 設 $p>0$，令集合

   $S=\left\{\left(x,y,z\right)|x\cdot y+z^2-p=0\right\},$

   請問
   1. $S$ 是否是一個連通的曲面(Connected Surface)？($10\%$)
   2. 求原點 $\left(0,0,0\right)$ 到 $S$ 的最短距離。($15\%$)
訣竅
第一道問題可將單葉雙曲面參數化後視為連續函數的像集從而連通，第二道問題則透過簡單的不等式估計即可解決。
解法
1. 首先可以將 $S$ 表達為

   $\displaystyle S=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3:\,\frac1{2p}\left(\frac{x+y}{\sqrt2}\right)^2-\frac1{2p}\left(\frac{x-y}{\sqrt2}\right)^2+\frac{z^2}p=1\right\}$.

   那麼將此曲面參數化為

   $\begin{aligned}F\left(v,\theta\right)&=\left(x\left(v,\theta\right),y\left(v,\theta\right),z\left(v,\theta\right)\right)\\&=\left(\sqrt{p}\left(\cosh\left(v\right)\cos\theta+\sinh\left(v\right)\right),\sqrt{p}\left(\cosh\left(v\right)\cos\theta-\sinh\left(v\right)\right),\sqrt{p}\cosh\left(v\right)\sin\theta\right),\end{aligned}$

   其中 $v\in\left(-\infty,\infty\right)$、$0\leq\theta<2\pi$。如此 $S$ 可視為連續函數 $F$ 在 $\left(-\infty,\infty\right)\times\left[0,2\pi\right)$ 上的像集，從而連通。
2. 若 $\left(x,y,z\right)\in S$，則

   $\displaystyle\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{x^2+y^2-xy+p}=\sqrt{\left(x-\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3y^2}{4}+p}\geq\sqrt{p}$

   其中當 $x=y=0$、$z=\sqrt{p}$ 時等號成立，因此最短距離為 $\sqrt{p}$。


2. 平面上有一條曲線

   $y^2-x^2-x^3=0$

   在 $y$ 軸左側圍出一個區域，求該區域的面積。($20\%$)
訣竅
分析該區域所包圍之曲線後列出定積分的式子並計算之即可。
解法



首先注意到當 $y=0$ 時可解得 $x=0,0,-1$，且此曲線對稱 $x$ 軸，因此在 $y$ 軸左側區域的面積可列式如下：

$\displaystyle A=2\int_{-1}^0ydx=2\int_{-1}^0\sqrt{x^2+x^3}dx=-2\int_{-1}^0x\sqrt{x+1}dx$

令 $u=\sqrt{x+1}$，則

1. 當 $x=-1$ 時有 $u=0$；
2. 當 $x=0$ 時有 $u=1$；
3. 求導有 $dx=2udu$。

因此原定積分可改寫並計算如下：

$\displaystyle A=-4\int_0^1\left(u^4-u^2\right)du=-4\left.\left(\frac{u^5}{5}-\frac{u^3}{3}\right)\right|_0^1=\frac{8}{15}$



3. 設 $f\left(x\right)$ 為無窮次可微分的函數，且在一點 $a$，所有階次的導數均不為 $0$。

   今考慮在 $a$ 附近的泰勒展開式

   $\displaystyle f\left(a+h\right)=f\left(a\right)+h\cdot f'\left(a\right)+\cdots+\frac{h^n}{n!}f^{\left(n\right)}\left(a\right)+\frac{h^{n+1}}{\left(n+1\right)!}f^{\left(n+1\right)}\left(a+\theta\cdot h\right)$

   其中 $0\leq\theta\leq1$；

   試求($20\%$)

   $\displaystyle\lim_{h\to0}\theta=$？

訣竅
將 $\theta$ 精確地表達下來，隨後使用羅必達法則精確地計算之即可；亦可運用泰勒定理繼續展開後運用導數的定義計算之；本題為微積分4500題的第1393題。
解法一

首先可以得到

$\displaystyle\theta=\frac{\displaystyle\left(f^{\left(n+1\right)}\right)^{-1}\left(\frac{\left(n+1\right)!}{h^{n+1}}\left(f\left(a+h\right)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{\left(k\right)}\left(a\right)}{k!}h^k\right)\right)}{h}$

因此取極限並運用羅必達法則與反函數微分可得：

$\begin{aligned}\displaystyle\lim_{h\to0}\theta=&\lim_{h\to0}\left[\left(f^{\left(n+1\right)}\right)^{-1}\left(\frac{\left(n+1\right)!}{h^{n+1}}\left(f\left(a+h\right)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{\left(k\right)}\left(a\right)}{k!}h^k\right)\right)\right]'\\=&\lim_{h\to0}\frac{\displaystyle\left(n+1\right)!\frac{h\left(f'\left(a+h\right)-\sum_{k=1}^n\frac{f^{\left(k\right)}\left(a\right)}{\left(k-1\right)!}h^{k-1}\right)-\left(n+1\right)\left(f\left(a+h\right)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{\left(k\right)}\left(a\right)}{k!}h^k\right)}{h^{n+2}}}{f^{\left(n+2\right)}\left(a+\theta h\right)}\\=&\frac{\left(n+1\right)!}{f^{\left(n+2\right)}\left(a\right)}\lim_{h\to0}\frac{\displaystyle h\left(f''\left(a+h\right)-\sum_{k=2}^n\frac{f^{\left(k\right)}\left(a\right)}{\left(k-2\right)!}h^{k-2}\right)-n\left(f'\left(a+h\right)-\sum_{k=1}^n\frac{f^{\left(k\right)}\left(a\right)}{\left(k-1\right)!}h^{k-1}\right)}{\left(n+2\right)h^{n+1}}\\=&\cdots\\=&\frac{\left(n+1\right)!}{f^{\left(n+2\right)}\left(a\right)}\lim_{h\to0}\frac{hf^{\left(n+1\right)}\left(a+h\right)-\left(f^{\left(n\right)}\left(a+h\right)-f^{\left(n\right)}\left(a\right)\right)}{\left(n+2\right)\left(n+1\right)\cdots3h^2}\\=&\frac{\left(n+1\right)!}{f^{\left(n+2\right)}\left(a\right)}\lim_{h\to0}\frac{hf^{\left(n+2\right)}\left(a+h\right)}{\left(n+2\right)!h}\\=&\frac{1}{n+2}\end{aligned}$

解法二

運用泰勒定理展開至第 $n+2$ 階有

$\displaystyle f\left(a+h\right)=f\left(a\right)+\sum_{k=1}^{n+1}\frac{f^{\left(k\right)}\left(a\right)}{k!}h^k+\frac{f^{\left(n+2\right)}\left(\xi\right)}{\left(n+2\right)!}h^{n+2}$

其中 $\xi$ 介在 $a$ 與 $a+h$ 之間。由此可知

$\displaystyle \frac{h^{n+1}}{\left(n+1\right)!}f^{\left(n+1\right)}\left(a+\theta h\right)=\frac{h^{n+1}}{\left(n+1\right)!}f^{\left(n+1\right)}\left(a\right)+\frac{h^{n+2}}{\left(n+2\right)!}f^{\left(n+2\right)}\left(z\right)$

亦即

$\displaystyle f^{\left(n+2\right)}\left(z\right)=\left(n+2\right)\cdot\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(a+\theta h\right)-f^{\left(n+1\right)}\left(a\right)}{h}=\left(n+2\right)\cdot\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(a+\theta h\right)-f^{\left(n+1\right)}\left(a\right)}{\theta h}\theta$

如此令 $h$ 趨於零，那麼由 $f$ 的各階導函數都存在可得

$\displaystyle f^{\left(n+2\right)}\left(a\right)=\left(n+2\right)f^{\left(n+2\right)}\left(a\right)\lim_{h\to0}\theta$

由 $f$ 在 $a$ 的各階導數皆不為零可得

$\displaystyle\lim_{h\to0}\theta=\frac{1}{n+2}$



4. 求圖形 $y=2\sqrt{x}$ 在 $3\leq x\leq8$ 的這段，繞 $x$ 軸旋轉所得旋轉面的表面積。($20\%$)
訣竅
根據旋轉體的表面積的計算公式即可求解；亦可直接由旋轉面的方程求表面積來解決。
解法一

根據旋轉體的表面積的計算公式，我們有

$\begin{aligned}\displaystyle A=&\int_3^82\pi yds\\=&\int_3^82\pi y\left(x\right)\sqrt{1+y'^2\left(x\right)}dx\\=&4\pi\int_3^8\sqrt{x}\sqrt{1+\frac{1}{x}}dx\\=&4\pi\int_3^8\sqrt{x+1}dx\\=&\left.\frac{8\pi}3\left(x+1\right)^{\frac{3}2}\right|_3^8\\=&\frac{152\pi}3\end{aligned}$

解法二

可以注意到此旋轉面之方程可寫為 $\sqrt{y^2+z^2}=2\sqrt{x}$，或寫為 $z^2=4x-y^2$。因此由對稱性，我們可以僅考慮 $y\geq0$、$z\geq0$ 的情形再取四倍即可。所以我們設 $z=f\left(x,y\right)=\sqrt{4x-y^2}$，並求在 $3\leq x\leq8$、$0\leq y\leq2\sqrt{x}$ 時的表面積。如此列式並計算如下：
$\displaystyle\begin{aligned}A=&\int_3^8\int_0^{2\sqrt{x}}\sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^2}dydx\\=&\int_3^82\sqrt{x+1}\int_0^{2\sqrt{x}}\frac{1}{\sqrt{4x-y^2}}dydx\end{aligned}$
令 $\displaystyle t=\arcsin\frac{y}{2\sqrt{x}}$，如此
1. 當 $y=0$ 時有 $t=0$；
2. 當 $y=2\sqrt{x}$ 時有 $\displaystyle t=\frac{\pi}{2}$；
3. 求導便有 $dy=2\sqrt{x}\cos tdt$。
由以上所分析可知
$\displaystyle A=\int_3^82\sqrt{x+1}\int_0^{\frac{\pi}{2}}dtdx=\pi\int_3^8\sqrt{x+1}dx=\left.\frac{2\pi}{3}\left(x+1\right)^{\frac{3}2}\right|_3^8=\frac{38\pi}{3}$
因此表面積為 $\displaystyle\frac{38\pi}3\times4=\frac{152\pi}3$


5. 請嚴格證明連鎖法則(Chain rule)。($15\%$)
   (只需證一個變數的情形!)
訣竅
首先要先確認命題的前提與結論，並組織要使用的輔助命題再加以論證之。
解法
我們要證明的定理如下
定理(Chain rule) 設 $f$ 和 $g$ 為實值函數。若 $f$ 在 $a$ 可導且 $g$ 在 $f\left(a\right)$ 可導，則 $g\circ f$ 在 $a$ 可導，且有 $\left(g\circ f\right)'\left(a\right)=g'\left(f\left(a\right)\right)f'\left(a\right)$。
為此我們先建立一個與可導等價的條件如下，之後我們將使用此條件來證明合成函數 $g\circ f$ 滿足該條件如此即證明此定理。
命題 設 $f$ 為實值函數。$f$ 在 $a$ 可導的充分必要條件是存在一開區間 $I$ 與一個定義在 $I$ 上的實值函數滿足
1. $a\in I$；
2. $f$ 在 $I$ 上有定義；
3. $F$ 在 $a$ 連續；
4. 對於所有 $x\in I$ 均有 $f\left(x\right)=F\left(x\right)\left(x-a\right)+f\left(a\right)$，且 $F\left(a\right)=f'\left(a\right)$。
命題的證明
必要性：假定 $f$ 在 $a$ 可導，那麼存在一開區間 $I$ 使得 $f$ 在其上有定義。於是我們在 $I$ 定義 $F$ 如下：
$F\left(x\right)=\begin{cases}\displaystyle\frac{f\left(x\right)-f\left(a\right)}{x-a},&\text{for }x\neq a;\\\displaystyle f'\left(a\right),&\text{for }x=a.\end{cases}$
如此必要性的部分完成。
充分性：由d.與c.的條件，我們取 $x\to a$（其中 $\in I$）如此可知 $\displaystyle\lim_{x\to a}F\left(x\right)$ 存在，此表明 $f$ 在 $a$ 處可導。
由命題可知存在開區間 $I$ 與 $J$ 與函數 $F:I\to\mathbb{R}$ 與 $G:J\to\mathbb{R}$ 分別在 $a$ 與 $f\left(a\right)$ 處連續，並且 $F\left(a\right)=f'\left(a\right)$、$G\left(f\left(a\right)\right)=g'\left(f\left(a\right)\right)$，且有
$\begin{aligned}f\left(x\right)&=F\left(x\right)\left(x-a\right)+f\left(a\right),\text{ for }x\in I,\\g\left(y\right)&=G\left(y\right)\left(y-f\left(a\right)\right)+g\left(f\left(a\right)\right),\text{ for }y\in J.\end{aligned}$
由於 $f\left(a\right)\in J$ 為開區間且 $f$ 在 $a$ 處連續，我們可以取足夠小的 $I$ 使得對任何 $x\in I$ 皆能有 $f\left(x\right)\in J$。因此取 $y=f\left(x\right)$ 代入後有旋即有
$g\left(f\left(x\right)\right)=G\left(f\left(x\right)\right)F\left(x\right)\left(x-a\right)+g\left(f\left(a\right)\right)$
因此取 $H\left(x\right)=G\left(f\left(x\right)\right)F\left(x\right)$，從而 $H$ 在 $a$ 連續且 $H\left(a\right)=G\left(f\left(a\right)\right)F\left(a\right)=g'\left(f\left(a\right)\right)f'\left(a\right)$。因此再由命題即可知道定理成立。