國立臺灣大學八十三學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分

1. 填充題 ($70\%$)
   1. 拋物線 $y=x^2$ 上最接近點 $(3,0)$ 之點為　(1)　。
   訣竅
   考慮距離平方函數並使用微分求其最小值；亦可注意到曲線上最近的點之切線會與給定點連線垂直。
   解法一
   考慮拋物線上的一點 $(x,x^2)$ 與 $(3,0)$ 形成的距離平方函數 $d$ 如下
   $d(x)=\left(x-3\right)^2+\left(x^2-0\right)^2=x^4+x^2-6x+9$
   為了找出最小值，我們解方程式 $d'\left(x\right)=0$，即 $4x^3+2x-6=0$，可因式分解為 $2\left(x-1\right)\left(2x^2+2x+3\right)=0$，從而得到唯一的實根 $x=1$。再者由 $d''\left(x\right)=12x^2+2\geq2$ 可知道 $d$ 在 $x=1$ 處達到絕對極小值，此時最近的點為 $\left(1,1\right)$。
   解法二
   求導可知在 $\left(x_0,x_0^2\right)$ 處的切線斜率為 $2x_0$，而 $\left(x_0,x_0^2\right)$ 與 $\left(3,0\right)$ 的連線斜率（假若 $x_0\neq3$）為 $\displaystyle\frac{x_0^2}{x_0-3}$。假若 $\left(x_0,x_0^2\right)$ 為最近點，則有
   $\displaystyle2x_0\cdot\frac{x_0^2}{x_0-3}=-1$
   從而有 $2x_0^3+x_0-3=0$，承解法一可解得 $x_0=1$，故最近點為 $\left(1,1\right)$。
   
   
   2. $\displaystyle\lim_{x\to1}\left(x-1\right)\tan\frac{\pi x}{2}=$　(2)　。
   訣竅
   由於要考慮 $x$ 趨近於 $1$，並且考慮的極限式中也有因式 $(x-1)$，故考慮代換後處理之。
   解法

   令 $t=x-1$，那麼由 $x\to1$ 可知 $t\to0$，而 $\displaystyle\left(x-1\right)\tan\frac{\pi x}2=t\tan\frac{\pi(t+1)}2=-t\cot\frac\pi2$，故所求的極限式可改寫並計算如下

   $\displaystyle\lim_{x\to1}\left(x-1\right)\tan\frac{\pi x}2=\lim_{t\to0}\left(-t\cot\frac{\pi t}2\right)=-\frac2\pi\lim_{t\to0}\frac{\pi t/2}{\tan\left(\pi t/2\right)}=-\frac2\pi$

   
   
   3. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1{n^2}\left\{\sqrt{n^2-1^2}+\sqrt{n^2-2^2}+\cdots+\sqrt{n^2-(n-1)^2}\right\}=$　(3)　。
   訣竅
   將其視為黎曼和，因此取極限後可化為定積分計算之。
   解法
   可將極限式改寫如下
   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1{n^2}\{\sqrt{n^2-1^2}+\cdots+\sqrt{n^2-(n-1)^2}\}=\lim_{n\to\infty}\frac1{n^2}\sum_{k=1}^n\sqrt{n^2-k^2}=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sqrt{1-\left(\frac{k}n\right)^2}$
   設 $f\left(x\right)=\sqrt{1-x^2}$，那麼所求的極限可視為 $f$ 在 $[0,1]$ 上的黎曼和，從而其極限為 $\displaystyle\int_0^1\sqrt{1-x^2}dx$，注意到此積分所代表的區域為單位圓在第一象限中的面積，故此值為 $\displaystyle\frac\pi4$。
   
   
   4. 設可微函數 $y=f(x)$ 滿足 $y^3-xy^2+\cos(xy)=2$; $f(0)=1$ 則 $f'(0)=$　(4)　。
   訣竅
   使用隱函數微分計算即可。
   解法
   將 $y=f(x)$ 代入給定的方程後對 $x$ 微分可得
   $3f^2(x)f'(x)-f^2(x)-2xf(x)f'(x)-\sin(xf(x))\cdot(f(x)+xf'(x))=0$
   取 $x=0$ 可得
   $3f'\left(0\right)-1=0$
   因此所求為 $\displaystyle f'\left(0\right)=\frac13$。
   
   
   5. 曲線 $y=\sqrt{x}$, $y=2-x$ 及 $y=0$ 所圍區域面積為　(5)　。
   訣竅
   透過解交點進一步確認區域邊界，隨後透過積分列式並計算之。
   解法一

   曲線 $y=\sqrt{x}$ 與 $y=2-x$ 相交於 $\left(x,y\right)=\left(1,1\right)$ 處。因此所求的面積可以列式並計算如下

   $\displaystyle A=\int_{y=0}^{y=1}\left[\left(2-y\right)-y^2\right]dy=\left.\left(2y-\frac{y^2}2-\frac{y^3}3\right)\right|_0^1=\frac76$

   解法二

   承解法一可知兩曲線交點為 $\left(x,y\right)=\left(1,1\right)$，因此面積可列式並計算如下

   $\displaystyle A=\int_0^1\sqrt{x}dx+\int_1^2\left(2-x\right)dx=\frac23x^{3/2}\Big|_0^1+\left.\left(2x-\frac{x^2}2\right)\right|_1^2=\frac23+\left(2-\frac32\right)=\frac76$

   
   
   6. 當 $x\in(-1,1)$，級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^nx^n}n$ 之和為　(6)　。
   訣竅
   利用經典的無窮等比級數求和公式以及冪級數的求導即可計算。
   解法

   回憶無窮等比求和公式，當 $x\in\left(-1,1\right)$ 時有

   $\displaystyle\frac1{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-x\right)^n=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^nx^n$

   兩邊取積分有

   $\displaystyle\ln\left(1+x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^nx^{n+1}}{n+1}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}x^n}{n}$

   兩邊同乘以 $-1$ 後即得

   $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^nx^n}{n}=-\ln\left(1+x\right)$

   
   
   7. 設 $\displaystyle g\left(x\right)=\int_0^x\left(x-t\right)f\left(t\right)dt$，則 $g'\left(x\right)=$　(7)　。
   訣竅
   將 $g$ 進行適當的改寫後可以使用為分公式與微積分基本定理計算之。
   解法
   首先可將 $g$ 改寫如下
   $\displaystyle g\left(x\right)=x\int_0^xf\left(t\right)dt-\int_0^xtf\left(t\right)dt$
   接著使用微分公式與微積分基本定理可得
   $\displaystyle g'\left(x\right)=\int_0^xf\left(t\right)dt+xf\left(x\right)-xf\left(x\right)=\int_0^xf\left(t\right)dt$
   此即所求。
   
   
   8. 若 $f''\left(x\right)=-4f\left(x\right)$，$f\left(0\right)=3$，$f'\left(0\right)=0$，則 $f\left(x\right)=$　(8)　。
   訣竅
   此微分方程為二階常係數常微分方程，故可以使用其對應的特徵方程求解。
   解法
   此常係數微分方程所對應的特徵方程為 $\lambda^2=-4$，其根為 $\lambda=\pm2i$，故微分方程的通解為
   $f(x)=c_1\cos\left(2x\right)+c_2\sin\left(2x\right)$
   接著使用初值條件可得
   $\left\{\begin{aligned}&f\left(0\right)=c_1=3\\&f'\left(0\right)=2c_2=0\end{aligned}\right.$
   因此所求的函數為 $f\left(x\right)=3\cos\left(2x\right)$。
   
   
   9. 曲面 $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=\sqrt{k}$ 上，過點 $(a,b,c)$ 的切平面方程式為　(9)　。
   訣竅
   使用梯度求出平面的法向量，隨後使用點法式寫出切平面方程式。
   解法

   設 $F\left(x,y,z\right)=\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}-\sqrt{k}$，那麼題目曲面則為 $F\left(x,y,z\right)=0$，計算其梯度有

   $\displaystyle\nabla F\left(x,y,z\right)=\left(\frac1{2\sqrt{x}},\frac1{2\sqrt{y}},\frac1{2\sqrt{z}}\right)$

   因此曲面在 $\left(a,b,c\right)$ 處的法向量為 $\displaystyle\left(\frac1{2\sqrt{a}},\frac1{2\sqrt{b}},\frac1{2\sqrt{c}}\right)$，因此所求的切平面為

   $\displaystyle\frac1{2\sqrt{a}}\left(x-a\right)+\frac1{2\sqrt{b}}\left(y-b\right)+\frac1{2\sqrt{c}}\left(z-c\right)=0$

   或寫為

   $\displaystyle\frac{x}{\sqrt{a}}+\frac{y}{\sqrt{b}}+\frac{z}{\sqrt{c}}=\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=\sqrt{k}$

   
   
   10. $\displaystyle\int x^2e^xdx=$　(10)　。
   訣竅
   連續使用分部積分即可。
   解法

   直接使用分部積分計算如下

   $\displaystyle\int x^2e^xdx=\int x^2de^x=x^2e^x-2\int xe^xdx=x^2e^x-2\left(xe^x-\int e^xdx\right)=x^2e^x-2xe^x+2e^x+C$

2. ($15\%$) 設 $R$ 為由曲線 $\displaystyle y=\frac1{x^2+a^2}$ 及直線 $y=0$, $x=0$, $x=a$ 圍成之區域，求將 $R$ 繞 $x$ 值旋轉一周所得旋轉體之體積。
訣竅
使用旋轉體體積公式直接計算即可。
解法

使用旋轉體體積公式可列式如下

$\displaystyle V=\int_0^a\pi\frac{1}{\left(x^2+a^2\right)^2}dx$

使用變數代換，令 $x=a\tan\theta$，那麼有

• 當 $x=0$ 時有 $\theta=0$；
• 當 $x=a$ 時有 $\displaystyle\theta=\frac\pi4$；
• 求導有 $dx=a\sec^2\theta d\theta$。

如此所求的體積可以改寫並計算如下

$\displaystyle \begin{aligned}V&=\int_0^{\frac\pi4}\frac{\pi}{a^4\sec^4\theta}\cdot a\sec^2\theta d\theta=\frac\pi{a^3}\int_0^{\frac\pi4}\cos^2\theta d\theta=\frac\pi{2a^3}\int_0^{\frac\pi4}\left(1+\cos2\theta\right)d\theta\\&=\left.\frac\pi{2a^3}\left(\theta+\frac{\sin2\theta}2\right)\right|_0^{\frac\pi4}=\frac\pi{2a^3}\left(\frac\pi4+\frac12\right)=\frac{\pi\left(\pi+2\right)}{8a^3}\end{aligned}$



3. ($15\%$) 求瑕積分 $\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-x^2}\,dx$ 之值。
訣竅
首先確認此瑕積分的存在性，隨後轉換為雙重積分來計算之。
解法

由於 $e^{-x^2}$ 為連續函數，故 $e^{-x^2}$ 在$\left[0,1\right]$ 上可積分。而當 $x\geq1$ 時，可以注意到 $e^{-x^2}\leq e^{-x}$，而 $\displaystyle\int_1^{\infty}e^{-x}dx=-e^{-x}\Big|_1^{\infty}=e^{-1}<\infty$，故由比較定理可知 $e^{-x^2}$ 在$\left[1,\infty\right)$ 上可瑕積分。綜合兩者可知所求的瑕積分存在，並記之為 $I$。

計算 $I^2$ 可注意到

$\displaystyle I^2=\left(\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx\right)^2=\left(\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx\right)\left(\int_0^{\infty}e^{-y^2}dy\right)=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}e^{-x^2-y^2}dxdy$

令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，如此積分範圍為$\left\{\begin{aligned}&0\leq r<\infty\\&0\leq\theta\leq\frac\pi2\end{aligned}\right.$，故所求可以計算如下

$\displaystyle I=\sqrt{\int_0^{\pi/2}\int_0^{\infty}e^{-r^2}rdrd\theta}=\sqrt{\frac{\pi^2}4}=\frac\pi2$