國立臺灣大學八十四學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分

1. ($70\%$) 請先寫題號(1), (2), ..., (10)，再寫答案，不必寫計算過程。
   1. 若 $f\left(x\right)=xe^x$，則 $f^{(10)}(x)=$　(1)　。
   訣竅
   計算數個低階導函數後可使用數學歸納法證明其推測。
   解法
   直接計算一階與二階導函數可以注意到
   $f'\left(x\right)=xe^x+e^x,\qquad f''\left(x\right)=xe^x+2e^x$
   因此猜測 $f^{(n)}(x)=xe^x+ne^x$。已知此式在 $n=0,1,2$ 皆成立，現設該式在 $n=k$ 時亦成立，那麼有
   $f^{(k+1)}(x)=\left(f^{(k)}(x)\right)'=\left(xe^x+ke^x\right)'=xe^x+e^x+ke^x=xe^x+(k+1)e^x$
   因此該式在 $n=k+1$ 時亦成立。故取 $n=10$ 可知 $f^{(10)}(x)=xe^x+10e^x$。
   
   
   2. $\displaystyle\int x^2\sin xdx=$　(2)　。
   訣竅
   使用分部積分法即可。
   解法
   使用分部積分法可直接計算如下
   $\displaystyle\begin{aligned}\int x^2\sin xdx&=-\int x^2d\cos x\\&=-x^2\cos x+2\int x\cos xdx\\&=-x^2\cos x+2\int xd\sin x\\&=-x^2\cos x+2x\sin x-2\int \sin xdx\\&=-x^2\cos x+2x\sin x+2\cos x+C\end{aligned}$
   其中 $C$ 為積分常數。
   
   
   3. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1n\left(\frac1{\sqrt{n^2+1^2}}+\frac2{\sqrt{n^2+2^2}}+\cdots+\frac{n}{\sqrt{n^2+n^2}}\right)=$　(3)　。
   訣竅
   將之視為黎曼和，取極限後化為定積分並計算之。
   解法

   可以注意到極限式能改寫如下

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1n\left(\frac1{\sqrt{n^2+1^2}}+\cdots+\frac{n}{\sqrt{n^2+n^2}}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\frac{k}{\sqrt{n^2+k^2}}=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\frac{k/n}{\sqrt{1+\left(k/n\right)^2}}$

   因此可以將之視為 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ 在 $\left[0,1\right]$ 上的黎曼和，故其極限可化為如下的定積分並計算之

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1n\left(\frac1{\sqrt{n^2+1^2}}+\cdots+\frac{n}{\sqrt{n^2+n^2}}\right)=\int_0^1\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx=\sqrt{1+x^2}\Big|_0^1=\sqrt2-1$

   
   
   4. 若 $a>0, b>0$，$\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\frac{a^x+b^x}2\right)^{\frac1x}=$　(4)　。
   訣竅
   選擇較大的數字並提出後始能簡易計算其極限。
   解法

   設 $M=\max\{a,b\}$，那麼所求可以改寫並計算如下

   $\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\frac{a^x+b^x}2\right)^{\frac1x}=M\lim_{x\to0}\left(\frac{1+K^x}2\right)^{\frac1x}=M\sqrt{K}=\sqrt{ab}$

   其中 $\displaystyle K=\min\left\{\frac{a}{b},\frac{b}{a}\right\}\leq1$。那麼上式中使用了羅畢達法則如下

   $\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\frac{1+K^x}2\right)^{\frac1x}=\exp\left(\lim_{x\to0}\frac{\ln\left(1+K^x\right)-\ln2}{x}\right)=\exp\left(\lim_{x\to0}\frac{K^x\ln K}{1+K^x}\right)=\exp\left(\frac{\ln K}2\right)=\sqrt{K}$

   
   
   5. 設一球半徑為 $R$，試求內接於此球內，最大直圓柱之體積為　(5)　。
   訣竅
   設定該內接圓柱的高為一變量，隨之可求出其對應的底圓半徑，並列出對應的體積，最後利用微分可求出體積的最大值。
   解法
   設內接直圓柱的高為 $2h$，那麼 $0< h< R$，而對應的底圓半徑則為 $\sqrt{R^2-h^2}$。故直圓柱的體積可列為 $h$ 的函數如下
   $V(h)=2h\pi\left(R^2-h^2\right)=2\pi\left(R^2h-h^3\right)$
   為了找最大值，我們解方程式 $V'\left(h\right)=0$，即解方程式
   $V'\left(h\right)=2\pi\left(R^2-3h^2\right)=0$
   可得 $\displaystyle h=\pm\frac{R}{\sqrt3}$，其中負不合。再者 $V\left(0\right)=V\left(R\right)=0$，故體積的最大值發生在 $\displaystyle h=\frac{R}{\sqrt3}$，其值為 $\displaystyle V\left(\frac{R}{\sqrt3}\right)=\frac{4\sqrt3\pi R^3}9$。
   
   
   6. 若 $f\left(x\right)=\tan^{-1}x$，求 $f^{(7)}(0)=$　(6)　。
   訣竅
   利用反正切函數的泰勒展開式求其對應的高階導數值。
   解法
   由反三角函數的微分與無窮等比級數求和公式可知
   $\displaystyle\tan^{-1}x=\int_0^x\frac1{1+t^2}dt=\int_0^x\sum_{n=0}^\infty\left(-1\right)^nt^{2n}dt=\sum_{n=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^nt^{2n+1}}{2n+1}$
   故 $f^{(7)}(0)$ 為次數為 $7$ 的係數乘以 $7!$，即為 $\displaystyle-\frac17\cdot7!=-6!=-720$。
   
   
   7. 設 $S$ 為由曲線 $y=\sqrt{a^2-x^2}$ 及 $y=0$ 所圍成之半圓形均勻薄片，求 $S$ 之質量中心　(7)　。
   訣竅
   由對稱性與質心的定義直接計算即可。
   解法
   設 $S$ 的質量中心為 $\left(\bar{x},\bar{y}\right)$，由對稱性可知 $\bar{x}=0$。再者，由質心的定義可知
   $\displaystyle\bar{y}=\frac{\displaystyle\int_0^a2y\sqrt{a^2-y^2}dy}{\displaystyle\int_0^a2\sqrt{a^2-y^2}dy}=\frac{\displaystyle\int_0^a\left(a^2-y^2\right)^{1/2}dy^2}{\pi a^2}=\left.-\frac2{3\pi a^2}\left(a^2-y^2\right)^{3/2}\right|_0^a=\frac{2a}{3\pi}$
   故質心座標為 $\displaystyle\left(0,\frac{2a}{3\pi}\right)$。
   
   
   8. 設 $\displaystyle u(x,y)=\frac{xy}{x^2+y^2}$，則 $\displaystyle x\frac{\partial u}{\partial x}+y\frac{\partial u}{\partial y}=$　(8)　。
   訣竅
   直接計算偏導函數即可求解。
   解法

   直接計算偏導函數如下

   $\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{y}{x^2+y^2}-\frac{2x^2y}{\left(x^2+y^2\right)^2},\qquad\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{x}{x^2+y^2}-\frac{2xy^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}$

   因此所求為

   $\displaystyle\begin{aligned}x\frac{\partial u}{\partial x}+y\frac{\partial u}{\partial y}&=x\cdot\left(\frac{y}{x^2+y^2}-\frac{2x^2y}{\left(x^2+y^2\right)^2}\right)+y\cdot\left(\frac{x}{x^2+y^2}-\frac{2xy^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}\right)\\&=\frac{2xy}{x^2+y^2}-\frac{2x^3y+2xy^3}{\left(x^2+y^2\right)^2}=0\end{aligned}$

   
   
   9. $\displaystyle\int_{-1}^1\int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}}\ln\left(x^2+y^2+1\right)dxdy=$　(9)　。
   訣竅
   考慮被積分函數與積分範圍，可採用極座標變換來處理。
   解法

   令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，那麼變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq1\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此所求的重積分可以改寫並計算如下

   $\displaystyle\int_{-1}^1\int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}}\ln\left(x^2+y^2+1\right)dxdy=\int_0^{2\pi}\int_0^1\ln\left(1+r^2\right)rdrd\theta=2\pi\int_0^1\ln\left(1+r^2\right)rdr$

   令 $u=r^2$，那麼上下界由 $r=0$ 與 $r=1$ 化為 $u=0$ 與 $u=1$，並且有 $du=2rdr$，從而所求的重積分可以使用分部積分法繼續計算如下

   $\displaystyle\begin{aligned}\int_{-1}^1\int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}}\ln\left(x^2+y^2+1\right)dxdy&=\pi\int_0^1\ln\left(1+u\right)du=\pi u\ln\left(1+u\right)\Big|_0^1-\pi\int_0^1\frac{u}{1+u}du\\&=\pi\ln2-\pi\left(u-\ln\left(1+u\right)\right)\Big|_0^1\\&=\pi\left(2\ln2-1\right)\end{aligned}$

   
   
   10. 若 $C$ 為 $\left(x-1\right)^2+y^2=1$ 之圓，求 $\displaystyle\oint_C\left(5x^2+ye^x+y\right)dx+\left(e^x+e^y\right)dy=$　(10)　。
   訣竅
   使用格林定理(Green's theorem)即可。
   解法
   設 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:\left(x-1\right)^2+y^2\leq1\right\}$，那麼應用格林定理有
   $\displaystyle\oint_C\left(5x^2+ye^x+y\right)dx+\left(e^x+e^y\right)dy=\iint_D\left[\frac{\partial}{\partial x}\left(e^x+e^y\right)-\frac{\partial}{\partial y}\left(5x^2+ye^x+y\right)\right]dA=\iint_DdA=\left|D\right|=\pi$
   其中 $\left|D\right|$ 表 $D$ 的面積。
2. ($15\%$) 求 $y=x^2$ 及 $y=-x^2+10x-17$ 二曲線之公切線。
訣竅
由較簡單的拋物線開始處理，自其上設定切點並獲得切線方程式後，考慮該切線亦與另一拋物線相切從而獲得條件並求解。
解法
設該切線與 $y=x^2$ 的切點為 $\left(x_0,x_0^2\right)$，那麼此切線方程式為 $y-x_0^2=2x_0\left(x-x_0\right)$，即 $y=2x_0x-x_0^2$。那麼我們考慮此切線與拋物線 $y=-x^2+10x-17$ 的相交情形，使用代入消去法後所得的二次方程為
$2x_0x-x_0^2=-x^2+10x-17$
或寫為 $x^2+(2x_0-10)x+(17-x_0^2)=0$。由於它們相切，故其判別式為零，即
$\left(2x_0-10\right)^2-4\left(17-x_0^2\right)=0$
因此有 $x_0^2-5x_0+4=0$，故得 $x_0=1$ 或 $x_0=4$，至終我們獲得了兩條公切線為 $y=2x-1$ 以及 $y=8x-16$。


3. ($15\%$) 若 $\displaystyle\int_1^{\infty}\left(\frac{2x^2+bx+a}{x\left(2x+a\right)}-1\right)dx=1$，求 $a,b$ （$a>0,b>0$）。
訣竅
首先簡化被積分函數，隨後為了確保該瑕積分存在可以獲得關於 $a$ 與 $b$ 的相關條件並求解之。
解法
首先被積分函數可以改寫為
$\displaystyle\frac{2x^2+bx+a}{x(2x+a)}-1=\frac{(b-a)x+a}{x(2x+a)}=\frac{1}x+\frac{b-a-2}{2x+a}$
因此給定的瑕積分可以表達如下
$\displaystyle1=\lim_{t\to\infty}\int_1^t\left(\frac1x+\frac{b-a-2}{2x+a}\right)dx=\lim_{t\to\infty}\left(\ln t+\frac{b-a-2}2\ln\left(t+\frac{a}2\right)-\frac{b-a-2}2\ln\frac{a}2\right)$
首先為了確保該極限存在，我們知道 $\displaystyle\frac{b-a-2}2=-1$，否則該極限將發散，而此式可得 $a=b$；接著我們可以立即發現 $\displaystyle\ln\frac{a}2=1$，故$a=2e$，此處 $e$ 為自然指數。從而 $a=b=2e$。