九十一學年度 計財系 系轉學生招生考試
科目 微積分 科號 143 共 2 頁第 1 頁 ＊請在試卷【答案卷】內作答
第一部分：多重選擇題，共四題，請在答案卷上註明題號(子、丑、寅、卯)後寫下答案。每題 $4.5$ 分；各選項獨立計分，每答對一選項得 $1.5$ 分，答錯倒扣 $1$ 分，若整題完全不答則得零分。- If $f,g:\mathbb R\to\mathbb R$ are differentiable, which of the following statements are true? Ans: 子 .
- If $f\left(x\right)\geq g\left(x\right)$ for all $x\in\mathbb R$, then $f'\left(x\right)\geq g'\left(x\right)$ for all $x\in\mathbb R$.
- If $f'\left(x\right)\geq g'\left(x\right)$ for all $x\in\mathbb R$, then $f\left(x\right)\geq g\left(x\right)$ for all $x\in\mathbb R$.
- If $f'\left(x\right)\geq g'\left(x\right)$ for all $x\in\mathbb R$, then $f\left(1\right)-g\left(1\right)\geq f\left(0\right)-g\left(0\right)$.
- 本選項錯誤，函數值較大不必然導致導函數較大。考慮 $f\left(x\right)=x^2$、$g\left(x\right)=-x^2$，那麼明顯有 $f\left(x\right)\geq g\left(x\right)$，並且可知 $f'\left(x\right)=2x$、$g'\left(x\right)=-2x$，那麼當 $x<0$ 時便沒有 $f'\left(x\right)\geq g'\left(x\right)$。
- 此選項不必然成立。考慮 $f\left(x\right)=x^3$、$g\left(x\right)=-x^3$，容易看到 $f'\left(x\right)=3x^2\geq-3x^2=g'\left(x\right)$，但當 $x<0$ 時便無 $f\left(x\right)\geq g\left(x\right)$。
- 此選項正確。將 $g'$ 移項可知 $\left(f-g\right)'\left(x\right)\geq0$，這表明 $f-g$ 為遞增函數，因此有 $f\left(1\right)-g\left(1\right)\geq f\left(0\right)-g\left(0\right)$，證明完畢。
- Which of the following statements are true? Ans: 丑 .
- If $f:\left[0,1\right]\to\left[0,1\right]$ is a continuous function, then there exists a point $c\in\left[0,1\right]$ such that $f\left(c\right)=c^2$.
- $\left|\cos^2x-\cos^2y\right|\leq\left|x-y\right|$ holds for all $x,y\in\mathbb R$.
- If $f:\left[0,1\right]\to\mathbb R$ is a continuous function such that $\displaystyle\int_0^1f\left(x\right)dx=0$, then $f\left(x\right)=0$ for some $x\in\left[0,1\right]$.
- 此選項正確。證明如下：設 $g\left(x\right)=f\left(x\right)-x^2$，那麼由 $f$ 與二次函數的連續性可知 $g$ 也是連續函數。由於 $g\left(0\right)=f\left(0\right)\geq0$、$g\left(1\right)=f\left(1\right)-1\leq0$，因此由勘根定理能知存在一實數 $c\in\left[0,1\right]$ 使得 $g\left(c\right)=0$，這就蘊含了 $f\left(c\right)=c^2$，證明完畢。
- 此選項正確。證明如下：設 $f\left(x\right)=\cos^2x$ 為 $\mathbb R$ 上的可微函數，那麼運用均值定理可知對任意實數 $x,y$ 存在實數 $c$ 介於 $x,y$ 之間滿足
$f\left(x\right)-f\left(y\right)=f'\left(c\right)\left(x-y\right).$
又注意到 $f'\left(c\right)=-2\sin c\cos c=-\sin2c$，因此取絕對值後有$\left|\cos^2x-\cos^2y\right|=\left|\sin2c\right|\left|x-y\right|\leq\left|x-y\right|.$
證明完畢。 - 此選項正確。運用反證法證明如下：假定不存在任何一點使函數 $f$ 為零，那麼由連續性可知 $f$ 在 $\left[0,1\right]$ 上恆正或恆負，否則由勘根定理能找出一點使 $f$ 為零。不失一般性，我們假定函數 $f$ 在 $\left[0,1\right]$ 上恆正，並且由 $f$ 的連續性可知有最小值 $M>0$，那麼容易得到如下的估計
$\displaystyle\int_0^1f\left(x\right)dx\geq\int_0^1M\,dx=M>0.$
這與題設矛盾，因此最初的假設有誤，亦即確實存在一點 $x\in\left[0,1\right]$ 使 $f$ 為零，證明完畢。 - Which of the following statements are true? Ans: 寅 .
- If the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ converges, then we have $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$.
- If the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ diverges, then we have $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n\neq0$.
- If the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ converges, then the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n^2$ also converges.
- 此選項正確。設 $n$ 項部分和為 $s_n$，由前提可知極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_n$ 存在，記之為 $s$，那麼由 $a_n=s_n-s_{n-1}$（對於 $n\geq2$），可知
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}\left(s_n-s_{n-1}\right)=s-s=0.$
證明完畢。 - 此選項不正確。經典的反例為調和級數，即 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1n$ 發散，但其一般項 $\displaystyle\frac1n$ 仍隨 $n$ 趨於無窮時而趨於零。
- 此選項不正確。考慮 $\displaystyle a_n=\frac{\left(-1\right)^n}{\sqrt n}$，那麼由交錯級數審歛法可知 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收斂，但 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n^2$ 為調和級數因而發散。
註：若敘述改為「若 $a_n$ 非負且 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收斂，則 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n^2$ 也收斂。」這樣就是正確的命題了。
- Let $f\left(x,y\right)=\begin{cases}\displaystyle\frac{xy^2}{x^2+y^4}&\mbox{for }\left(x,y\right)\neq\left(0,0\right)\\0&\mbox{for }\left(x,y\right)=\left(0,0\right)\end{cases}$, which of the following statments are true? Ans: 卯 .
- $\displaystyle\lim_{\left(x,y\right)\to\left(0,0\right)}f\left(x,y\right)$ exists.
- $f$ is continuous at $\left(0,0\right)$.
- $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}\left(0,0\right)$ and $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}\left(0,0\right)$ both exist.
- 假若雙變數函數極限存在，記之為 $L$，那麼沿任意方向其極限值皆相同。考慮沿拋物線 $x=my^2$，那麼有
$\displaystyle L=\lim_{y\to0}f\left(my^2,y\right)=\lim_{y\to0}\frac{my^4}{m^2y^4+y^4}=\frac m{m^2+1}.$
可以發現取不同的 $m$ 值將使 $L$ 產生改變，這與極限的唯一性矛盾，故極限不存在。 - $f$ 要在原點連續的其中一個前提是在原點的極限存在，由前一個選項可知本選項錯誤。
- 按偏導函數的定義計算如下
$\begin{aligned}&\frac{\partial f}{\partial x}\left(0,0\right)=\lim_{h\to0}\frac{f\left(h,0\right)-f\left(0,0\right)}h=\lim_{h\to0}\frac{0-0}h=0,\\&\frac{\partial f}{\partial y}\left(0,0\right)=\lim_{h\to0}\frac{f\left(0,h\right)-f\left(0,0\right)}h=\lim_{h\to0}\frac{0-0}h=0.\end{aligned}$
因此兩個偏導函數值皆存在，本選項正確。
訣竅
由函數與導函數所呈現的幾何意義即可選擇。解法
訣竅
運用連續函數的特性（如勘根定理）與可微函數的特性（如均值定理）等來求解。解法
訣竅
根據級數的一般知識可選出正確選項並對於錯誤的應能舉出常見的反例。解法
訣竅
由多變函數的形式可嘗試用 $x=my^2$ 來探究之，而對於偏導函數值的計算可直接應用定義即可。解法
- Suppose that $f:\mathbb R\to\mathbb R$ is a continuous function and that $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{\sin\left(1+x\right)-\sin\left(1-x\right)}x$ for $x\neq0$. Then $f\left(0\right)=$ 甲 .
- If $y=y\left(x\right)$ satisfies the differential equation $xy''+y'=9x^2$ for $x>0$, and the conditions $y\left(1\right)=y'\left(1\right)=0$, then $y\left(x\right)=$ 乙 .
- The largest value of $f\left(x\right)=x\cos x-\sin x$ on the interval $\left[0,2\pi\right]$ is 丙 .
- Let $a,b,c,d$ be real numbers. Then the maximum value of $ac+bd$ subject to the constraints $a^2+b^2=1$ and $\left(c-6\right)^2+\left(d-4\right)^2=4$ is 丁 .
- Suppose that when the production of a particular commodity requires $x$ machine-hours and $y$ person-hours, the cost of production is given by $f\left(x,y\right)=2x^3-6xy+y^2+4y+1000$. Determine the number $m$ of machine-hours and the number $p$ of person-hours needed to produce the commodity at the least cost. Ans: $\left(m,p\right)=$ 戊 .
- $D\left(1,1\right)=-12<0$，故 $\left(1,1\right)$ 為鞍點；
- $D\left(2,4\right)=12>0$ 且 $f_{xx}\left(2,4\right)=24>0$，故 $\left(2,4\right)$ 為局部極小點。
- $\displaystyle\int_{-1}^1\int_{\left|y\right|}^1\left(x+y\right)^2dx\,dy=$ 己 .
- Suppose that $f:\left[-1,1\right]\to\mathbb R$ is a continuous function, then $\displaystyle\lim_{h\to0^+}\int_{-h}^h\frac h{h^2+x^2}f\left(x\right)dx=$ 庚 .
訣竅
由連續性的定義計算之，在計算極限的過程中可使用 L'Hôpital 法則。解法
由連續性的定義與 L'Hôpital 法則計算如下$\displaystyle f\left(0\right)=\lim_{x\to0}f\left(x\right)=\lim_{x\to0}\frac{\sin\left(1+x\right)-\sin\left(1-x\right)}x=\lim_{x\to0}\frac{\cos\left(1+x\right)+\cos\left(1-x\right)}1=2\cos1.$
訣竅
對方程適當改寫直接積分即可；亦可同乘以 $x$ 並將之視為 Euler 方程來處理。解法一
將給定的方程改寫為$\left(xy'\right)'=xy''+y'=9x^2.$
在 $\left[1,x\right]$ 上同取定積分可得$xy'\left(x\right)=xy'\left(x\right)-1\cdot y'\left(1\right)=3x^3-3.$
同除以 $x$ 有$\displaystyle y'\left(x\right)=3x^2-\frac3x.$
最後在 $\left[1,x\right]$ 再取一次定積分可得$y\left(x\right)=y\left(x\right)-y\left(1\right)=x^3-3\ln x-1.$
解法二【不推薦此方法】
同乘以 $x$ 後方程寫為 $x^2y''+xy'=9x^3$ 為非齊次 Euler 方程。先考慮對應的齊次微分方程如下
$x^2y_c''+xy_c'=0.$
考慮 $y_c=x^k$，代入便有$x^2\cdot k\left(k-1\right)x^{k-2}+x\cdot kx^{k-1}=0.$
這便有 $k^2x^k=0$，因此 $k=0$（二重根），這表明齊次的兩個線性獨立解為 $y_{c,1}=1$、$y_{c,2}=\ln x$，從而齊次方程的通解為 $y_c=c_1+c_2\ln x$。現在對於非齊次方程尋求特解，由於右端為三次方程，故考慮 $y_p=Kx^3$ 試探之。代入方程中有
$x^2\cdot6Kx+x\cdot3Kx^2=9x^3.$
可求出 $K=1$，因此特解為 $y_p=x^3$。綜合上述可知本方程的通解為$y\left(x\right)=y_c\left(x\right)+y_p\left(x\right)=c_1+c_2\ln x+x^3,$
其中 $c_1,c_2$ 為可由初始條件待定的常數。現在使用初始條件有聯立方程組$\left\{\begin{aligned}&y\left(1\right)=c_1+1=0,\\&y'\left(1\right)=c_2+3=0.\end{aligned}\right.$
容易得到 $c_1=-1$、$c_2=-3$，因此滿足方程與初始條件的解為$\displaystyle y\left(x\right)=x^3-3\ln x-1.$
訣竅
運用微分找出極值的候選點並檢查端點找出最大值。解法
為了找出 $f$ 在區間 $\left(0,2\pi\right)$ 內的極值，我們應解方程式 $f'\left(x\right)=0$，即解$f'\left(x\right)=-x\sin x=0.$
在 $\left(0,2\pi\right)$ 僅得 $x=\pi$。如此檢查此點與端點有$f\left(0\right)=0,\quad f\left(\pi\right)=-\pi,\quad f\left(2\pi\right)=2\pi.$
故最大值為 $2\pi$。訣竅
可直接由初等不等式以及幾何意義求解；亦可運用 Lagrange 乘子法求解。解法一
由 Cauchy 不等式以及第一個限制條件可以知道$\left(ac+bd\right)^2\leq\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)=c^2+d^2.$
又 $\left(c,d\right)$ 為落在圓心為 $\left(6,4\right)$ 而半徑為 $2$ 的圓周上，離原點最遠的距離為 $\sqrt{6^2+4^2}+2=2+2\sqrt{13}$，因此 $c^2+d^2\leq\left(2+2\sqrt{13}\right)^2$，故有$\left(ac+bd\right)^2\leq\left(2+2\sqrt{13}\right)^2.$
即有 $-2-2\sqrt{13}\leq ac+bd\leq2+2\sqrt{13}$，因此最大值為 $2+2\sqrt{13}$，其中等號成立的條件為$\displaystyle\frac ac=\frac bd,\quad \left(c,d\right)\parallel\left(6,4\right),\quad c^2+d^2=\left(2+2\sqrt{13}\right)^2,$
可以求得 $\displaystyle a=\frac3{\sqrt{13}}, b=\frac2{\sqrt{13}}, c=6+\frac6{\sqrt{13}}, d=4+\frac4{\sqrt{13}}$。解法二
運用 Lagrange 乘子法，設置函數如下$F\left(a,b,c,d,\lambda_1,\lambda_2\right)=ac+bd+\lambda_1\left(a^2+b^2-1\right)+\lambda_2\left[\left(c-6\right)^2+\left(d-4\right)^2-4\right].$
據此解下列聯立方程組$\left\{\begin{aligned}&F_a\left(a,b,c,d,\lambda_1,\lambda_2\right)=c+2a\lambda_1=0,\\&F_b\left(a,b,c,d,\lambda_1,\lambda_2\right)=d+2b\lambda_1=0,\\&F_c\left(a,b,c,d,\lambda_1,\lambda_2\right)=a+2\lambda_2\left(c-6\right)=0,\\&F_d\left(a,b,c,d,\lambda_1,\lambda_2\right)=b+2\lambda_2\left(d-4\right)=0,\\&F_{\lambda_1}\left(a,b,c,d,\lambda_1,\lambda_2\right)=a^2+b^2-1=0,\\&F_{\lambda_2}\left(a,b,c,d,\lambda_1,\lambda_2\right)=\left(c-6\right)^2+\left(d-4\right)^2-4=0.\end{aligned}\right.$
由前兩式可知 $\displaystyle\frac ab=\frac cd$，由第三與第四式有 $\displaystyle\frac ab=\frac{c-6}{d-4}$，因此能知 $\displaystyle\frac cd=\frac{c-6}{d-4}$，整理有 $4c=6d$，即 $\displaystyle\frac cd=\frac32$，如此令 $a=3k$、$b=2k$ 以及 $c=3n$、$d=2n$，由第五式易解得 $\displaystyle\left(a,b\right)=\pm\left(\frac3{\sqrt{13}},\frac2{\sqrt{13}}\right)$，由第六式則有$13\left(n-2\right)^2=\left(3n-6\right)^2+\left(2n-4\right)^2=4.$
即有 $\displaystyle n=2\pm\frac2{\sqrt{13}}$，故解得 $\displaystyle\left(c,d\right)=\left(6\pm\frac6{\sqrt{13}},4\pm\frac4{\sqrt{13}}\right)$。藉由檢驗可知 $ac+bd$ 的最大值為 $2+2\sqrt{13}$。訣竅
為了找出極小值，我們求一階偏導為零的位置，並利用二階判別式判斷極大、極小或鞍點。解法
為了找出極值，我們應求出一階偏導皆為零的位置，亦即解下列聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&f_x\left(x,y\right)=6x^2-6y=0,\\&f_y\left(x,y\right)=-6x+2y+4=0.\end{aligned}\right.$
由第一式有 $y=x^2$ 代入第二式可得 $x^2-3x+2=0$，可得 $x=1$ 或 $x=2$，對應有 $y=1$ 或 $y=4$，亦即有兩個候選點 $\left(1,1\right)$ 與 $\left(2,4\right)$。現計算二階判別式如下
$D\left(x,y\right)=\left|\begin{matrix}f_{xx}\left(x,y\right)&f_{xy}\left(x,y\right)\\f_{yx}\left(x,y\right)&f_{yy}\left(x,y\right)\end{matrix}\right|=f_{xx}\left(x,y\right)f_{yy}\left(x,y\right)-f_{xy}\left(x,y\right)f_{yx}\left(x,y\right)=12x\cdot2-\left(-6\right)^2=24x-36.$
代入前述求得的候選點可知訣竅
直接計算並按絕對值分段處理即可。解法
直接計算可知$\begin{aligned}\int_{-1}^1\int_{\left|y\right|}^1\left(x+y\right)^2dxdy&=\int_{-1}^1\left.\frac{(x+y)^3}3\right|_{x=\left|y\right|}^{x=1}dy\\&=\frac13\int_{-1}^1\left[\left(y+1\right)^3-\left(\left|y\right|+y\right)^3\right]dy\\&=\frac13\int_{-1}^1\left(y+1\right)^3dy-\frac83\int_0^1y^3dy\\&=\left.\frac1{12}\left(y+1\right)^4\right|_{-1}^1-\left.\frac23y^4\right|_0^1=\frac23.\end{aligned}$
訣竅
運用積分中值定理將 $f$ 挪出積分號之外，隨後計算出該定積分後再取極限。解法
由於 $h>0$，因此 $\displaystyle\frac h{h^2+x^2}$ 恆正，故運用積分中值定理可知存在 $c\in\left[-h,h\right]$ 使得$\displaystyle\int_{-h}^h\frac h{h^2+x^2}f\left(x\right)dx=f\left(c\right)\int_{-h}^h\frac h{h^2+x^2}dx=f\left(c\right)\cdot\left.\tan^{-1}\frac xh\right|_{-h}^h=\frac\pi2f\left(c\right).$
那麼取 $h$ 自右趨於零，可以由夾擠知道到 $c\to0$，從而有$\displaystyle\lim_{h\to0^+}\int_{-h}^h\frac h{h^2+x^2}f\left(x\right)=\frac\pi2\lim_{h\to0^+}f\left(c\right)=\frac\pi2f\left(0\right).$
- ($9\%$)
- Show that $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty e^{-t^2}dt=\sqrt\pi$.
- Find $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty e^{-\left(5x^2+4xy+4y^2\right)}dx\,dy$.
由於被積分函數為偶函數，因此我們僅需考慮 $\displaystyle\int_0^\infty e^{-t^2}dt$ 的歛散性。首先可以知道 $\displaystyle\int_0^1e^{-t^2}dt$ 是連續函數在一給定的閉區間上的定積分故可積分。另一方面當 $t\geq1$ 時，能留意到不等式 $e^{-t^2}\leq e^{-t}$，從而有
$\displaystyle\int_1^\infty e^{-t^2}dt\leq\int_1^\infty e^{-t}dt=-e^{-t}\Big|_1^\infty=1.$
這表明瑕積分 $\displaystyle\int_1^\infty e^{-t^2}dt$ 收斂。結合前述兩者可知瑕積分 $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty e^{-t^2}dt$ 收斂，並記此值為 $I$。利用啞變數變換可以注意到
$\displaystyle I^2=\left(\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}dx\right)\left(\int_{-\infty}^\infty e^{-y^2}dy\right)=\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2-y^2}dx\,dy.$
此時使用極座標變換，令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，那麼變數範圍可寫為 $0\leq r$、$0\leq\theta\leq2\pi$。如此可將二重積分改寫如下$\displaystyle I^2=\int_0^{2\pi}\int_0^\infty e^{-r^2}r\,dr\,d\theta=2\pi\int_0^\infty re^{-r^2}\,dr=-\pi e^{-r^2}\Big|_0^\infty=\pi.$
因此所求的瑕積分 $I=\sqrt\pi$。- 容易將所求的重積分改寫如下
$\displaystyle\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty e^{-\left(5x^2+4xy+4y^2\right)}dx\,dy=\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty e^{-\left(2x\right)^2-\left(x+2y\right)^2}dx\,dy.$
那麼令 $u=2x$、$v=x+2y$，可以知道 $u,v$ 的範圍仍為 $\mathbb R^2$，而其對應的 Jacobian 行列式能計算如下$\displaystyle\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}=\left|\begin{matrix}\displaystyle\frac12&\displaystyle0\\\displaystyle-\frac14&\displaystyle\frac12\end{matrix}\right|=\frac14.$
故所求的重積分可以改寫並運用前一小題的過程能計算$\displaystyle\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty e^{-\left(5x^2+4xy+4y^2\right)}dx\,dy=\frac14\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty e^{-u^2-v^2}du\,dv=\frac\pi4.$
- ($9\%$) Consider the plane curve $C:x^3-xy+y^3+3x=1$.
- Prove that $C$ intersects the $x$-axis at eactly one point, say $\left(a,0\right)$.
- Find the equation of the line tangent to $C$ at $\left(a,0\right)$.
- 為了找出曲線 $C$ 在 $x$ 軸上的交點，我們取 $y=0$ 代入去解方程式 $x^3+3x=1$ 的根。為了確定此方程恰有一根，我們考慮函數 $f\left(x\right)=x^3+3x-1$，可以發現 $f$ 為多項式函數，故為連續函數。再者 $f\left(0\right)=-1$ 且 $f\left(1\right)=3$，從而由中間值定理（或勘根定理）能知存在一根 $a\in\left(0,1\right)$ 使得 $f\left(a\right)=0$。
證明恰有一根：由於 $f'\left(x\right)=3x^2+3\geq3$，因此 $f$ 在 $\mathbb R$ 上嚴格遞增，故 $f$ 僅有一根。更詳盡地說，假若不只有一根，設其中兩相異根為 $a_1$ 與 $a_2$，那麼由均值定理（或 Rolle 定理）可知
$0=f\left(a_1\right)-f\left(a_2\right)=f'\left(\xi\right)\left(a_1-a_2\right).$
但 $f'\left(\xi\right)\geq3$ 而 $a_1\neq a_2$，故產生矛盾，因此恰有一根。註：該實根可使用三次方程的公式解求得。 - 運用隱函數微分法，求導可得
$\displaystyle3x^2-y-x\frac{dy}{dx}+3y^2\frac{dy}{dx}+3=0.$
代入座標 $\left(x,y\right)=\left(a,0\right)$ 可得$\displaystyle3a^2-a\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(a,0\right)}+3=0.$
因此求得斜率$\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(a,0\right)}=3a+\frac3a$，如此使用點斜式可得切線方程為$\displaystyle y=\left(3a+\frac3a\right)\left(x-a\right).$
- ($8\%$) Find a differentiable function $y=f\left(x\right)$ such that $f\left(0\right)=0$ and the arc length of the graph of $f$ between $\left(0,0\right)$ and $\left(x,y\right)$ is $e^x+y-1$.
訣竅
第一小題為經典的瑕積分，可以先確認該瑕積分收斂，隨後轉換為重積分計算求解；第二小題利用配方法後使用變數代換轉化為第一小題步驟中會出現的重積分即可。解法
訣竅
第一小題可運用勘根定理與均值定理或函數的遞增性可知，第二小題則運用隱函數微分以及點斜式來求解。解法
訣竅
根據題意使用弧長公式獲得微分方程，據此求解。解法
由弧長公式以及題幹條件可列式如下$\displaystyle e^x+f\left(x\right)-1=\int_0^x\sqrt{1+\left(f'\left(s\right)\right)^2}ds.$
對 $x$ 同取微分有$e^x+f'\left(x\right)=\sqrt{1+\left(f'\left(x\right)\right)^2}$.
平方展開得$e^{2x}+2e^xf'\left(x\right)+\left(f'\left(x\right)\right)^2=1+\left(f'\left(x\right)\right)^2.$
移項整理有$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{e^{-x}-e^x}2=-\sinh\left(x\right)$.
在 $\left[0,x\right]$ 上同取積分可得$\displaystyle f\left(x\right)=f\left(x\right)-f\left(0\right)=1-\frac{e^{-x}+e^x}2=1-\cosh\left(x\right).$
此即所求。
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