國立臺灣大學八十九學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分(不含線性代數)

1. 填充題（每題 $10$ 分，請在答案卷上作答，只需寫出答案，但要先標明題號）
1. $P\left(1,1\right)$ 為曲線 $\Gamma:x+x^3-y^3-y^5=0$ 上一點，則過 $P$ 點的切線方程式為　　　。
訣竅
運用隱函數微分求出切線斜率，隨後使用點斜式寫出切線方程式。
解法
使用隱函數微分求導可得
$\displaystyle1+3x^2-3y^2\frac{dy}{dx}-5y^4\frac{dy}{dx}=0$
取 $\left(x,y\right)=\left(1,1\right)$ 可得 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1,1\right)}=\frac12$。據此使用點斜式可得切線方程式為
$\displaystyle y-1=\frac12\left(x-1\right)$
或寫為 $x-2y+1=0$。


2. $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\left(1+\sin\left(2x\right)\right)^{\cot\left(3x\right)}=$　　　。
訣竅
運用換底公式後使用羅必達法則求解。
解法

使用換底公式後搭配羅必達法則計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\lim_{x\to0^+}\left(1+\sin\left(2x\right)\right)^{\cot\left(3x\right)}&=\lim_{x\to0^+}\exp\left(\frac{\ln\left(1+\sin\left(2x\right)\right)}{\tan\left(3x\right)}\right)\\&=\exp\left(\lim_{x\to0^+}\frac{\ln\left(1+\sin\left(2x\right)\right)}{\tan\left(3x\right)}\right)=\exp\left(\lim_{x\to0^+}\frac{\displaystyle\frac{2\cos\left(2x\right)}{1+\sin\left(2x\right)}}{3\sec^2\left(3x\right)}\right)=\exp\left(\frac23\right)=e^{\frac23}\end{aligned}$



3. $\displaystyle\int_0^1\frac{\left(y+1\right)^2}{\left(y^2+1\right)^2}dy=$　　　。
訣竅
適當的分拆被積分函數後即可計算求解。
解法

將所求的定積分分拆後計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^1\frac{\left(y+1\right)^2}{\left(y^2+1\right)^2}dy&=\int_0^1\frac{y^2+1+2y}{\left(y^2+1\right)^2}dy=\int_0^1\left(\frac1{y^2+1}+\frac{2y}{\left(y^2+1\right)^2}\right)dy\\&=\left.\left(\tan^{-1}y-\frac1{y^2+1}\right)\right|_0^1=\frac\pi4+\frac12=\frac{\pi+2}4\end{aligned}$



4. $\displaystyle f\left(x\right)=\int_0^xe^{-t^2}dt$，則 $f^{\left(11\right)}\left(0\right)=$　　　。
訣竅
使用微積分基本定理進行求導，針對求導後的函數可使用泰勒展開式尋求高階係數即可；亦可直接使用泰勒展開式表達出 $f$。
解法一
使用微積分基本定理初步求導後可得
$f'\left(x\right)=e^{-x^2}$
隨後使用指數函數的泰勒展開式可發現
$\displaystyle f'\left(x\right)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-x^2\right)^k}{k!}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{k!}x^{2k}=1-x^2+\frac{x^4}2-\frac{x^6}6+\frac{x^8}{24}-\frac{x^{10}}{120}+\cdots$
由於 $f^{\left(11\right)}\left(0\right)=\left(f'\right)^{\left(10\right)}\left(0\right)$，故我們僅需留意 $f'$ 的展開式中的 $x^{10}$ 的係數為 $\displaystyle-\frac1{120}$，從而所求的值為 $\displaystyle f^{\left(11\right)}\left(0\right)=-\frac{10!}{120}=-30240$
解法二
直接使用泰勒展開式於積分式中可得
$\displaystyle f\left(x\right)=\int_0^x\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-t^2\right)^k}{k!}dt=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{k!}\int_0^xt^{2k}dt=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{k!\left(2k+1\right)}x^{2k+1}$
由於 $f$ 的展開式中的 $x^{11}$ 的係數為 $\displaystyle-\frac1{5!\cdot11}$，因此 $f^{\left(11\right)}\left(0\right)$ 為 $\displaystyle11!\cdot-\frac1{5!\cdot11}=-\frac{10!}{5!}=-30240$。


5. 平面 $x+2y+z=0$ 與橢球 $x^2+5y^2+4z^2=1$ 相交得一橢圓 $\Gamma$。橢圓 $\Gamma$ 在點 $\left(2/3,-1/3,0\right)$ 處之切線為　　　。
訣竅
在該點處求出兩曲面的法向量，隨後使用外積可得該處的切線方向，使用參數式或對稱比例式可表達切線。
解法

由於平面 $x+2y+z=0$ 的法向量明顯為 $\vec{n}_1=\left(1,2,1\right)$，故我們僅需考慮橢球面的法向量。設定 $F\left(x,y,z\right)=x^2+5y^2+4z^2-1$，那麼橢球面為 $F\left(x,y,z\right)=0$。計算 $F$ 的梯度有

$\nabla F\left(x,y,z\right)=\left(F_x\left(x,y,z\right),F_y\left(x,y,z\right),F_z\left(x,y,z\right)\right)=\left(2x,10y,8z\right)$

那麼橢球面在 $\left(2/3,-1/3,0\right)$ 的法向量為

$\displaystyle\nabla F\left(\frac23,-\frac13,0\right)=\left(\frac43,-\frac{10}3,0\right)$

故取 $\vec{n}_2=\left(2,-5,0\right)$。那麼運用外積有

$\vec{\ell}=\vec{n}_1\times\vec{n}_2=\left(1,2,1\right)\times\left(2,-5,0\right)=\left(5,2,-9\right)$

故該切線為

$\left\{\begin{aligned}&x=\frac23+5t\\&y=-\frac13+2t\\&z=0-9t\end{aligned}\right.,\quad t\in\mathbb{R}.$

或寫為

$\displaystyle\frac{\displaystyle x-\frac23}5=\frac{\displaystyle y+\frac13}2=\frac{z-0}{-9}$



6. $\displaystyle\int_0^1\int_x^1\cos\left(y^2\right)dydx=$　　　。
訣竅
交換積分次序後直接計算即可。
解法

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

$\displaystyle\int_0^1\int_x^1\cos\left(y^2\right)dydx=\int_0^1\int_0^y\cos\left(y^2\right)dxdy=\int_0^1y\cos\left(y^2\right)dy=\left.\frac{\sin\left(y^2\right)}2\right|_0^1=\frac{\sin\left(1\right)}2$



7. $\displaystyle\int_{\sqrt{\frac12}}^1\int_{\sqrt{1-x^2}}^x\frac1{\left(x^2+y^2\right)\sqrt{x^2+y^2}}dydx=$　　　。
訣竅
由被積分函數以及積分區域可發現應使用極座標變換。
解法

令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，那麼由不等式 $\sqrt{1-x^2}\leq y$，可以發現 $r\geq1$，而 $y\leq x$ 則知 $\displaystyle\theta\leq\frac\pi4$，且因 $y\geq0$，故 $\theta\geq0$。另一方面，由 $x\leq1$ 可以知道 $r\leq\sec\theta$。綜上可知變量範圍為

$\left\{\begin{aligned}&1\leq r\leq\sec\theta\\&0\leq\theta\leq\frac\pi4\end{aligned}\right.$

如此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_{\sqrt{\frac12}}^1\int_{\sqrt{1-x^2}}^x\frac1{\left(x^2+y^2\right)\sqrt{x^2+y^2}}dydx&=\int_0^{\frac\pi4}\int_1^{\sec\theta}\frac1{r^3}\cdot rdrd\theta=\int_0^{\frac\pi4}\left.\left(-\frac1r\right)\right|_{r=1}^{r=\sec\theta}d\theta\\&=\int_0^{\frac\pi4}\left(1-\cos\theta\right)d\theta=\left(\theta-\sin\theta\right)\Big|_0^{\frac\pi4}=\frac\pi4-\frac{\sqrt2}2\end{aligned}$

2. 計算證明題（每題 $15$ 分。計算與證明過程必須在答案卷上交代清楚）
1. 證明：當 $n,m$ 為正整數時，$\displaystyle\int_0^1x^n\left(1-x\right)^mdx=\frac{n!m!}{\left(n+m+1\right)!}$。
訣竅
由於條件給定 $n,m$ 皆為正整數，故思考使用數學歸納法；由於今天有雙參數，故選擇一較容易處理的變量進行歸納。
解法

對 $m$ 使用數學歸納法。

當 $m=1$ 時有

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^1x^n\left(1-x\right)^1dx&=\int_0^1\left(x^n-x^{n+1}\right)dx=\left.\left(\frac{x^{n+1}}{n+1}-\frac{x^{n+2}}{n+2}\right)\right|_0^1\\&=\frac1{n+1}-\frac1{n+2}=\frac1{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}=\frac{n!1!}{\left(n+1+1\right)!}\end{aligned}$

因此當 $m=1$ 且 $n\in\mathbb{N}$ 時 命題成立。

現設定當 $m=m_0$ 且 $n\in\mathbb{N}$ 時命題成立，亦即有

$\displaystyle\int_0^1x^n\left(1-x\right)^{m_0}dx=\frac{n!m_0!}{\left(n+m_0+1\right)!}$

那麼當 $m=m_0+1$ 時，我們應用分部積分法如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^1x^n\left(1-x\right)^{m_0+1}dx&=\frac1{n+1}\int_0^1\left(1-x\right)^{m_0+1}dx^{n+1}=\frac1{n+1}\left[x^{n+1}\left(1-x\right)^{m_0+1}\Big|_0^1+\left(m_0+1\right)\int_0^1x^{n+1}\left(1-x\right)^{m_0}dx\right]\\&=\frac{m_0+1}{n+1}\int_0^1x^{n+1}\left(1-x\right)^{m_0}dx=\frac{m_0+1}{n+1}\cdot\frac{\left(n+1\right)!m_0!}{\left[\left(n+1\right)+m_0+1\right]!}=\frac{n!\left(m_0+1\right)!}{\left[n+\left(m_0+1\right)+1\right]!}\end{aligned}$

因此命題在 $m=m_0+1$ 且 $n\in\mathbb{N}$ 時亦成立。故由數學歸納法可知當 $m,n\in\mathbb{N}$ 時命題恆成立。



2. 一物體的表面為 $4x^2+y^2+4z^2=16$，在表面 $\left(x,y,z\right)$ 處之溫度（攝氏）為 $8x^2+4yz-16z+620$，求該物體的表面溫度最高處之座標。
訣竅
使用初等不等式求解即可；亦可運用拉格朗日乘子法求極值。
解法一
由於 $\left(x,y,z\right)$ 滿足 $4x^2+y^2+4z^2=16$，容易看出
$8x^2=32-2y^2-8z^2$
從而表面溫度函數可改寫並配方如下
$\displaystyle8x^2+4yz-16z+620=\left(32-2y^2-8z^2\right)+4yz-16z+620=-2\left(y-z\right)^2-6\left(z+\frac43\right)^2+\frac{1988}3\leq\frac{1988}3$
因此最高溫度為 $\displaystyle\frac{1988}3$ 而等號成立條件為 $\displaystyle y=z=-\frac43$，而由橢球面方程可知 $\displaystyle x=\pm\frac43$。
解法二
設定拉格朗日乘子函數如下
$F\left(x,y,z,\lambda\right)=8x^2+4yz-16z+620+\lambda\left(4x^2+y^2+4z^2-16\right)$
據此解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda\right)=16x+8\lambda x=0\\&F_y\left(x,y,z,\lambda\right)=4z+2\lambda y=0\\&F_z\left(x,y,z,\lambda\right)=4y-16+8\lambda z=0\\&F_{\lambda}\left(x,y,z,\lambda\right)=4x^2+y^2+4z^2-16=0\end{aligned}\right.$
由第一式有 $\left(\lambda+2\right)x=0$。
• 若 $x=0$，則第四式寫為 $y^2+4z^2=16$。另一方面，將第二式除以 $2$ 有 $2z=-\lambda y$，並代入第三式中則有

  $4y-16+4\lambda\cdot\left(-\lambda y\right)=0$

  即 $\left(4-4\lambda^2\right)y=16$。假若 $\lambda=\pm1$，那麼明顯無解，故 $\lambda\neq\pm1$，從而得 $\displaystyle y=\frac4{1-\lambda^2}$。進一步，我們有 $\displaystyle z=\frac{-2\lambda}{1-\lambda^2}$。現在將 $y$ 與 $z$ 皆代入第四式中則有

  $\displaystyle\frac{16}{\left(1-\lambda^2\right)^2}+\frac{4\cdot4\lambda^2}{\left(1-\lambda^2\right)^2}=16$

  此即 $1+\lambda^2=\left(1-\lambda^2\right)^2=1-2\lambda^2+\lambda^4$，可解得 $\displaystyle\lambda=0,0,\pm\sqrt3$。此時對應的座標為

  $\left(0,4,0\right),\quad\left(0,-2,\pm\sqrt3\right)$

• 若 $\lambda=-2$，則第二式有 $y=z$，進而第三式則給出 $\displaystyle y=z=-\frac43$，代回第四式可得 $\displaystyle x=\pm\frac43$。
將這些位置代入表面溫度函數中可以檢驗得知在 $\displaystyle\left(\pm\frac43,-\frac43,-\frac43\right)$ 處可達到最高溫 $\displaystyle\frac{1988}3$。