國立臺灣大學九十學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分

1. 填充題（每題 $9$ 分，請在答案卷上依題號寫出答案）
1. 設 $f$ 及 $g$ 為可微分函數，滿足 $f\left(g\left(x\right)\right)=x$ 及 $f'\left(x\right)=1+\left[f\left(x\right)\right]^2$，則 $g'\left(x\right)=$　①　。
訣竅
運用連鎖律以及給定的關係式求解即可。
解法
使用連鎖律求導可知
$f'\left(g\left(x\right)\right)g'\left(x\right)=1$
另一方面，將條件 $f'\left(x\right)=1+\left[f\left(x\right)\right]^2$ 用 $g(x)$ 取代 $x$ 可得
$f'\left(g\left(x\right)\right)=1+\left[f\left(g\left(x\right)\right)\right]^2=1+x^2$
如此我們有關係式 $\left(1+x^2\right)g'\left(x\right)=1$，因此所求為 $\displaystyle g'\left(x\right)=\frac1{1+x^2}$。


2. 設 $f\left(x\right)$ 為三次多項式，其圖形與 $x$ 軸有三個交點，分別為 $a,b,c$，則 $f$ 圖形的反曲點(inflection point)的 $x$ 坐標為　②　。
訣竅
由條件可拼湊得 $f$，如此求 $f''\left(x\right)=0$ 的解，此即其反曲點。
解法
由於三次多項式恰有三個根，從而可由條件寫 $f\left(x\right)=k\left(x-a\right)\left(x-b\right)\left(x-c\right)$，其中 $k$ 為非零的常數。那麼直接求導能知
$f'\left(x\right)=k\left(3x^2-2(a+b+c)x\right)+(ab+bc+ca)$,　$f''\left(x\right)=k\left(6x-2(a+b+c)\right)$
直接解 $f''\left(x\right)=0$ 可得反曲點的 $x$ 坐標為 $\displaystyle\frac{a+b+c}3$。


3. 設 $f\left(x\right)=x^{\frac1{x^2}}$，$x>0$，則 $f\left(x\right)$ 的最大值為　③　。
訣竅
使用換底公式後使用連鎖律求導並解 $f'\left(x\right)=0$，再由導函數的正負來判別極值的性質。
解法
求導可知
$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{d}{dx}\left(\exp\left(\frac1{x^2}\ln x\right)=\right)=\exp\left(\frac1{x^2}\ln x\right)\cdot\left(-\frac2{x^3}\ln x+\frac1{x^3}\right)=x^{\frac1{x^2}-3}\left(1-2\ln x\right)$
而當 $x< e^{1/2}$ 時 $f'\left(x\right)>0$，當 $x>e^{1/2}$ 時 $f'\left(x\right)<0$，故 $f$ 在 $x=e^{1/2}$ 處達到極大值，其值為 $f\left(e^{1/2}\right)=e^{e^{-1}/2}$。


4. 設 $\displaystyle f\left(x\right)=\int_0^xx\cos\left(t^2\right)dt$，則 $f''\left(0\right)=$　④　。
訣竅
由微積分基本定理以及微分公式求解即可。
解法
注意到 $f$ 可以表示如下
$\displaystyle f\left(x\right)=x\int_0^x\cos\left(t^2\right)dt$
因此求導可得
$\displaystyle f'\left(x\right)=\int_0^x\cos\left(t^2\right)dt+x\cos\left(x^2\right)$
繼續計算二階導函數可得
$f''\left(x\right)=2\cos\left(x^2\right)-2x^2\sin\left(x^2\right)$
取 $x=0$ 代入可得 $f''\left(0\right)=2$。


5. 極限 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^3}=$　⑤　。
訣竅
有理化後應用泰勒展開式計算求解之。
解法

有理化後有

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3\left(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\right)}=\frac12\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}$

應用泰勒展開式有

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^3}=\frac12\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\left(x+\frac{x^3}3+\cdots\right)-\left(x-\frac{x^3}6+\cdots\right)}{x^3}=\frac12\cdot\frac12=\frac14$



6. 設 $f\left(x\right)$ 滿足 $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{\sqrt{1-x^2}}x$，$0< x\leq1$ 及 $f\left(1\right)=0$，則 $f\left(x\right)=$　⑥　。
訣竅
使用微積分基本定理表達 $f$，隨後使用三角代換法。
解法

由微積分基本定理可知

$\displaystyle f\left(x\right)=f\left(1\right)+\int_1^xf'\left(t\right)dt=-\int_x^1\frac{\sqrt{1-t^2}}{t}dt$

令 $t=\sin\theta$，那麼 $dt=\cos\theta d\theta$，而上下界分別化為 $\theta=\sin^{-1}x$ 與 $\theta=\pi/2$，故所求的 $f$ 可改寫如下

$\displaystyle\begin{aligned}f\left(x\right)&=-\int_{\sin^{-1}x}^{\pi/2}\frac{\cos\theta}{\sin\theta}\cdot\cos\theta d\theta=\int_{\sin^{-1}x}^{\pi/2}\left(\sin\theta-\csc\theta\right)d\theta=\left(-\cos\theta-\ln\left|\csc x-\cot x\right|\right)\Big|_{\sin^{-1}x}^{\pi/2}\\&=\cos\left(\sin^{-1}x\right)+\ln\left|\csc\left(\sin^{-1}x\right)-\cot\left(\sin^{-1}x\right)\right|=\sqrt{1-x^2}+\ln\left|\frac{1-\sqrt{1-x^2}}x\right|\end{aligned}$



7. 試求 $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{-1}{x\left(x^2+1\right)}dx=$　⑦　。
訣竅
使用部分分式法拆解被積分函數後計算瑕積分即可。
解法

留意到

$\displaystyle\frac{-1}{x\left(x^2+1\right)}=-\frac1x+\frac{x}{x^2+1}$

因此所求的瑕積分為

$\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{-1}{x\left(x^2+1\right)}dx=\int_1^{\infty}\left(-\frac1x+\frac{x}{x^2+1}\right)dx=\left.\ln\frac{\sqrt{x^2+1}}x\right|_1^{\infty}=-\ln\sqrt{2}$



8. 試求 $\displaystyle\int_0^1\int_{\sin^{-1}y}^{\frac\pi2}\cos x\sqrt{1+\cos^2x}dxdy=$　⑧　。
訣竅
由於直接積分顯然相當困難，故交換積分次序求解。
解法

留意到積分範圍 $\left\{\begin{aligned}&\sin^{-1}y\leq x\leq\frac\pi2\\&0\leq y\leq1\end{aligned}\right.$ 可改寫為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq\frac{\pi}2\\&0\leq y\leq\sin x\end{aligned}\right.$，據此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}&\int_0^1\int_{\sin^{-1}y}^{\frac\pi2}\cos x\sqrt{1+\cos^2x}dxdy=\int_0^{\frac\pi2}\int_0^{\sin x}\cos x\sqrt{1+\cos^2x}dydx\\&=\int_0^{\frac\pi2}\sin x\cos x\sqrt{1+\cos^2x}dx=-\frac12\int_0^{\frac\pi2}\sqrt{1+\cos^2x}d\cos^2x\\&=-\left.\frac12\cdot\frac23\left(1+\cos^2x\right)^{3/2}\right|_0^{\frac\pi2}=\frac{2\sqrt2-1}3\end{aligned}$



2. 計算證明題（每題 $14$ 分，沒有計算過程，不予計分）
9. 設半徑為 $r$ 的球面 $x^2+y^2+z^2=r^2$，請利用Lagrange's Multiplier方法證明 $f\left(x,y,z\right)=x^2y^2z^2$ 在此球面上的最大值為 $\displaystyle\left(\frac{r^2}3\right)^3$，並利用此結果來證明 $\displaystyle\left(abc\right)^{\frac13}\leq\frac{a+b+c}3$，當 $a>0$，$b>0$，$c>0$。
訣竅
按題意使用拉格朗日乘子法即可。
解法

設定拉格朗日乘子函數如下

$F\left(x,y,z,\lambda\right)=x^2y^2z^2+\lambda\left(x^2+y^2+z^2-r^2\right)$

據此解下列的聯立方程組

$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda\right)=2xy^2z^2+2\lambda x=0\\&F_y\left(x,y,z,\lambda\right)=2x^2yz^2+2\lambda y=0\\&F_z\left(x,y,z,\lambda\right)=2x^2y^2z+2\lambda z=0\\&F_{\lambda}\left(x,y,z,\lambda\right)=x^2+y^2+z^2-r^2=0\end{aligned}\right.$

由第一式可知 $x=0$ 或 $\lambda=-y^2z^2$。

• 若 $x=0$，則由第二式與第三式可知$\lambda y=\lambda z=0$。但由第四式可知不可能 $y$ 與 $z$ 皆為零，故可知 $\lambda=0$。此時 $y^2+z^2=r^2$，而 $x^2y^2z^2=0$。
• 若 $\lambda=-y^2z^2$。類似的，我們考慮 $x,y,z$ 皆不為零，那麼有 $\lambda=-y^2z^2=-z^2x^2=-x^2y^2$，故有 $x^2=y^2=z^2$，從而知

  $\displaystyle x^2=y^2=z^2=\frac{r^2}3$

綜上有 $x^2y^2z^2$ 的最大值為 $\displaystyle\left(\frac{r^2}3\right)^3=\frac{r^6}{27}$。

當 $a,b,c>0$ 時，取 $a=x^2$、$b=y^2$、$c=z^2$，那麼由前述所證得的不等式可知

$\displaystyle abc=x^2y^2z^2\leq\left(\frac{r^2}3\right)^3=\left(\frac{x^2+y^2+z^2}3\right)^3=\left(\frac{a+b+c}3\right)^3$

同取三次方根可得

$\displaystyle\left(abc\right)^{\frac13}\leq\frac{a+b+c}3$



10. 設 $f\left(x\right)=x^2e^{-x^2}$。ⓐ 試求 $f\left(x\right)$ 在 $x=0$ 展開的Maclaurin級數。
    ⓑ 試求 $\displaystyle\int_0^{\frac12}x^2e^{-x^2}dx$ 的近似值，並確定其誤差小於 $10^{-3}$。
訣竅
利用已知函數的Maclaurin級數改寫求解，並據此逐項積分求定積分的近似值，隨後根據交錯級數的誤差估計確保誤差夠小。
解法
1. 由於 $\displaystyle e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}$，那麼用 $-x^2$ 取代 $x$ 可得

   $\displaystyle e^{-x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-x^2\right)^n}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^nx^{2n}}{n!}$

   兩邊同乘以 $x^2$ 可得

   $\displaystyle f\left(x\right)=x^2e^{-x^2}=x^2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^nx^{2n}}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^nx^{2n+2}}{n!}$

2. 逐項積分可知

   $\displaystyle\int_0^{\frac12}x^2e^{-x^2}dx=\int_0^{\frac12}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^nx^{2n+2}}{n!}dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{n!}\int_0^{\frac12}x^{2n+2}dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{n!\left(2n+3\right)2^{2n+3}}$

   設 $\displaystyle a_n=\frac1{n!\left(2n+3\right)2^{2n+3}}$，根據交錯級數的誤差估計，我們注意到當 $n=2$ 時有 $a_2=\frac1{1792}<10^{-3}$，故該定積分取前兩項之和可使誤差不超過 $10^{-3}$：

   $\displaystyle\int_0^{\frac12}x^2e^{-x^2}dx\approx\frac1{24}-\frac1{160}=\frac{17}{480}=0.03541\bar{6}$

   【註】　利用線上的電子計算工具有

   $\displaystyle\int_0^{\frac12}x^2e^{-x^2}dx\approx0.0359403$

   確實誤差不超過 $10^{-3}$。