國立臺灣大學八十六學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分

第一部份填充題（$1$-$9$ 題共有 $10$ 個空格，每格 $7$ 分。只要在答案卷上依空格號碼填寫答案，不要計算過程）

1. 設 $f\left(x\right)=\left(x^2-1\right)\sqrt{\left(x+1\right)\left(x+2\right)\cdots\left(x+n\right)}$，則 $f'\left(1\right)=$　Ⓐ　。
訣竅
由於給定的函數稍微複雜，故採用導數的定義求解較為簡便。
解法

根據導數的定義可知

$\displaystyle f'\left(1\right)=\lim_{x\to1}\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)}{x-1}=\lim_{x\to1}\left(x+1\right)\sqrt{\left(x+1\right)\left(x+2\right)\cdots\left(x+n\right)}=2\sqrt{n!}$



2. 設 $f\left(x\right)=\left(e^x-e^{-x}\right)/2$，令反函數 $f^{-1}=g$，則 $g'\left(2\right)=$　Ⓑ　。
訣竅
運用反函數的定義與連鎖律計算即可。
解法

由於 $g$ 為 $f$ 的反函數，故有恆等式 $g\left(f\left(x\right)\right)=x$。同時求導可得

$g'\left(f\left(x\right)\right)f'\left(x\right)=1$

即

$\displaystyle g'\left(\frac{e^x-e^{-x}}2\right)=\frac2{e^x+e^{-x}}$

為了求出 $g'\left(2\right)$的值，我們須解方程式 $e^x-e^{-x}=4$，容易由二次方程的公式解求得

$\displaystyle x=\ln\left(2+\sqrt5\right)$

因此取此值代入可得

$\displaystyle g'\left(2\right)=\frac2{\left(2+\sqrt5\right)+\left(-2+\sqrt5\right)}=\frac{\sqrt5}5$



3. 試求極限 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left[x^{-1}e^{-2x}\int_0^xe^{2t}\sqrt{1+t^2}dt\right]=$　Ⓒ　。
訣竅
運用羅畢達法則與微積分基本定理來求解。
解法

首先將所求的極限改寫如下形式後可立即使用羅必達法則與微積分基本定理求解：

$\displaystyle\begin{aligned}\lim_{x\to\infty}\left[x^{-1}e^{-2x}\int_0^xe^{2t}\sqrt{1+t^2}dt\right]&=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int_0^xe^{2t}\sqrt{1+t^2}dt}{xe^{2x}}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{e^{2x}\sqrt{1+x^2}}{e^{2x}+2xe^{2x}}=\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{1+x^2}}{1+2x}=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\sqrt{1+\frac1{x^2}}}{\displaystyle2+\frac1x}=\frac12\end{aligned}$



4. 設 $f\left(x\right)=\sqrt[3]{\left(x^2-1\right)^2}$，則 $f$ 之圖形的遞增區間　Ⓓ　及下凹區間　Ⓔ　。
訣竅
為了求出遞增區間與下凹區間，我們應解不等式 $f'\left(x\right)>0$ 與 $f''\left(x\right)<0$。
解法

先計算一階導函數與二階導函數如下

$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac23\left(x^2-1\right)^{-1/3}\cdot2x=\frac43x\left(x^2-1\right)^{-1/3}$,　$\displaystyle f''\left(x\right)=\frac43\left(x^2-1\right)^{-1/3}-\frac89x^2\left(x^2-1\right)^{-4/3}$

此處 $x\neq\pm1$。

那麼不等式 $f'\left(x\right)>0$ 等同於 $x\sqrt[3]{x^2-1}>0$，可解得 $x>1$ 或 $0> x>-1$，即遞增區間為 $\left(-1,0\right)\cup\left(1,\infty\right)$。

而不等式 $f''\left(x\right)<0$ 等同於

$\displaystyle\frac89\left(x^2-1\right)^{-4/3}\left[\frac32\left(x^2-1\right)-x^2\right]<0$

即 $x^2-3<0$，可解得 $-\sqrt3< x<\sqrt3$，即下凹區間為 $\left(-\sqrt3,\sqrt3\right)$。



5. 設 $f''\left(x\right)=x^{-2}$, $x>0$，$f'\left(1\right)=0$ 及 $f\left(1\right)=0$，則 $f\left(x\right)=$　Ⓕ　。
訣竅
直接計算不定積分並使用初值條件即可確定積分常數，進而求出原函數。
解法

取不定積分可得

$f'\left(x\right)=-x^{-1}+C_1$

由 $f'\left(1\right)=0$ 可得 $C_1=1$，因此 $f'\left(x\right)=1-x^{-1}$。再取一次不定積分可得

$f\left(x\right)=x-\ln\left(x\right)+C_2$

那麼由 $f\left(1\right)=0$ 可確定 $C_2=-1$，因此所求的函數為

$f\left(x\right)=x-\ln\left(x\right)-1$



6. 方程式 $y^2=x^2\left(x+1\right)$ 之圖形中圍成一圈之部份的面積為　Ⓖ　。
訣竅
首先，要準確理解在何處產生圍成一圈的現象，隨後在開區域上施用積分即可求得該面積。
解法

由給定的方程可以容易注意到 $x\geq-1$，並且圖形應對稱於 $x$ 軸且通過原點，因此將在區間 $\left[-1,0\right]$ 圍成一圈，故所求的面積可列式如下

$\displaystyle A=\int_{-1}^02\left|x\right|\sqrt{x+1}dx=-2\int_{-1}^0x\sqrt{x+1}$

令 $u=\sqrt{x+1}$，那麼

• 上界 $x=0$ 可得 $u=1$；
• 下界 $x=-1$ 可得 $u=0$；
• 平方有 $x=u^2-1$，求導則有 $dx=2udu$。

因此所求的面積可以改寫並計算如下

$\displaystyle A=2\int_0^1\left(1-u^2\right)u\cdot2udu=4\int_0^1\left(u^2-u^4\right)du=\left.4\left(\frac{u^3}3-\frac{u^5}5\right)\right|_0^1=\frac8{15}$



7. 曲面 $xe^y\cos z-z-1=0$，則曲面上 $\left(1,0,0\right)$ 點的切平面方程式　Ⓗ　。
訣竅
運用梯度求出曲面的法向量，隨後使用點法式寫出切平面方程式。
解法
設 $F\left(x,y,z\right)=xe^y\cos z-z-1$，那麼其梯度函數為
$\nabla F\left(x,y,z\right)=\left(F_x(x,y,z),F_y(x,y,z),F_z(x,y,z)\right)=\left(e^y\cos z,xe^y\cos z,-xe^y\sin z-1\right)$
故在 $\left(1,0,0\right)$ 處的法向量為 $\nabla F\left(1,0,0\right)=\left(1,1,-1\right)$，因此由點法式可得切平面方程式為
$\left(x-1\right)+\left(y-0\right)-\left(z-0\right)=0$
或寫為 $x+y-z=1$。


8. 設 $z=xy+f\left(x^2-y^2\right)$，其中 $f$ 為單變數可微分函數，則 $\displaystyle y\frac{\partial z}{\partial x}+x\frac{\partial z}{\partial y}=$　Ⓘ　。
訣竅
由多變數函數的連鎖律規則計算偏導函數即可。
解法

直接計算可知

$\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x}=y+f'\left(x^2-y^2\right)\cdot2x$,　$\displaystyle\frac{\partial z}{\partial y}=x+f'\left(x^2-y^2\right)\cdot\left(-2y\right)$

故所求為

$\displaystyle y\frac{\partial z}{\partial x}+x\frac{\partial z}{\partial y}=x\cdot\left(y+f'\left(x^2-y^2\right)\cdot2x\right)+y\cdot\left(x+f'\left(x^2-y^2\right)\cdot\left(-2y\right)\right)=2xy$



9. 試求迭次積分 $\displaystyle\int_0^1\int_{\sqrt{y}}^1\sqrt{1+x^3}dxdy=$　Ⓙ　。
訣竅
由於直接計算迭代積分不太可行，故交換積分次序來求解。
解法

原積分範圍 $\left\{\begin{aligned}&\sqrt{y}\leq x\leq1\\&0\leq y\leq1\end{aligned}\right.$ 可改寫為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq1\\&0\leq y\leq x^2\end{aligned}\right.$，如此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^1\int_{\sqrt{y}}^1\sqrt{1+x^3}dxdy&=\int_0^1\int_0^{x^2}\sqrt{1+x^3}dydx\\&=\int_0^1x^2\sqrt{1+x^3}dx=\left.\frac13\cdot\frac23\left(1+x^3\right)^{3/2}\right|_0^1=\frac{4\sqrt2-2}9\end{aligned}$

第二部份計算題（每題 $15$ 分，沒有寫出計算過程者，不予計分）

10. 試計算不定積分 $\displaystyle\int\frac{x^4}{x^4-1}dx$。
訣竅
將有理函數改寫成部份分式後容易個別積分求解。
解法
可以注意到被積分函數可以改寫如下
$\displaystyle\frac{x^4}{x^4-1}=1+\frac1{\left(x^2-1\right)\left(x^2+1\right)}=1+\frac12\left(\frac1{x^2-1}-\frac1{x^2+1}\right)=1+\frac{1/4}{x-1}-\frac{1/4}{x+1}-\frac{1/2}{x^2+1}$
因此所求的不定積分為
$\displaystyle\int\frac{x^4}{x^4-1}dx=\int\left(1+\frac{1/4}{x-1}-\frac{1/4}{x+1}-\frac{1/2}{x^2+1}\right)dx=x+\frac14\ln\left|x-1\right|-\frac14\ln\left|x+1\right|-\frac12\tan^{-1}\left(x\right)+C$
此處 $C$ 為積分常數。


11. 設 $S$ 為平面 $x+y+2z=2$ 與拋物面 $z=x^2+y^2$ 的交線，試求 $S$ 上到原點最近及最遠的點。
訣竅
運用拉格朗日乘子法求極值即可。
解法
考慮拉格朗日乘子函數如下
$F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+y^2+z^2+\lambda_1\left(x+y+2z-2\right)+\lambda_2\left(x^2+y^2-z\right)$
據此解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2x+\lambda_1+2\lambda_2x=0\\&F_y\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2y+\lambda_1+2\lambda_2y=0\\&F_z\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2z+2\lambda_1-\lambda_2=0\\&F_{\lambda_1}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+y+2z-2=0\\&F_{\lambda_2}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+y^2-z=0\end{aligned}\right.$
前兩式相減可得 $\left(x-y\right)\left(1+\lambda_2\right)=0$。
• 若 $\lambda_2=-1$，那麼第一式或第二式可給出 $\lambda_1=0$，從而由第三式可知 $\displaystyle z=-\frac12$。但這與第五式衝突，故無解。
• 若 $x=y$，那麼第四式可知 $z=1-x$，代入第五式則知

  $\displaystyle x^2+x^2+x-1=0$

  即 $2x^2+x-1=0$，可得 $x=-1$ 或 $\displaystyle x=\frac12$。
綜上可得兩座標 $\left(-1,-1,2\right)$ 與 $\displaystyle\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)$。容易知道最近點為 $\displaystyle\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)$，而最遠點為 $\left(-1,-1,2\right)$。