國立臺灣大學八十八學年度研究所碩士班入學考試試題：應用微積分

(答案請寫於答案卷上)

1. 填充題（每題 $6$ 分）
1. 甲公司的某項產品具有以下之 Cobb-Douglas 生產函數

   $P\left(x,y\right)=50x^{\frac23}y^{\frac13}$

   其中，$x$ 為人力資源，$y$ 為資本資源（均以 $\$$ 計）。假設該公司有 $\$600,000$ 可投資於此二項資源，則它該投資於人力資源 $\$$　　　，資本資源 $\$$　　　以使其生產最大化。
訣竅
使用算術幾何不等式來求極值。
解法
按照題意設定有 $x+y=600000$，使用算術幾何不等式可知
$\displaystyle600000=\frac{x}2+\frac{x}2+y\geq3\sqrt[3]{\frac{x}2\cdot\frac{x}2\cdot y}=3\cdot2^{-2/3}x^{\frac23}y^{\frac13}$
故 $P$ 的最大值為 $2^{2/3}\cdot10^7$，其中等號成立條件為 $\displaystyle\frac{x}2=y$，即有 $x=400000$、$y=200000$，因此甲公司應投資於人力資源 $\$400,000$，資本資源 $\$200,000$。


2. $f\left(x\right)=3x^2-5x+4$，由 $f$ 所構成之圖形在點 $p\left(2,f\left(2\right)\right)$ 之切線方程式為　　　。
訣竅
求導後得到在 $p$ 處的切線斜率，運用點斜式寫出切線方程式。
解法
對 $f$ 求導可得 $f'\left(x\right)=6x-5$，故在 $x=2$ 處的切線斜率為 $f'\left(2\right)=7$，使用點斜式可得切線方程式為 $y-f\left(2\right)=f'\left(2\right)\left(x-2\right)$，即 $y-6=7\left(x-2\right)$ 或寫為 $y=7x-8$。


3. 求由 $y=\sqrt{x}$，$y=6-x$ 與 $y=0$ 所圍成區域繞 $x$-軸旋轉時所生成立體的體積為　　　。
訣竅
先釐清繞 $x$-軸的曲線，從而分段使用旋轉體體積公式來求得體積。
解法

首先兩兩求交點，容易確認 $y=\sqrt{x}$ 與 $y=6-x$ 交於 $\left(4,2\right)$；$y=\sqrt{x}$ 與 $y=0$ 交於 $\left(0,0\right)$；$y=6-x$ 交 $y=0$ 於 $\left(6,0\right)$。因此所求的旋轉體體積可表達並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}V&=\int_0^4\pi\sqrt{x}^2dx+\int_4^6\pi\left(6-x\right)^2dx=\pi\int_0^4xdx+\pi\int_4^6\left(36-12x+x^2\right)dx\\&=\left.\frac{\pi x^2}2\right|_0^4+\left.\pi\left(36x-6x^2+\frac{x^3}3\right)\right|_4^6=8\pi+\frac{8\pi}3=\frac{32\pi}3\end{aligned}$



4. $\displaystyle\int_0^7x^2e^{-x}dx=$　　　。
訣竅
連續使用分部積分法即可。
解法

連續使用分部積分計算有

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^7x^2e^{-x}dx&=-\int_0^7x^2de^{-x}=-x^2e^{-x}\Big|_0^7+2\int_0^7xe^{-x}dx=-49e^{-7}-2\int_0^7xde^{-x}\\&=-49e^{-7}-2\left(xe^{-x}\Big|_0^7-\int_0^7e^{-x}dx\right)=-63e^{-7}-2e^{-x}\Big|_0^7=2-65e^{-7}\end{aligned}$



5. 求 $\displaystyle x+\frac{x^2}2+\frac{x^3}3+\cdots$ 之總和，（假設該級數為收斂），sum=　　　。
訣竅
對級數求導後容易求和，再積分回去即可得所求之和。
解法

設 $\displaystyle f\left(x\right)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^k}{k}$，求導可得

$\displaystyle f'\left(x\right)=\sum_{k=1}^{\infty}x^{k-1}=\sum_{k=0}^{\infty}x^k=\frac1{1-x}$

取定積分 $\left[0,x\right]$ 可得

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



6. 設 $\gamma:r^2=a^2\sin2\theta$，其中 $a>0$，則由雙紐線 $\gamma$ 之一迴線所圍成區域 $R$ 的面積為　　　。
訣竅
利用極座標下的面積公式並在適當的區域下計算即可。
解法

簡單描繪圖形如下



那麼題目所求的面積可表達並計算如下

$\displaystyle A=\frac12\int_0^{\frac\pi2}r^2\left(\theta\right)d\theta=\frac{a^2}2\int_0^{\frac\pi2}\sin2\theta d\theta=\left.-\frac{a^2\cos2\theta}4\right|_0^{\frac\pi2}=\frac{a^2}2$



7. $\displaystyle\lim_{h\to0}\frac1{h^2}\int_0^hx2^xdx=$　　　。
訣竅
使用羅必達法則，其中微分計算的過程中應使用微積分基本定理。
解法

運用羅必達法則與微積分基本定理可知

$\displaystyle\lim_{h\to0}\frac1{h^2}\int_0^hx2^xdx=\lim_{h\to0}\frac{h\cdot2^h}{2h}=\lim_{h\to0}2^{h-1}=\frac12$



8. 設有級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^n\frac{x^n}n$，試求其收斂界限　　　。
訣竅
運用比值審歛法的概念先求出收斂半徑，再針對端點進行檢驗。
解法
運用比值審歛法可知收斂半徑為
$\displaystyle R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\left(-1\right)^n}n\div\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n+1}\right|=1$
故可知該級數在區間 $\left(-1,1\right)$ 上收斂。當 $x=-1$ 時級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n$ 為調和級數，故發散；當 $x=1$ 時級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}n$ 容易由交錯級數審歛法知其收斂。因此收歛區間為 $\left(-1,1\right]$。


9. 設有一平面通過 $\left(1,0,-1\right)$ 及 $\left(-1,2,1\right)$ 兩點，且與 $3x+y-2z=6$ 及 $4x-y+3z=0$ 之交線平行，試求此平面方程式　　　。
訣竅
運用外積求出所求平面的法向量，隨後使用點法式寫出平面方程式。
解法
首先使用外積求出 $3x+y-2z=6$ 與 $4x-y+3z=0$ 交線的方向向量如下
$\vec{\ell}=\left(3,1,-2\right)\times\left(4,-1,3\right)=\left(1,-17,-7\right)$
那麼所求平面的法向量為
$\vec{n}=\left(1,-17,-7\right)\times\left[\left(1,0,-1\right)-\left(-1,2,1\right)\right]=\left(1,-17,-7\right)\times\left(2,-2,-2\right)=\left(20,-12,32\right)\parallel\left(5,-3,8\right)$
運用點法式可得此平面方程式為
$5\left(x-1\right)-3\left(y-0\right)+8\left(z+1\right)=0$
或寫為 $5x-3y+8z+3=0$。


10. 如圖中的拋物線 $y^2=4px$ 與 $x=a$ 的直線所圍成的區域 $B$ 中，試求出最大的矩形面積 $A=$　　　。
    
訣竅
依據題意考慮長寬並列出面積函數，利用微分求面積函數的最大值即可。
解法
考慮矩形與拋物線在第一象限的頂點為 $\left(x,2\sqrt{px}\right)$，那麼長寬分別為 $a-x$ 與 $4\sqrt{px}$，如此考慮面積函數 $f\left(x\right)=4\sqrt{p}\left(ax^{1/2}-x^{3/2}\right)$，其中 $x\in\left[0,a\right]$。為了求得最大面積，我們解方程式 $f'\left(x\right)=0$，即
$f'\left(x\right)=2\sqrt{p}\left(ax^{-1/2}-3x^{1/2}\right)=0$
容易解得 $\displaystyle x=\frac{a}3\in\left(0,a\right)$。據此檢查此點與端點的值可知 $f$ 在 $\displaystyle x=\frac{a}3$ 處達到最大值，其值為 $\displaystyle f\left(\frac{a}3\right)=\frac{8\sqrt{3a^3p}}9$。
2. 計算題（每題 $10$ 分）(須列出計算過程，否則不予計分)
11. 解 $\displaystyle x^2\frac{d^2y}{dx^2}-x\frac{dy}{dx}+y=2\ln x$。
訣竅
此為 Euler 方程，可運用變數變換化約成常係數微分方程來求解。
解法

令 $\tilde{y}\left(u\right)=y\left(x\right)$，其中 $u=\ln x$，那麼求導有

$\displaystyle\frac{d\tilde{y}}{du}=\frac{dy}{dx}\frac{dx}{du}=x\frac{dy}{dx}$

再求導可知

$\displaystyle\frac{d^2\tilde{y}}{du^2}=\frac{d}{du}\left(x\frac{dy}{dx}\right)=x^2\frac{d^2y}{dx^2}+x\frac{dy}{dx}$

如此原先給定的方程可改寫為

$\displaystyle\left(\frac{d^2\tilde{y}}{du^2}-\frac{d\tilde{y}}{du}\right)-\frac{d\tilde{y}}{du}+\tilde{y}\left(u\right)=2u$

即 $\displaystyle\frac{d^2\tilde{y}}{du^2}-2\frac{d\tilde{y}}{du}+\tilde{y}=2u$。容易看出對應的齊次方程的解為 $\tilde{y}_h\left(u\right)=C_1e^u+C_2ue^u$。另一方面，考慮特解 $\tilde{y}_p\left(u\right)=Au+B$，代入方程可得

$0-2A+\left(Au+B\right)=2u$

易知應取 $A=2$、$B=4$，即 $\tilde{y}_p\left(u\right)=2u+4$，因此所求為

$\tilde{y}\left(u\right)=\tilde{y}_h\left(u\right)+\tilde{y}_p\left(u\right)=C_1e^u+C_2ue^u+2u+4$

將變量換為 $x$ 可得

$y\left(x\right)=C_1x+C_2x\ln x+2\ln x+4$



12. 若 $\displaystyle\oint xdy-ydx$ 為沿 $x^2+y^2=4$ 曲線之線積分，則其值為何？
訣竅
將曲線參數化後進行計算即可。
解法

令 $\left\{\begin{aligned}&x=2\cos\theta\\&y=2\sin\theta\end{aligned}\right.$，那麼線積分可化為單變數積分並計算如下

$\displaystyle\oint xdy-ydx=\int_0^{2\pi}\left[2\cos\theta d\left(2\sin\theta\right)-\left(2\sin\theta\right)d\left(2\cos\theta\right)\right]=4\int_0^{2\pi}d\theta=8\pi$



13. 設 $z=f\left(x-y,y-x\right)$，求 $\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial y}=$?
訣竅
運用多變函數的連鎖律計算求解即可。
解法
用 $f_1$ 表 $f$ 對第一個分量的偏導函數，$f_2$ 表 $f$ 對第二個分量的偏導函數，那麼
$\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x}=f_1\left(x-y,y-x\right)\cdot1+f_2\left(x-y,y-x\right)\cdot\left(-1\right),\quad\frac{\partial z}{\partial y}=f_1\left(x-y,y-x\right)\cdot\left(-1\right)+f_2\left(x-y,y-x\right)\cdot1$
因此兩者之和為零。


14. 試求 $r=2\rho\cos\theta$ 圓內與 $r=\rho$ 圓外之面積。
訣竅
考慮兩極座標曲線之交點並簡要繪圖後使用面積公式求解。
解法

繪製簡圖如下



考慮兩圓交點，即解聯立

$\left\{\begin{aligned}&r=2\rho\cos\theta\\&r=\rho\end{aligned}\right.$

運用代入消去法有 $2\cos\theta=1$，從而有 $\displaystyle\theta=\pm\frac\pi3$。因此所求的面積可表達並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}A&=\frac12\int_{-\frac\pi3}^{\frac\pi3}\left[\left(2\rho\cos\theta\right)^2-\rho^2\right]d\theta=\frac{\rho^2}2\int_{-\frac\pi3}^{\frac\pi3}\left(4\cos^2\theta-1\right)d\theta\\&=\frac{\rho^2}2\int_{-\frac\pi3}^{\frac\pi3}\left(1+2\cos2\theta\right)d\theta=\left.\frac{\rho^2}2\left(\theta+\sin2\theta\right)\right|_{-\frac\pi3}^{\frac\pi3}=\rho^2\left(\frac\pi3+\frac{\sqrt3}2\right)=\frac{\rho^2\left(2\pi+3\sqrt3\right)}6\end{aligned}$