國立臺灣大學九十四學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分

※注意：請於答案卷上依序作答，並應註明作答之大題及其題號。

1. 填充題：共 $10$ 題，每題 $7$ 分。（只寫答案不必寫過程）
1. $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\frac{nx+1}{nx-1}\right)^x=9$，問 $n=$　　　。
訣竅
由自然指數的定義去觀察。
解法
將極限式可以改寫如下
$\displaystyle9=\lim_{x\to\infty}\left(\frac{nx+1}{nx-1}\right)^x=\lim_{x\to\infty}\left[\left(1+\frac2{nx-1}\right)^{\frac{nx-1}2}\right]^{\frac2n}\left(1+\frac2{nx-1}\right)^{\frac1n}=e^{\frac2n}$
因此 $\displaystyle n=\frac1{\ln3}$。


2. $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e-\left(1+x\right)^{\frac1x}}{x}$　　　。
訣竅
使用羅必達法則計算求解即可。
解法

由羅必達法則可知

$\displaystyle\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{e-\left(1+x\right)^{\frac1x}}x&=-\lim_{x\to0}\left(1+x\right)^{\frac1x}\left(-\frac1{x^2}\ln\left(1+x\right)+\frac1{x\left(1+x\right)}\right)=-e\lim_{x\to0}\left(\frac{x-\ln\left(1+x\right)}{x^2}-\frac1{x+1}\right)\\&=e-e\lim_{x\to0}\frac{1-\frac1{1+x}}{2x}=e-e\lim_{x\to0}\frac1{2+2x}=\frac{e}2\end{aligned}$



3. 若 $\displaystyle f\left(x\right)=\int_{\pi^3}^{x^3}\cos^2\sqrt[3]{t}dt$，$g\left(x\right)$ 為其反函數，則 $g'\left(0\right)=$　　　。
訣竅
運用反函數的定義，搭配微積分基本定理與連鎖律等求解。
解法
由反函數的定義可知 $g\left(f\left(x\right)\right)=x$，那麼使用連鎖律可得 $g'\left(f\left(x\right)\right)f'\left(x\right)=1$。容易看出 $f\left(\pi\right)=0$，故取 $x=\pi$ 有
$\displaystyle g'\left(0\right)=\frac1{f'\left(\pi\right)}$
此時，我們使用微積分基本定理與連鎖律對 $f$ 求導得
$f'\left(x\right)=\cos^2\left(\sqrt[3]{x^3}\right)\cdot3x^2=3x^2\cos^2\left(x\right)$
因此 $f'\left(\pi\right)=3\pi^2$，而所求為 $\displaystyle g'\left(0\right)=\frac1{3\pi^2}$。


4. 若 $\displaystyle y=\frac1{1-2x}$，則 $\displaystyle y^{\left(n\right)}\left(-\frac12\right)=$　　　。
訣竅
直接求出高階導函數即可。
解法
首先將 $y$ 改寫為 $\displaystyle y=\frac{\displaystyle\frac12}{\displaystyle\frac12-x}$，如此容易觀察得到
$\displaystyle y'=\frac{\displaystyle\frac12\cdot1}{\displaystyle\left(\frac12-x\right)^2},~~y''=\frac{\displaystyle\frac12\cdot2!}{\displaystyle\left(\frac12-x\right)^3},~~y'''=\frac{\displaystyle\frac12\cdot3!}{\displaystyle\left(\frac12-x\right)^4}$
容易由數學歸納法確認 $y^{\left(n\right)}=\frac{\displaystyle\frac12\cdot n!}{\displaystyle\left(\frac12-x\right)^{n+1}}$，因此所求為 $\displaystyle y^{\left(n\right)}\left(-\frac12\right)=\frac{n!}2$。


5. $x^3y^3+y^2=x+y$，求在 $\left(1,1\right)$，$\displaystyle\frac{d^2y}{dx^2}$ 的值　　　。
訣竅
使用隱函數微分求解即可。
解法
進行一次隱函數微分可得
$\displaystyle3x^2y^3+3x^3y^2\frac{dy}{dx}+2y\frac{dy}{dx}=1+\frac{dy}{dx}$
如此取 $\left(x,y\right)=\left(1,1\right)$ 可得 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1,1\right)}=-\frac12$。隨後再進行一次隱函數微分有
$\displaystyle6xy^3+18x^2y^2\frac{dy}{dx}+6x^3y\left(\frac{dy}{dx}\right)^2+3x^3y^2\frac{d^2y}{dx^2}+2\left(\frac{dy}{dx}\right)^2+2y\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{d^2y}{dx^2}$
取 $\left(x,y\right)=\left(1,1\right)$ 並搭配 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1,1\right)}=-\frac12$ 可得
$\displaystyle6-9+\frac32+3\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1,1\right)}+\frac12+2\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1,1\right)}=\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1,1\right)}$
解得所求為 $\displaystyle\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1,1\right)}=\frac14$。


6. $\displaystyle\frac{\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{-\ln x}}}{\displaystyle\int_0^1\sqrt{-\ln x}dx}=$　　　。
訣竅
運用變數代換個別處理分子分母的瑕積分。
解法

令 $u=-\ln x$，那麼

• 當 $x\to0^+$ 時有 $u\to+\infty$；
• 當 $x=1$ 時有 $u=0$；
• 整理有 $x=e^{-u}$，求導可得 $dx=-e^{-u}du$。

因此分子可以改寫如下

$\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{-\ln x}}=\int_{\infty}^0\frac{-e^{-u}du}{\sqrt{u}}=2\int_0^{\infty}e^{-u}d\sqrt{u}=2\sqrt{u}e^{-u}\Big|_0^{\infty}-2\int_0^{\infty}\sqrt{u}de^{-u}=2\int_0^{\infty}\sqrt{u}e^{-u}du$

另一方面，分母則可寫為

$\displaystyle\int_0^1\sqrt{-\ln x}dx=\int_{\infty}^0\sqrt{u}\cdot-e^{-u}du=\int_0^{\infty}\sqrt{u}e^{-u}du$

因此所求為

$\displaystyle\frac{\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{-\ln x}}}{\displaystyle\int_0^1\sqrt{-\ln x}dx}=\frac{\displaystyle2\int_0^{\infty}\sqrt{u}e^{-u}du}{\displaystyle\int_0^{\infty}\sqrt{u}e^{-u}du}=2$



7. $\displaystyle\int_0^2\int_0^{\sqrt{1-\left(x-1\right)^2}}\frac{x+y}{x^2+y^2}dydx=$　　　。
訣竅
由積分區域與被積分函數的形式考慮使用極座標變換。
解法

令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，那麼由積分區域可知 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq2\cos\theta\\&0\leq\theta\leq\frac\pi2\end{aligned}\right.$，如此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^2\int_0^{\sqrt{1-\left(x-1\right)^2}}\frac{x+y}{x^2+y^2}dydx&=\int_0^{\frac\pi2}\int_0^{2\cos\theta}\frac{r\cos\theta+r\sin\theta}{r^2}\cdot rdrd\theta\\&=\int_0^{\frac\pi2}\left(2\cos^2\theta+2\sin\theta\cos\theta\right)d\theta\\&=\int_0^{\frac\pi2}\left(1+\cos2\theta+\sin2\theta\right)d\theta\\&=\left.\left(\theta+\frac{\sin2\theta}2-\frac{\cos2\theta}2\right)\right|_0^{\frac\pi2}\\&=\frac{2+\pi}2\end{aligned}$



8. 圓柱 $x^2+z^2=4$ 在圓柱 $x^2+y^2=4$ 之內的部分的表面積是　　　。
訣竅
由對稱性，我們僅需考慮第一卦線內的表面積，隨後乘以 $8$。再者，我們依據曲面面積的計算公式加以處理。
解法

依據訣竅，我們僅考慮在第一卦限範圍內的表面積，此時圓柱面 $x^2+z^2=4$ 可表達為 $z=\sqrt{4-x^2}$。再者，我們設置平面集合

$D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:~x^2+y^2\leq4,~x,y\geq0\right\}$

如此所求的曲面面積為

$\displaystyle\begin{aligned}A&=8\iint_D\sqrt{1+z_x^2\left(x,y\right)+z_y^2\left(x,y\right)}dxdy\\&=8\iint_D\sqrt{1+\left(\frac{-x}{\sqrt{4-x^2}}\right)^2+0^2}dxdy\\&=8\iint_D\frac2{\sqrt{4-x^2}}dxdy\\&=16\int_0^{\frac\pi2}\int_0^2\frac{r}{\sqrt{4-r^2\cos^2\theta}}drd\theta\\&=8\int_0^{\frac\pi2}\frac{\left(4-r^2\cos^2\theta\right)^{-1/2}}{-\cos^2\theta}d\left(4-r^2\cos^2\theta\right)d\theta\\&=-16\int_0^{\frac\pi2}\sec^2\theta\left(4-r^2\cos^2\theta\right)^{1/2}\Big|_0^2d\theta\\&=32\int_0^{\frac\pi2}\sec^2\theta\left(1-\sin\theta\right)d\theta\\&=32\int_0^{\frac\pi2}\left(\sec^2\theta-\frac{\sin\theta}{\cos^2\theta}\right)d\theta\\&=\left.32\left(\tan\theta-\frac1{\cos\theta}\right)\right|_0^{\frac\pi2}\\&=\left.\frac{-32}{\tan\theta+\sec\theta}\right|_0^{\frac\pi2}\\&=32\end{aligned}$



9. $\displaystyle x=\frac{t}{1+t},~y=\ln\left(1+t\right)$ 在 $t\in\left[0,2\right]$ 間之弧長 $=$　　　。
訣竅
使用曲線弧長公式即可。
解法

使用弧長公式計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}s&=\int_0^2\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}dt\\&=\int_0^2\sqrt{\left(\frac1{1+t}-\frac{t}{\left(1+t\right)^2}\right)^2+\left(\frac1{1+t}\right)^2}dt\\&=\int_0^2\frac{\sqrt{\left(1+t\right)^2+1}}{\left(1+t\right)^2}dt\end{aligned}$

令 $1+t=\tan\theta$，那麼

• 當 $t=0$ 時有 $\displaystyle\theta=\frac\pi4$；
• 當 $t=2$ 時有 $\theta=\tan^{-1}\left(3\right)$；
• 整理有 $t=\tan\theta-1$，求導可得 $dt=\sec^2\theta d\theta$。

如此所求的曲線弧長為

$\displaystyle\begin{aligned}s&=\int_{\frac\pi4}^{\tan^{-1}\left(3\right)}\frac{\sec\theta}{\tan^2\theta}\cdot\sec^2\theta d\theta\\&=\int_{\frac\pi4}^{\tan^{-1}\left(3\right)}\frac{d\theta}{\sin^2\theta\cos\theta}\\&=\int_{\frac\pi4}^{\tan^{-1}\left(3\right)}\frac{d\sin\theta}{\sin^2\theta\cos^2\theta}\\&=\int_{\frac\pi4}^{\tan^{-1}\left(3\right)}\left(\frac1{\sin^2\theta}+\frac1{1-\sin^2\theta}\right)d\sin\theta\\&=\int_{\frac\pi4}^{\tan^{-1}\left(3\right)}\left(\frac1{\sin^2\theta}+\frac{1/2}{1-\sin\theta}+\frac{1/2}{1+\sin\theta}\right)d\sin\theta\\&=\left.\left(-\frac1{\sin\theta}-\frac12\ln\left(1-\sin\theta\right)+\frac12\ln\left(1+\sin\theta\right)\right)\right|_{\frac\pi4}^{\tan^{-1}\left(3\right)}\\&=\left(-\frac{\sqrt{10}}3+\frac12\ln\frac{\sqrt{10}+3}{\sqrt{10}-3}\right)-\left(\sqrt2+\frac12\ln\frac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1}\right)\\&=\sqrt2-\frac{\sqrt{10}}3+\ln\frac{\sqrt{10}+3}{\sqrt2+1}\end{aligned}$



10. $\displaystyle f\left(x,y\right)=\frac1x+\frac1y+xy$ 之極值為　　　。（要註明它是極大值或極小值）。
訣竅
運用偏微分求極值。
解法

為了求出極大或極小值，我們解下列的聯立方程組

$\displaystyle\left\{\begin{aligned}&f_x\left(x,y\right)=-\frac1{x^2}+y=0\\&f_y\left(x,y\right)=-\frac1{y^2}+x=0\end{aligned}\right.$

將第一式代入第二式中可得 $x=x^4$，因此得 $x=0$ 或 $x=1$，然而 $x\neq0$，故 $x=1$，從而 $y=1$。

進一步地，我們計算二階行列式

$\displaystyle D\left(x,y\right)=\left|\begin{matrix}f_{xx}\left(x,y\right)&f_{xy}\left(x,y\right)\\f_{yx}\left(x,y\right)&f_{yy}\left(x,y\right)\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}\displaystyle\frac2{x^3}&1\\1&\displaystyle\frac2{y^3}\end{matrix}\right|=\frac4{x^3y^3}-1$

由 $D\left(1,1\right)=3>0$ 以及 $f_{xx}\left(x,y\right)=2>0$，故 $f$ 在 $\left(1,1\right)$ 處達到局部極小值。

2. 計算題：共兩題，每題 $15$ 分。（要有計算過程及理由才予以計分）
1. 用 Lagrange method 求在 $xy=1$ 和 $y^2+z^2=1$ 之上，$f\left(x,y,z\right)=yz+xy$ 之最大值和最小值。
訣竅
根據提示使用拉格朗日乘子法即可；亦可由基本的不等式求解。
解法一
設定拉格朗日乘子函數如下
$F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=yz+xy+\lambda_1\left(xy-1\right)+\lambda_2\left(y^2+z^2-1\right)$
據此解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=y+\lambda_1y=0\\&F_y\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+z+\lambda_1x+2\lambda_2y=0\\&F_z\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=y+2\lambda_2z=0\\&F_{\lambda_1}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=xy-1=0\\&F_{\lambda_2}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=y^2+z^2-1=0\end{aligned}\right.$
第一式可寫為 $y\left(\lambda_1+1\right)=0$，而第四式告訴我們 $y\neq0$，故 $\lambda_1=-1$，故第二式給出 $z=-2\lambda_2y$，代入第三式則有 $y-4\lambda_2^2y=0$。同樣由第四式可知 $4\lambda_2^2=1$，即 $\displaystyle\lambda_2=\pm\frac12$。
• 當 $\displaystyle\lambda_2=\frac12$ 時有 $y+z=0$，從而由第五式可得 $\displaystyle\left(y,z\right)=\pm\left(\frac{\sqrt2}2,-\frac{\sqrt2}2\right)$，進而 $x=\pm\sqrt2$。
• 當 $\displaystyle\lambda_2=-\frac12$ 時有 $y-z=0$，從而由第五式得 $\displaystyle\left(y,z\right)=\pm\left(\frac{\sqrt2}2,\frac{\sqrt2}2\right)$，進而 $x=\pm\sqrt2$。
至此我們得到候選座標有
$\displaystyle\begin{aligned}&\left(\sqrt2,\frac{\sqrt2}2,-\frac{\sqrt2}2\right),\quad&\left(-\sqrt2,-\frac{\sqrt2}2,\frac{\sqrt2}2\right)\\&\left(\sqrt2,\frac{\sqrt2}2,\frac{\sqrt2}2\right),\quad&\left(-\sqrt2,-\frac{\sqrt2}2,-\frac{\sqrt2}2\right)\end{aligned}$
經由直接檢驗可知
$\displaystyle\begin{aligned}&f\left(\sqrt2,\frac{\sqrt2}2,-\frac{\sqrt2}2\right)=f\left(-\sqrt2,-\frac{\sqrt2}2,\frac{\sqrt2}2\right)=\frac12\\&f\left(\sqrt2,\frac{\sqrt2}2,\frac{\sqrt2}2\right)=f\left(-\sqrt2,-\frac{\sqrt2}2,-\frac{\sqrt2}2\right)=\frac32\end{aligned}$
因此最大值為 $\displaystyle\frac32$ 而最小值為 $\displaystyle\frac12$。
解法二【本次測驗不得使用此解法】
由第一個條件可以將函數 $f$ 寫為 $f\left(x,y,z\right)=yz+xy=yz+1$。再者由 $\left(y-z\right)^2\geq0$ 與 $\left(y+z\right)^2\geq0$，因此有
$\displaystyle-\frac12=-\frac{y^2+z^2}2\leq yz\leq\frac{y^2+z^2}2=\frac12$
同時加 $1$ 可得
$\displaystyle\frac12\leq f\left(x,y,z\right)\leq\frac32$
故最大值為 $\displaystyle\frac32$ 而最小值為 $\displaystyle\frac12$，其等號成立條件分別為 $y=-z$ 與 $y=z$ 並搭配 $xy=1$ 和 $y^2+z^2=1$，其具體座標如解法一。


2. 用 $\displaystyle u=x-\frac{y}2$，$v=y$ 的變數變換求 $\displaystyle\int_0^2\int_{\frac{y}2}^{\frac{y+4}{2}}y^3\left(2x-y\right)e^{\left(2x-y\right)^2}dxdy$ 之值。
訣竅
按提示的變數變換來處理即可；其中應留意 Jacobian 行列式的計算。
解法

首先將提示所給的變數變換改寫為 $\displaystyle x=u+\frac{v}2$，$y=v$，如此原積分範圍為 $\left\{\begin{aligned}&y/2\leq x\leq(y+4)/2\\&0\leq y\leq2\end{aligned}\right.$ 可分別改寫為

$\displaystyle \frac{v}2\leq u+\frac{v}2\leq\frac{v+4}2,\qquad 0\leq v\leq2$

其中第一個不等式給出 $0\leq u\leq2$。再者，Jacobian 行列式可計算如下

$\displaystyle\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}=\left|\begin{matrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial v}\\\displaystyle\frac{\partial y}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial v}\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}1&\displaystyle\frac12\\0&1\end{matrix}\right|=1$

如此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^2\int_{\frac{y}2}^{\frac{y+4}2}y^3\left(2x-y\right)e^{\left(2x-y\right)^2}dxdy&=\int_0^2\int_0^2v^3\cdot 2ue^{4u^2}\cdot1dudv\\&=\left(\int_0^22ue^{4u^2}du\right)\left(\int_0^2v^3dv\right)=\left.\frac{e^{4u^2}}4\right|_0^2\cdot\left.\frac{v^4}4\right|_0^2=e^{16}-1\end{aligned}$