國立臺灣大學九十一學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分

【注意】請在答案卷上，依序註明題號，寫出答案！
【註】$\ln(x)$ 是 $x$ 的自然對數。

$1-9$．填充題（每題 $8$ 分）。（填在答案卷上！）

1. 設 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac12\left(e^x-e^{-x}\right)$，而 $g\left(x\right)$ 為 $f\left(x\right)$ 的反函數，則 $g'\left(2\right)=$　　　。
訣竅
依據反函數的定義與連鎖律計算即可；亦可直接求出反函數後求導計算即可。
解法一
由於 $g$ 為 $f$ 的反函數，故有 $f\left(g\left(x\right)\right)=x$，據此求導可知
$f'\left(g\left(x\right)\right)g'\left(x\right)=1$
取 $x=2$ 代入有
$\displaystyle g'\left(2\right)=\frac1{f'\left(g\left(2\right)\right)}=\frac2{e^{g\left(2\right)}+e^{-g\left(2\right)}}$
此處我們已經使用了 $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{e^x+e^{-x}}2$。為此，我們需求得 $g\left(2\right)$ 之值。由 $f\left(g\left(x\right)\right)=x$ 可推知
$\displaystyle\frac{e^{g(2)}-e^{-g(2)}}2=2$
平方便有
$\displaystyle\frac{e^{2g(2)}-2+e^{-2g(2)}}4=4$
兩邊同時加上 $1$ 可得
$\displaystyle\left(\frac{e^{g(2)}+e^{-g(2)}}2\right)^2=\frac{e^{2g(2)}+2+e^{-2g(2)}}4=5$
故所求為 $\displaystyle g'\left(2\right)=\frac1{\sqrt5}=\frac{\sqrt5}5$。
解法二
按反函數的定義有 $f\left(g\left(x\right)\right)=x$，即 $e^{g(x)}-e^{-g(x)}=2x$，同乘以 $e^{g(x)}$ 有 $e^{2g(x)}-2xe^{g(x)}-1=0$。將之視為二次方程可解得
$\displaystyle e^{g(x)}=\frac{2x\pm\sqrt{4x^2+4}}2=x\pm\sqrt{x^2+1}$
由於指數函數恆正，故上式應取正號，從而有
$g(x)=\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)$
如此求導有
$\displaystyle g'\left(x\right)=\frac1{x+\sqrt{x^2+1}}\cdot\left(1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right)=\frac1{\sqrt{x^2+1}}$
取 $x=2$ 代入得 $\displaystyle g'\left(2\right)=\frac1{\sqrt5}=\frac{\sqrt5}5$。


2. 設 $f\left(x\right)=x^n\ln\left(x\right)$，則 $f^{(n+1)}(x)=$　　　。
訣竅
觀察其規律後由數學歸納法證明之。
解法
當 $n=1$ 時有 $f\left(x\right)=x\ln(x)$，那麼 $f'\left(x\right)=1+\ln x$，而 $\displaystyle f''\left(x\right)=\frac1x$。
當 $n=2$ 時有 $f\left(x\right)=x^2\ln(x)$，那麼有
$f'\left(x\right)=2x\ln\left(x\right)+x$,　$f''\left(x\right)=3+2\ln\left(x\right)$,　$\displaystyle f'''\left(x\right)=\frac2x$。
至此可推測對任何正整數 $n$ 有 $\displaystyle f^{(n+1)}(x)=\frac{n}x$。證明如下：設 $n=k$ 時命題成立，即對於 $f_k\left(x\right)=x^k\ln\left(x\right)$ 滿足 $f_k^{(k+1)}(x)=\frac{k}x$。考慮 $f_{k+1}(x)=x^{k+1}\ln\left(x\right)$，那麼由 $f_{k+1}(x)=xf_k(x)$ 以及萊布尼茲律可注意到
$f_{k+1}'(x)=f_k(x)+xf_k'(x)$,　$f_{k+1}''(x)=2f_k'(x)+xf_k''(x)$,　$f_{k+1}'''(x)=3f_k''(x)+xf_k'''(x)$
因此
$\displaystyle f_{k+1}^{(k+2)}(x)=(k+2)f_k^{(k+1)}(x)+xf_k^{(k+2)}(x)=(k+2)\cdot\frac{k}x+x\cdot\left(-\frac{k}{x^2}\right)=\frac{k+1}{x}$
證明完畢。


3. 極限 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(x^{\frac13}\left(x+2\right)^{\frac23}-x\right)=$　　　。
訣竅
改寫後使用羅必達法則即可。
解法

分子分母同除以 $x$ 後使用羅必達法則可知

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(x^{\frac13}\left(x+2\right)^{\frac23}-x\right)=\lim_{x\to\infty}\frac{\left(1+\frac2x\right)^{2/3}-1}{x^{-1}}=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac23\left(1+\frac2x\right)^{-1/3}\cdot\left(-\frac2{x^2}\right)}{-x^{-2}}=\frac43\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac2x\right)^{-1/3}=\frac43$



4. 定積分

   $\displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\frac{dx}{\sin^4x}=$　　　。

訣竅
由於被積分函數為高次的三角函數，故可使用半角代換處理之。
解法

運用半角代換，令 $\displaystyle t=\tan\frac{x}2$，那麼有

• 當 $\displaystyle x=\frac\pi2$，則 $\displaystyle t=1$；
• 當 $\displaystyle x=\frac\pi4$，則 $\displaystyle t=\tan\frac\pi8$；
• 整理有 $x=2\tan^{-1}(t)$，求導得 $\displaystyle dx=\frac{2}{1+t^2}dt$。

因此所求的定積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\frac{dx}{\sin^4x}&=\int_{\tan\frac\pi8}^1\frac1{\displaystyle\left(\frac{2t}{1+t^2}\right)^4}\cdot\frac2{1+t^2}dt=\frac18\int_{\tan\frac\pi8}^1\frac{\left(1+t^2\right)^3}{t^4}dt=\frac18\int_{\tan\frac\pi8}^1\left(\frac1{t^4}+\frac3{t^2}+3+t^2\right)dt\\&=\left.\frac18\left(-\frac1{3t^3}-\frac3t+3t+\frac{t^3}3\right)\right|_{\tan\frac\pi8}^1=\frac18\left(\frac1{3\tan^3\frac\pi8}+\frac3{\tan\frac\pi8}-3\tan\frac\pi8-\frac{\tan^3\frac\pi8}3\right)\end{aligned}$

又注意到 $\displaystyle\tan\frac\pi8=\sqrt2-1$，因此所求為

$\displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\frac{dx}{\sin^4x}=\frac18\left(\frac{\left(\sqrt2+1\right)^3}3+3(\sqrt2+1)-3(\sqrt2-1)-\frac{(\sqrt2-1)^3}3\right)=\frac43$



5. 瑕積分(Improper integral)

   $\displaystyle\int_{\ln4}^{\infty}\frac{dx}{e^x-1-6e^{-x}}=$　　　。

訣竅
由於分母中出現 $e^x$ 與 $e^{-x}$，故分子分母同乘以 $e^x$，隨後整理分母後即可直接積分計算。
解法

分子分母同乘以 $e^x$ 後可得

$\displaystyle\begin{aligned}\int_{\ln4}^{\infty}\frac{dx}{e^x-1-6e^{-x}}&=\int_{\ln4}^{\infty}\frac{de^x}{e^{2x}-e^x-6}=\frac15\int_{\ln4}^{\infty}\left(\frac1{e^x-3}-\frac1{e^x+2}\right)de^x\\&=\left.\frac15\ln\frac{e^x-3}{e^x+2}\right|_{\ln4}^{\infty}=\left.\frac15\ln\frac{1-3e^{-x}}{1+2e^{-x}}\right|_{\ln4}^{\infty}=-\frac15\ln\frac16=\frac15\ln6\end{aligned}$



6. 定積分 $\displaystyle\int_0^1\sqrt[3]{\sqrt{x}-1}dx=$　　　。
訣竅
由於被積分函數相當複雜，故使用變數變換處理之。
解法

令 $u=\sqrt[3]{\sqrt{x}-1}$，那麼有

• 當 $x=0$ 時有 $u=-1$；
• 當 $x=1$ 時有 $u=0$；
• 整理有$x=\left(u^3+1\right)^2$，求導便得 $dx=6u^2\left(u^3+1\right)du$。

如此所求的定積分可以改寫並計算如下

$\displaystyle\int_0^1\sqrt[3]{\sqrt{x}-1}dx=\int_{-1}^0u\cdot6u^2\left(u^3+1\right)du=6\int_{-1}^0\left(u^6+u^3\right)du=\left.6\left(\frac{u^7}7+\frac{u^4}4\right)\right|_{-1}^0=\frac{-9}{14}$



7. 極限

   $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\int_0^{x^2}u\tan udu}{x^6}=$　　　。

訣竅
應用羅必達法則、微積分基本定理以及連鎖律求解。
解法

應用羅必達法則、微積分基本定理以及連鎖律即有

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\int_0^{x^2}u\tan udu}{x^6}=\lim_{x\to0}\frac{x^2\tan\left(x^2\right)\cdot2x}{6x^5}=\lim_{x\to0}\frac{\tan\left(x^2\right)}{3x^2}=\frac13$



8. 積分

   $\displaystyle\int_0^4\left[\int_{\sqrt{x}}^2\sqrt{1+y^3}dy\right]dx=$　　　。

訣竅
由於直接積分不太可行，故我們交換積分次序求解。
解法

積分區域 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq4\\&\sqrt{x}\leq y\leq2\end{aligned}\right.$ 可改寫為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq y^2\\&0\leq y\leq2\end{aligned}\right.$，如此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\int_0^4\left[\int_{\sqrt{x}}^2\sqrt{1+y^3}dy\right]dx=\int_0^2\int_0^{y^2}\sqrt{1+y^3}dxdy=\int_0^2y^2\sqrt{1+y^3}dy=\left.\frac13\cdot\frac23\left(1+y^3\right)^{3/2}\right|_0^2=\frac{56}9$



9. 過點 $\left(\sqrt2,-\sqrt2\right)$ 作曲線 $x^4+y^4=2x^2+2y^2$ 的一條切線：　　　。
訣竅
由於該點通過該曲線，故使用隱函數微分求出該曲線在該點的切線斜率，從而用點斜式寫出切線方程式。
解法
使用隱函數微分可得
$\displaystyle4x^3+4y^3\frac{dy}{dx}=4x+4y\frac{dy}{dx}$
取 $\left(x,y\right)=\left(\sqrt2,-\sqrt2\right)$ 代入可得
$\displaystyle8\sqrt2-8\sqrt2\left.\frac{dy}{dx}\right|_{(x,y)=(\sqrt2,-\sqrt2)}=4\sqrt2-4\sqrt2\left.\frac{dy}{dx}\right|_{(x,y)=(\sqrt2,-\sqrt2)}$
因此 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{(x,y)=(\sqrt2,-\sqrt2)}=1$。故由點斜式能知切線方程式為 $y=x-2\sqrt2$。


10. 證明題（共 $14$ 分）。
    1. 證明：當 $\displaystyle\frac\pi4\leq x<\frac\pi2$ 時，$\tan x> x$。（$4$ 分）
    2. 證明：在區間 $\displaystyle\left[\frac\pi4,\frac\pi2\right]$ 內， $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{\sin x}x$ 為遞減函數。（$5$ 分）
    3. 證明：$\displaystyle\frac12\leq\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\frac{\sin x}xdx\leq\frac{\sqrt2}2$。（$5$ 分）
訣竅
前兩個小題可藉由求導來說明單調性，第三小題則使用第二小題的結論估計之。
解法
1. 設函數 $g$ 滿足 $g\left(x\right)=\tan x-x$，那麼求導可知

   $g'\left(x\right)=\sec^2x-1=\tan^2x\geq0$

   故 $g$ 遞增。再者 $\displaystyle g\left(\frac\pi4\right)>0$，因此 $g$ 恆正，即有 $\tan x>x$，證明完畢。
2. 對 $f$ 求導可知在區間內 $\displaystyle\left[\frac\pi4,\frac\pi2\right]$ 有

   $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}=\frac{x-\tan x}{x^2\sec x}<0$

   因此 $f$ 為遞減函數。
3. 由於 $f$ 在區間 $\displaystyle\left[\frac\pi4,\frac\pi2\right]$ 上遞減，故知

   $\displaystyle\frac2\pi=f\left(\frac\pi2\right)\leq f\left(x\right)\leq f\left(\frac\pi4\right)=\frac4\pi\cdot\frac{2\sqrt2}2$

   同時在 $\displaystyle\left[\frac\pi4,\frac\pi2\right]$ 上取定積分可知

   $\displaystyle\frac12=\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\frac2\pi dx\leq\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\frac{\sin x}xdx\leq\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\frac4\pi\cdot\frac{\sqrt2}2dx=\frac{\sqrt2}2$

   證明完畢。


11. 計算題（$14$ 分，沒有計算過程，不予計分！）
    在條件 $x^2+y^2+z^2=1$ 與 $x+y+z=0$ 的限制下，求函數 $f\left(x,y,z\right)=xyz$ 的最大值與最小值。
訣竅
運用拉格朗日乘子法求解即可。
解法
設定拉格朗日乘子函數如下
$F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=xyz+\lambda_1\left(x^2+y^2+z^2-1\right)+\lambda_2\left(x+y+z\right)$
據此解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=yz+2\lambda_1x+\lambda_2=0\\&F_y\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=xz+2\lambda_1y+\lambda_2=0\\&F_z\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=xy+2\lambda_1z+\lambda_2=0\\&F_{\lambda_1}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+y^2+z^2-1=0\\&F_{\lambda_2}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+y+z=0\end{aligned}\right.$
第一式與第二式相減有 $\left(x-y\right)\left(2\lambda_1-z\right)=0$。
• 若 $x=y$，那麼第五式有 $z=-2x$，從而代入第四式便有 $x^2+x^2+(-2x)^2=1$，即 $\displaystyle x=\pm\frac{\sqrt6}6$，故得座標 $\displaystyle\pm\left(\frac{\sqrt6}6,\frac{\sqrt6}6,-\frac{\sqrt6}3\right)$。
• 若 $z=2\lambda_1$，則第五式給出 $x+y=-2\lambda_1$，搭配第一式為 $\lambda_2=4\lambda_1^2$。而第三式則變為 $xy+8\lambda_1^2=0$。此時將第五式平方並搭配第四式可得

  $4\lambda_1^2=(x+y)^2=(x^2+y^2)+2xy=(1-4\lambda_1^2)-16\lambda_1^2$

  如此得 $\displaystyle\lambda_1=\pm\frac{\sqrt6}{12}$，從而有

  $\left\{\begin{aligned}&x+y=\mp\frac{\sqrt6}6\\&xy=-\frac13\end{aligned}\right.$

  如此有 $\displaystyle\pm\left(\frac{\sqrt6}6,-\frac{\sqrt6}3\right)$ 或 $\displaystyle\pm\left(\frac{\sqrt6}3,-\frac{\sqrt6}6\right)$。
故總計有六個可能的座標，並且由對稱性可知
$\begin{aligned}&f\left(\frac{\sqrt6}6,\frac{\sqrt6}6,-\frac{\sqrt6}3\right)=f\left(\frac{\sqrt6}6,-\frac{\sqrt6}3,\frac{\sqrt6}6\right)=f\left(-\frac{\sqrt6}3,\frac{\sqrt6}6,\frac{\sqrt6}6\right)=-\frac{\sqrt6}{18}\\&f\left(-\frac{\sqrt6}6,-\frac{\sqrt6},\frac{\sqrt6}3\right)=f\left(-\frac{\sqrt6}6,\frac{\sqrt6}3,-\frac{\sqrt6}6\right)=f\left(\frac{\sqrt6}3,-\frac{\sqrt6}6,-\frac{\sqrt6}6\right)=\frac{\sqrt6}{18}\end{aligned}$
故最大值為 $\displaystyle\frac{\sqrt6}{18}$，而最小值為 $\displaystyle-\frac{\sqrt6}{18}$。