國立臺灣大學九十三學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分

(I) 填充題：共 $10$ 題，各 $7$ 分，共 $70$ 分。

• 只寫答案，不必書寫計算過程。
• 請標明題號，按序書寫。

1. 令 $x=\displaystyle\int_0^y\frac{dt}{\sqrt{1+4t^2}}$。求 $\displaystyle\frac1y\frac{d^2y}{dx^2}$ 之值。
訣竅
運用微積分基本定理與隱函數微分求解即可。
解法

兩邊對 $x$ 求導可得

$\displaystyle1=\frac1{\sqrt{1+4y^2}}\frac{dy}{dx}$

即 $\displaystyle\frac{dy}{dx}=\sqrt{1+4y^2}$。兩邊再對 $x$ 求導則有

$\displaystyle\frac{d^2y}{dx^2}=\frac1{2\sqrt{1+4y^2}}\cdot8y=\frac{4y}{\sqrt{1+4y^2}}$

即有

$\displaystyle\frac1y\frac{d^2y}{dx^2}=\frac4{\sqrt{1+4y^2}}$



2. 求 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin x-\tan x}{x^3}$ 之值。
訣竅
運用羅必達法則即可；亦可使用泰勒展開式求解。
解法一

運用羅必達法則可知

$\displaystyle\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sin x-\tan x}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{\cos x-\sec^2x}{3x^2}&=\lim_{x\to0}\frac{-\sin x-2\sec^2x\tan x}{6x}\\&=\lim_{x\to0}\frac{-\cos x-4\sec^2x\tan^2x-2\sec^4x}6=-\frac12\end{aligned}$

解法二

運用基本函數的泰勒展開式可知

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin x-\tan x}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\left(x-\frac{x^3}6+\cdots\right)-\left(x-\frac{x^3}3+\cdots\right)}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle-\frac{x^3}2+\cdots}{x^3}=-\frac12$



3. 求 $\displaystyle\int\frac{dx}{2+e^x}$ 之值。
訣竅
分子分母同乘以 $e^{-x}$ 即可求其反導函數。
解法

直接計算可知

$\displaystyle\int\frac{dx}{2+e^x}=\int\frac{e^{-x}}{1+2e^{-x}}dx=-\int\frac{de^{-x}}{1+2e^{-x}}=-\frac12\ln\left(1+2e^{-x}\right)+C$



4. 令 $f\left(x\right)=\tan^{-1}x$。求 $f^{\left(2n+1\right)}\left(0\right)$。
訣竅
高階導數值可由其泰勒展開式之係數求解。
解法
注意到
$\displaystyle\tan^{-1}x=\int_0^x\frac{dt}{1+t^2}=\int_0^x\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^nt^{2n}dt=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^nx^{2n+1}}{2n+1}$
而 $f^{\left(2n+1\right)}\left(0\right)$ 為其泰勒展開式中 $x^{2n+1}$ 項的係數乘以 $\left(2n+1\right)!$ 而得，故可知為 $\left(-1\right)^n\left(2n\right)!$。


5. 設 $f\left(x\right)$ 為 $g\left(x\right)=2x^3+x+1$ 之反函數。求 $f'\left(4\right)$ 之值。
訣竅
由反函數的定義與連鎖律即可求解。
解法
由反函數的定義可知 $f\left(g\left(x\right)\right)=x$，兩邊求導可知
$f'\left(g\left(x\right)\right)g'\left(x\right)=1$
取 $x=1$ 並留意到 $g\left(1\right)=4$，故有 $\displaystyle f'\left(4\right)=\frac1{g'\left(1\right)}$。再者，對 $g$ 求導可知 $g'\left(x\right)=6x^2+1$，即有 $g'\left(1\right)=7$，因此所求為 $\displaystyle f'\left(4\right)=\frac17$。


6. 求曲線 $\displaystyle y=\int_0^x\sqrt{\cos2t}dt$，由 $x=0$ 到 $x=1$ 之弧長。
訣竅
運用曲線弧長公式求解即可。
解法

運用曲線弧長公式可知

$\displaystyle s=\int_0^1\sqrt{1+y'^2(x)}dx=\int_0^1\sqrt{1+\cos2x}dx=\sqrt2\int_0^1\cos xdx=\sqrt2\sin x\Big|_0^1=\sqrt2\sin1$



7. 求 $f\left(x\right)=x^x$，$x>0$，之極小值所發生之處。
訣竅
為了找出極值的位置，我們應解方程式 $f'\left(x\right)=0$，隨後由斜率符號判定該位置是否為極小值。
解法

由於 $f$ 可表示為 $f\left(x\right)=x^x=e^{x\ln x}$，故 $f'\left(x\right)=x^x\left(1+\ln x\right)$。因此方程式 $f'\left(x\right)=0$ 等價於 $1+\ln x=0$，故解得 $x=e^{-1}$。

【方法一】由於 $x^x$ 恆正，故可以發現當 $x\in\left(0,e^{-1}\right)$ 時 $1+\ln x<0$；而當 $x\in\left(e^{-1},\infty\right)$ 時有 $1+\ln x>0$，從而可以確定 $f$ 在 $x=e^{-1}$ 處達到極小值。

【方法二】計算二階導函數可知 $f''\left(x\right)=x^x\left(1+\ln x\right)^2+x^{x-1}$，如此可知 $f''\left(e^{-1}\right)=e^{1-e^{-1}}>0$，故 $f$ 在 $x=e^{-1}$ 處達到極小值。



8. 求雙紐線 $r^2=3\cos2\theta$（極座標）所包圍之面積。
訣竅
簡單的繪圖後由極座標下的面積公式，其中應特別留意適當的積分範圍。
解法

由於 $r^2\geq0$，此即 $\cos2\theta\geq0$。對於 $\theta\in\left[0,2\pi\right)$ 時解不等式可得

$\displaystyle\theta\in\left[0,\frac\pi4\right]\cup\left[\frac{3\pi}4,\frac{5\pi}4\right]\cup\left[\frac{7\pi}4,2\pi\right)$

簡單繪圖如下



由對稱性與極座標下的面積公式可知所求為

$\displaystyle A=4\cdot\frac12\int_0^{\frac\pi4}r^2\left(\theta\right)d\theta=2\int_0^{\frac\pi4}3\cos2\theta d\theta=3\sin2\theta\Big|_0^{\frac\pi4}=3$



9. 求曲面 $\cos\left(\pi x\right)-x^2y+e^{xz}+yz=4$ 在點 $\left(0,1,2\right)$ 之切平面方程式。
訣竅
運用梯度求出該點在該曲面上的法向量，隨後使用點法式寫出切平面方程式。
解法
設 $F\left(x,y,z\right)=\cos\left(\pi x\right)-x^2y+e^{xz}+yz-4$，那麼曲面由方程式 $F\left(x,y,z\right)=0$ 決定。此時在曲面上 $\left(x,y,z\right)$ 處的法向量為
$\nabla F\left(x,y,z\right)=\left(F_x\left(x,y,z\right),F_y\left(x,y,z\right),F_z\left(x,y,z\right)\right)=\left(-\pi\sin\left(\pi x\right)-2xy+ze^{xz},-x^2+z,xe^{xz}+y\right)$
那麼在 $\left(0,1,2\right)$ 處的法向量為 $\nabla F\left(0,1,2\right)=\left(2,2,1\right)$。故由點法式可得切平面方程式為
$2\left(x-0\right)+2\left(y-1\right)+\left(z-2\right)=0$
或寫為 $2x+2y+z=4$。


10. 設 $-1<a<b<1$。求單位球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 在 $z=a$ 和 $z=b$ 之間的表面積。
訣竅
可將此題視為旋轉體表面積來求解即可。
解法

考慮在 $yz$ 平面上的單位圓 $y^2+z^2=1$ 繞 $z$ 軸旋轉可得單位球面。那麼所求的表面積即單位圓由直線 $z=a$ 與 $z=b$ 之間所夾之圓弧旋轉產生的表面積，故可知

$\displaystyle A=\int_{z=a}^{z=b}2\pi y\left(z\right)\sqrt{1+y'^2\left(z\right)}dz=2\pi\int_a^b\sqrt{1-z^2}\sqrt{1+\left(\frac{-z}{\sqrt{1-z^2}}\right)^2}dz=2\pi\left(b-a\right)$

(II) 計算題：兩大題，各 $15$ 分，共 $30$ 分。

• 必須書寫計算過程及理由，否則不予計分。

1. 求 $f\left(x,y\right)=5x^2+4xy+2y^2$ 在 $x^2+y^2\leq1$ 上之絕對極大值和極小值及其所發生之處。
訣竅
可由初等不等式求解；亦可針對圓盤內點使用偏導函數求極值，而在邊界時則使用拉格朗日乘子法求極值。
解法一
首先可以觀察到
$f\left(x,y\right)=5x^2+4xy+2y^2\leq1+\left(2x+y\right)^2$
由柯西不等式可知
$\left(2x+y\right)^2\leq\left(2^2+1^2\right)\left(x^2+y^2\right)\leq5\cdot1=5$
故 $f\left(x,y\right)\leq6$，其中等號成立條件為 $\displaystyle\left(x,y\right)=\pm\left(\frac2{\sqrt5},\frac1{\sqrt5}\right)$。另一方面，可以注意到
$f\left(x,y\right)=x^2+\left(2x+y\right)^2+y^2\geq0$
其中等號成立條件為 $\left(x,y\right)=\left(0,0\right)$。
解法二
首先先考慮圓盤內部的極值，為此我們解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&f_x\left(x,y\right)=10x+4y=0\\&f_y\left(x,y\right)=4x+4y=0\end{aligned}\right.$
可解得 $\left(x,y\right)=\left(0,0\right)$。而在圓盤邊界上時，則設置拉格朗日乘子函數如下
$F\left(x,y,\lambda\right)=5x^2+4xy+2y^2+\lambda\left(x^2+y^2-1\right)$
據此解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,\lambda\right)=10x+4y+2\lambda x=0\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=4x+4y+2\lambda y=0\\&F_{\lambda}\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2-1=0\end{aligned}\right.$
由第三式可知 $\left(x,y\right)\neq\left(0,0\right)$，故前兩式有非零解，從而其行列式為零，即 $\left|\begin{matrix}10+2\lambda&4\\4&4+2\lambda\end{matrix}\right|=0$，展開有 $4\left(\lambda^2+7\lambda+6\right)=0$，因此解得 $\lambda=-1$ 或 $\lambda=-6$。
• 若 $\lambda=-1$，則 $2x+y=0$，如此搭配第三式可得 $\displaystyle\pm\left(\frac1{\sqrt5},-\frac2{\sqrt5}\right)$
• 若 $\lambda=-6$，則 $x=2y$，如此搭配第三是可得 $\displaystyle\pm\left(\frac2{\sqrt5},\frac1{\sqrt5}\right)$。
將以上所得的各座標代入檢驗有
$f\left(0,0\right)=0$,　$\displaystyle f\left(\frac1{\sqrt5},-\frac2{\sqrt5}\right)=f\left(-\frac1{\sqrt5},\frac2{\sqrt5}\right)=\frac15$,　$\displaystyle f\left(\frac2{\sqrt5},\frac1{\sqrt5}\right)=f\left(-\frac2{\sqrt5},-\frac1{\sqrt5}\right)=6$
因此 $f$ 的極大值為 $6$，而極小值為 $0$。


2. 求 $\displaystyle\iint_R\cos\left(\frac{y-x}{y+x}\right)dxdy$ 之值，其中 $R$ 為由點 $\left(1,0\right),\left(2,0\right),\left(0,1\right),\left(0,2\right)$ 所圍成之梯形。提示：作變換 $u=y+x$，$v=y-x$。
訣竅
據提示使用變數變換處理此重積分，其中應留意積分範圍的表示與 Jacobian 行列式的計算。
解法

令 $u=y+x$、$v=y-x$，那麼容易解得 $\displaystyle x=\frac{u-v}2$、$\displaystyle v=\frac{u+v}2$。再者，$R$ 可表述為

$R=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:~1\leq x+y\leq2,~x\geq0,~y\geq0\right\}$

進一步由代換可得

$R=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:~-u\leq v\leq u,~1\leq u\leq2\right\}$

此外這個變換的 Jacobian 行列式為

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

如此所求的重積分可以改寫並計算如下

$\displaystyle\iint_R\cos\left(\frac{y-x}{y+x}\right)dxdy=\int_1^2\int_{-u}^u\cos\left(\frac{v}{u}\right)\cdot\frac12dvdu=\frac12\int_1^2\left.u\sin\left(\frac{v}{u}\right)\right|_{v=-u}^{v=u}du=\sin1\int_1^2udu=\frac{3\sin1}2$