國立臺灣大學八十九學年度研究所碩士班招生考試：微積分

1. Find the following: ($40\%$)
   (1) $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x-\sin x}$
   (2) $\displaystyle\lim_{x\to\infty}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})$
   (3) $\displaystyle\frac{d}{dx}\sqrt{10+\sqrt{x}}$
   (4) $\displaystyle\frac{d}{dx}\int_0^{x^2}\sqrt{1+t^3}dt$
   (5) Find a function $f(x,y)$ such that

   $f_x(x,y)=2xy^3+e^x\sin y$　and　$f_y(x,y)=3x^2y^2+e^x\cos y+1$

訣竅
(1) 其形式容易讓我們聯想到羅必達法則或使用泰勒展開式處理；
(2) 由於兩個趨於無窮的量相減，我們可以使用逆有理化的方式使它們在分母相加；
(3) 使用簡單的連鎖律即可；
(4) 使用微積分基本定理搭配連鎖律求解即可；
(5) 針對單個變數進行偏積分後會產生待定的未知函數，隨後再使用另外一個偏微分條件來進一步確定該未知函數。
解法

(1) 【方法一】 使用羅必達法則直接計算如下

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x-\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{\sec^2x-1}{1-\cos x}=\lim_{x\to0}\frac{2\sec^2x\tan x}{\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{4\sec^2x\tan^2x+2\sec^4x}{\cos x}=2$

(1) 【方法二】 使用三角函數的泰勒展開式如下

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x-\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\left(x+\frac{x^3}3+\cdots\right)-x}{\displaystyle x-\left(x-\frac{x^3}6+\cdots\right)}=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\frac13+\cdots}{\displaystyle\frac16+\cdots}=2$

(2) 分子分母同乘以 $\sqrt{x+1}+\sqrt{x}$ 後改寫如下

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\right)=\lim_{x\to\infty}\frac1{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}=0$

(3) 使用連鎖律計算如下

$\displaystyle\frac{d}{dx}\sqrt{10+\sqrt{x}}=\frac{d}{dx}\left(10+x^{1/2}\right)^{1/2}=\frac12\left(10+x^{1/2}\right)^{-1/2}\cdot\frac{d}{dx}\left(10+x^{1/2}\right)=\frac{x^{-1/2}}4\left(10+x^{1/2}\right)^{-1/2}$

(4) 使用微積分基本定理與連鎖律可知

$\displaystyle\frac{d}{dx}\int_0^{x^2}\sqrt{1+t^3}dt=\sqrt{1+(x^2)^3}\cdot\frac{d}{dx}x^2=2x\sqrt{1+x^6}$

(5) 首先對 $x$ 分量積分可知

$\displaystyle f(x,y)=\int f_x(x,y)dx=x^2y^3+e^x\sin y+g(y)$

其中 $g(y)$ 為待定的未知函數。接著對 $y$ 偏微分可得

$f_y(x,y)=3x^2y^2+e^x\cos y+g'(y)=3x^2y^2+e^x\cos y+1$

因此 $g'(y)=1$，故 $g(y)=y+C$，其中 $C$ 為積分常數。至此可知所求的函數 $f$ 為

$f(x,y)=x^2y^3+e^x\sin y+y+C$



2. Find the integrals: ($30\%$)
   (1) $\displaystyle\int(x+2)\sin^2(x^2+4x-6)dx$
   (2) $\displaystyle\int\ln(1+x^2)dx$
   (3) $\displaystyle\int_0^3\int_{\sqrt{x/3}}^1e^{y^3}dydx$
訣竅
(1) 由於被積分函數形式複雜，故使用變數變換簡化之；
(2) 直接使用分部積分法；
(3) 由於直接計算迭代積分是不可行的，故交換積分次序來求解。
解法

(1) 令 $u=x^2+4x-6$，那麼可以觀察到 $du=(2x+4)dx=2(x+2)dx$，如此所求的不定積分可以改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int\left(x+2\right)\sin^2\left(x^2+4x-6\right)dx&=\frac12\int\sin^2\left(u\right)du=\frac14\int\left(1-\cos(2u)\right)du\\&=\frac{2u-\sin(2u)}{8}+C=\frac{2x^2+8x-12-\sin\left(2x^2+8x-12\right)}{8}+C\end{aligned}$

(2) 使用分部積分法計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int\ln\left(1+x^2\right)dx&=x\ln\left(1+x^2\right)-\int x\cdot\frac{2x}{1+x^2}dx=x\ln\left(1+x^2\right)-2\int\left(1-\frac1{1+x^2}\right)dx\\&=x\ln\left(1+x^2\right)-2\left(x-\tan^{-1}x\right)+C=x\ln\left(1+x^2\right)-2x+2\arctan(x)+C\end{aligned}$

(3) 可以將積分範圍 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq3\\&\sqrt{x/3}\leq y\leq1\end{aligned}\right.$ 改寫為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq3y^2\\&0\leq y\leq1\end{aligned}\right.$，據此可以將重積分改寫並計算如下

$\displaystyle\int_0^3\int_{\sqrt{x/3}}^1e^{y^3}dydx=\int_0^1\int_0^{3y^2}e^{y^3}dxdy=\int_0^13y^2e^{y^3}dy=e^{y^3}\Big|_0^1=e-1$



3. Find the absolute maximum and minimum values of $f(x,y)=x^2+3y^2+2y$ on the unit disk $x^2+y^2\leq1$. ($10\%$)
訣竅
可以使用基礎的不等式來求出絕對極值；亦可在內部使用偏微分求極值，而在邊界使用拉格朗日乘子法來求條件極值；亦可適當的修改限制條件後直接使用拉格朗日乘子法。
解法一
容易觀察到
$\displaystyle f(x,y)=x^2+3y^2+2y=x^2+3\left(y+\frac13\right)^2-\frac13\geq-\frac13$
故最小值為 $\displaystyle-\frac13$，等號成立條件為 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(0,-\frac13\right)$。另一方面，使用限制條件可知
$\displaystyle f\left(x,y\right)=x^2+3y^2+2y\leq(1-y^2)+3y^2+2y=2y^2+2y+1=2\left(y+\frac12\right)^2+\frac12$
故最大值為 $\displaystyle\frac12$，此時的等號成立條件為 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(\pm\frac{\sqrt3}2,-\frac12\right)$。
解法二
先考慮在圓盤內時的極值，據此我們解聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&f_x(x,y)=2x=0\\&f_y(x,y)=6y+2=0\end{aligned}\right.$
可解得 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(0,-\frac13\right)$，此為極值候選點。另一方面，在邊界上求極值時，我們設定拉格朗日乘子函數如下
$\displaystyle F\left(x,y,\lambda\right)=x^2+3y^2+2y+\lambda\left(x^2+y^2-1\right)$
據此解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,\lambda\right)=2x+2\lambda x=0\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=6y+2+2\lambda y=0\\&F_\lambda\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2-1=0\end{aligned}\right.$
由第一式可知 $2x\left(1+\lambda\right)=0$，即 $x=0$ 或 $\lambda=-1$。
• 若 $x=0$，則由第三式可知 $y=\pm1$。
• 若 $\lambda=-1$，則由第二式可知 $\displaystyle y=-\frac12$，從而代入第三式可得 $\displaystyle x=\pm\frac{\sqrt3}2$。
綜上求得極值候選點有 $\displaystyle\left(0,-\frac13\right)$、$\left(0,\pm1\right)$ 以及 $\displaystyle\left(\pm\frac{\sqrt3}2,-\frac12\right)$。代入檢驗可知最大值為 $\displaystyle\frac12$，而最小值為 $\displaystyle-\frac13$。
解法三
將限制條件化為 $x^2+y^2+s^2=1$，其中 $s\in\mathbb{R}$。如此考慮拉格朗日乘子函數如下
$F(x,y,s,\lambda)=x^2+3y^2+2y+\lambda\left(x^2+y^2+s^2-1\right)$
據此解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,s,\lambda)=2x+2\lambda x=0\\&F_y(x,y,s,\lambda)=6y+2+2\lambda y=0\\&F_s(x,y,s,\lambda)=2s\lambda=0\\&F_\lambda(x,y,s,\lambda)=x^2+y^2+s^2-1=0\end{aligned}\right.$
由第三式可知 $\lambda=0$ 或 $s=0$。假若 $\lambda=0$，那麼這與解法二的前半部分相同，可得 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(0,-\frac13\right)$；而假若 $s=0$，這與解法二的後半部分相同，可得 $\left(x,y\right)=\left(0,\pm1\right)$ 或 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(\pm\frac{\sqrt3}2,-\frac12\right)$。餘下檢驗最大最小值之過程也同解法二。


4. An oil tank in the shape of a sphere has a radius $R$ ft. How much oil does the tank contain if the depth of the oil is $R/2$ ft. ($10\%$)
訣竅
利用旋轉體體積公式計算求解即可。
解法
考慮球體表面由 $x=\sqrt{R^2-y^2}$ 繞 $y$ 軸旋轉而得，那麼當油深 $R/2$ 英呎時，這表明油所佔據之空間界於 $y=-R$ 至 $y=-R/2$ 之間，從而其對應的體積可以列式並計算如下
$\displaystyle V=\int_{-R}^{-R/2}\pi\sqrt{R^2-y^2}^2dy=\pi\int_{-R}^{-R/2}\left(R^2-y^2\right)dy=\left.\pi\left(R^2y-\frac{y^3}3\right)\right|_{-R}^{-R/2}=\frac{5\pi R^3}{24}$
其單位為立方英吋。


5. Find the function $u(x)$, if

   $(x^2+2x+3)u''(x)+2(2x+2)u'(x)+2u(x)=0$; $u(0)=u'(0)=1$.

   (hint: use the formula finding $(uv)''(x)$) ($10\%$)
訣竅
使用提示並且比較其係數即可選出適當的函數 $v$。
解法

隨著這項提示，我們將 $(uv)''(x)$ 展開如下

$(uv)''(x)=v(x)u''(x)+2v'(x)u'(x)+v''(x)u(x)$

取 $v(x)=x^2+2x+3$，那麼題目給定的方程即可化為

$(vu)''(x)=0$; $(vu)(0)=v(0)u(0)=3$, $(vu)'(0)=v'(0)u(0)+v(0)u'(0)=5$

因為「二次微分為零的函數僅有一次函數」，故可知$(vu)(x)=A+Bx$，再由 $v(0)=3$ 及 $v'(0)=5$ 推知 $A=3$ 及 $B=5$，從而所求的函數 $u$ 為

$\displaystyle u(x)=\frac{3x+5}{x^2+2x+3}$