國立臺灣大學九十學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分(不含線性代數)

7 points for each blank. There are a total of 11 blanks, 77 points.

1. $a_0=\sqrt{x}$, $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$. Then $\displaystyle\lim_{x\to4}\frac{a_3-2}{x-4}=$　(1)　.
訣竅
按題目設定可推知對所求的極限式可使用有理化簡化後求解。
解法
由於 $a_3=\sqrt{2+a_2}$，因此分子分母同乘以 $a_3+2$ 可得
$\displaystyle\lim_{x\to4}\frac{a_3-2}{x-4}=\lim_{x\to4}\frac{a_3^2-4}{\left(x-4\right)\left(a_3+2\right)}=\lim_{x\to4}\frac{a_2-2}{\left(x-4\right)\left(a_3+2\right)}$
類似地，我們依序同乘以 $a_2+2$、 $a_1+2$ 與 $a_0+2$ 可得
$\displaystyle\begin{aligned}\lim_{x\to4}\frac{a_3-2}{x-4}&=\lim_{x\to4}\frac{a_1-2}{\left(x-4\right)\left(a_3+2\right)\left(a_2+2\right)}=\lim_{x\to4}\frac{a_0-2}{\left(x-4\right)\left(a_3+2\right)\left(a_2+2\right)\left(a_1+2\right)}\\&=\lim_{x\to4}\frac{x-4}{\left(x-4\right)\left(a_3+2\right)\left(a_2+2\right)\left(a_1+2\right)\left(a_0+2\right)}=\lim_{x\to4}\frac1{\left(a_0+2\right)\left(a_1+2\right)\left(a_2+2\right)\left(a_3+2\right)}\end{aligned}$
再者可以確認出 $\displaystyle\lim_{x\to4}a_0=\lim_{x\to4}a_1=\lim_{x\to4}a_2=\lim_{x\to4}a_3=2$，故所求之極限為 $\displaystyle\lim_{x\to4}\frac{a_3-2}{x-4}=\frac1{4^4}=\frac1{256}$。


2. $y''+y=0$, and $y=0$, $y'=1$ when $x=0$. Then $y=$　(2)　.
訣竅
此為線性常係數微分方程，故利用特徵方程求解。
解法
考慮解形如 $y=e^{\lambda x}$，代入原微分方程中有 $e^{\lambda x}\left(\lambda^2+1\right)=0$，如此有 $\lambda=\pm i$。那麼按線性常係數微分方程的知識可知其通解由正餘弦函數所構成如下
$y\left(x\right)=C_1\sin x+C_2\cos x$
由初值條件可得 $C_2=0$ 和 $C_1=1$，因此所求的函數為 $y\left(x\right)=\sin x$。


3. Express $e^{-x^2}$ in power series in $x$:　(3)　, whose radius of convergence is 　(4)　.
訣竅
由基本函數的冪級數來導出所求的冪級數，隨後使用比值審歛法可求知收斂半徑。
解法

由於自然指數函數的冪級數為

$\displaystyle e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}$

那麼用 $-x^2$ 取代 $x$ 可得

$\displaystyle e^{-x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-x^2\right)^n}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{n!}x^{2n}$

為了確定收斂半徑，我們比值審歛法如下

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{\left(n+1\right)!}x^{2n+2}\div\frac{\left(-1\right)^n}{n!}x^{2n}\right|<1$

即為 $\displaystyle0=\left|x\right|^2\lim_{n\to\infty}\frac1{n+1}<1$，故收斂半徑為 $\infty$。



4. The direction in which the function $f\left(x,y,z\right)=xy+yz+zx+1$ changes the fastest at $\left(-1,1,-1\right)$ is 　(5)　.
訣竅
函數的梯度方向即為函數值瞬間增加最快的方向。
解法
首先計算函數 $f$ 的梯度有
$\nabla f\left(x,y,z\right)=\left(f_x\left(x,y,z\right),f_y\left(x,y,z\right),f_z\left(x,y,z\right)\right)=\left(y+z,x+z,y+x\right)$
故 $f$ 在 $\left(-1,1,-1\right)$ 處的梯度為 $\nabla f\left(-1,1,-1\right)=\left(0,-2,0\right)$，故沿 $y$ 軸負向（即 $\left(0,-1,0\right)$）有最快的增加率。


5. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{n}{n^2+k^2}=$　(6)　.
訣竅
此級數可視為特定函數的黎曼和，故將此極限值化為該函數在特定區間上的定積分來求解。
解法

首先極限式可改寫如下

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{n}{n^2+k^2}=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\frac1{1+\left(k/n\right)^2}$

可看出此為 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac1{1+x^2}$ 在 $\left[0,1\right]$ 上作 $n$ 等分割的黎曼和，因此其極限可化為如下的定積分並計算

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{n}{n^2+k^2}=\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}=\tan^{-1}x\Big|_0^1=\frac\pi4$



6. The volumne of the largest rectangular box which can be inscribed in the ellipsoid $2x^2+y^2+4z^2=12$ is 　(7)　. (inscribe: 內接, ellipsoid: 橢圓體)
訣竅
首先注意到這樣的長方體的長寬高皆平行於 $x,y,z$ 三軸，故其體積容易表達出來，隨後使用初等不等式求解即可。
解法
考慮此長方體在第一卦限中的頂點為 $\left(x,y,z\right)$，那麼其體積為 $8xyz$。由算術幾何不等式可知
$\displaystyle4=\frac{2x^2+y^2+4z^2}3\geq\sqrt[3]{8x^2y^2z^2}=2\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}$
因此有 $xyz\leq2\sqrt2$，故最大體積為 $8xyz\leq16\sqrt2$，此時等號成立的條件為 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(\sqrt2,2,1\right)$，而該長方體的八個頂點為 $\left(\pm\sqrt2,\pm2,\pm1\right)$。


7. The volumne of the solid bounded by $\displaystyle z=\frac{y}{1+x^2}$, $x=0$, $y=0$, $z=0$ and $x+y=1$ is 　(8)　.
訣竅
由底面積乘以高的思想來列式即可求解。
解法

首先設定底面區域 $D$ 如下

$D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:~0\leq x,~0\leq y,~x+y\leq1\right\}$

如此所求的體積可表達為如下的重積分

$\displaystyle V=\iint_D\left(\frac{y}{1+x^2}-0\right)dA$

又積分區域 $D$ 可表達為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq1\\&0\leq y\leq1-x\end{aligned}\right.$，如此所求的體積可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}V&=\int_0^1\int_0^{1-x}\frac{y}{1+x^2}dydx=\frac12\int_0^1\frac{\left(1-x\right)^2}{1+x^2}dx\\&=\frac12\int_0^1\left(1-\frac{2x}{1+x^2}\right)dx=\left.\frac12\left(x-\ln\left(1+x^2\right)\right)\right|_0^1=\frac{1-\ln2}2\end{aligned}$



8. $S=\left\{\left(x,y\right)|x^2+y^2\leq r^2\right\}$. $\displaystyle\int_Sx^4dA=$　(9)　.
訣竅
運用極座標變換求解。
解法

令 $\left\{\begin{aligned}&x=\rho\cos\theta\\&y=\rho\sin\theta\end{aligned}\right.$，其中變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq\rho\leq r\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_Sx^4dA&=\int_0^{2\pi}\int_0^r\left(\rho\cos\theta\right)^4\rho d\rho d\theta=\left(\int_0^{2\pi}\cos^4\theta d\theta\right)\left(\int_0^r\rho^5d\rho\right)=\frac{r^6}6\int_0^{2\pi}\left(\frac{1+\cos2\theta}2\right)^2d\theta\\&=\frac{r^6}{24}\int_0^{2\pi}\left(1+2\cos2\theta+\cos^22\theta\right)d\theta=\frac{r^6}{48}\int_0^{2\pi}\left(3+4\cos2\theta+\cos4\theta\right)d\theta\\&=\left.\frac{r^6}{48}\left(3\theta+2\sin2\theta+\frac{\sin4\theta}4\right)\right|_0^{2\pi}=\frac{\pi r^6}8\end{aligned}$



9. $n>1$, and $f$ is infinitely differentiable, then $\displaystyle\frac{d^n}{dt^n}\int_{-t}^tf\left(x+t\right)dx=$　(10)　(expressed in derivatives of $f$).
訣竅
運用變數變換處理該積分，隨後由微積分基本定理與數學歸納法的觀察便可求解。
解法

令 $u=x+t$，那麼

• 當 $x=-t$ 時有 $u=0$；
• 當 $x=t$ 時有 $u=2t$；
• 求導有 $dx=du$。

如此該積分式可寫為

$\displaystyle\int_{-t}^tf\left(x+t\right)dx=\int_0^{2t}f\left(u\right)du$

藉由直接求導可觀察出

$\displaystyle\frac{d^n}{dt^n}\int_0^{2t}f\left(u\right)du=2^nf^{\left(n-1\right)}\left(2t\right)$

現在由數學歸納法證明之。當 $n=1$ 時由微積分基本定理可得

$\displaystyle\frac{d}{dt}\int_0^{2t}f\left(u\right)du=f\left(2t\right)\cdot2=2f\left(2t\right)$

故命題成立。現假設 $n=k$ 時命題成立，即 $\displaystyle\frac{d^k}{dt^k}\int_0^{2t}f\left(u\right)du=2^kf^{\left(k-1\right)}\left(2t\right)$，那麼有

$\displaystyle\frac{d^{k+1}}{dt^{k+1}}\int_0^{2t}f\left(u\right)du=\frac{d}{dt}\left(2^kf^{\left(k-1\right)}\left(2t\right)\right)=2^kf^{\left(k\right)}\left(2t\right)\cdot2=2^{k+1}f^{\left(k\right)}\left(2t\right)$

因此命題在 $n=k+1$ 時也成立。從而利用數學歸納法，命題對所有正整數 $n$ 恆成立。



10. The values of $a$ and $b$ for which the improper integral $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{x^a}{1+x^b}dx$ converges are 　(11)　.
訣竅
藉由比較分子與分母的次數來處理，從而看出收斂或發散的關鍵條件，並且在零點與無窮遠處皆可能為瑕疵處，故分開處理。
解法

先考慮 $b\geq0$ 的情形如下：

• 首先考慮 $\displaystyle\int_0^1\frac{x^a}{1+x^b}dx$。可以觀察到下列的極限

  $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\left(x^{-a}\cdot\frac{x^a}{1+x^b}\right)=\begin{cases}1,&b>0,\\0.5,&b=0.\end{cases}$

  因此該瑕積分當且僅當 $a>-1$ 時收斂。
• 接著我們考慮 $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{x^a}{1+x^b}dx$。由於有極限式

  $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(x^{b-a}\cdot\frac{x^a}{1+x^b}\right)=\begin{cases}1,&b>0,\\0.5,&b=0.\end{cases}$

  故瑕積分 $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{x^a}{1+x^b}dx$ 當且僅當 $b-a>1$ 時收斂。

綜上可知對於 $b\geq0$ 時給定的瑕積分當且僅當 $a>-1$ 且 $b>a+1$ 時收斂。

現在考慮 $b<0$ 的情形如下：

• 同樣考慮 $\displaystyle\int_0^1\frac{x^a}{1+x^b}dx$。可以觀察到下列的極限

  $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x^{b-a}\frac{x^a}{1+x^b}=1$

  因此該瑕積分收斂當且僅當 $a-b>-1$，即 $a+1>b$。
• 接著我們考慮 $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{x^a}{1+x^b}dx$。由於有極限式

  $\displaystyle\lim_{x\to\infty}x^{-a}\cdot\frac{x^a}{1+x^b}=1$

  因此當且僅當 $a<-1$ 時收斂。

綜上可知對於 $b<0$ 時，給定的瑕積分當且僅當 $a<-1$ 且 $b<a+1$ 時收斂。

最後將兩情形合併可知僅且僅在下列情形時收斂

$\left(\left(b\geq0\right)\wedge\left(a>-1\right)\wedge\left(b>a+1\right)\right)\vee\left(\left(b<0\right)\wedge\left(a<-1\right)\wedge\left(b<a+1\right)\right)$



11. $5$ points.
    Let $\displaystyle I=\int_{-1}^1dx$. Then obviously $I=2$. If we make the substitution $y=x^{2/3}$ first, then $\displaystyle I=\int_1^1\frac32y^{1/2}dy=0\neq2$! Explain.
訣竅
回憶起積分中使用變數代換的限制條件。
解法
其關鍵在我們使用變數變換時，其變換的函數 $y=\phi\left(x\right)$ 必須在變換的區間上可微分，然而 $\phi\left(x\right)=x^{2/3}$ 在原點處不可導，故會產生這樣的問題。假若我們將此積分範圍分為 $\left[-1,0\right]\cup\left[0,1\right]$ 並分別使用此代換便可獲得正確的數值。


12. $18$ points.
    $\displaystyle I=\int_0^xe^{-t^2}dt$. Verify that $\displaystyle \frac14\pi\left(1-e^{-x^2}\right)<I^2<\frac14\pi\left(1-e^{-2x^2}\right)$, $\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-t^2}dt=\frac{\sqrt\pi}2$, and $\displaystyle\int_0^{\infty}x^2e^{-a^2x^2}dx=\frac{\sqrt\pi}{4a^3}$.
訣竅
運用基本的上下界估計即可。
解法

首先注意到 $I^2$ 可表達為重積分如下

$\displaystyle I^2=\left(\int_0^xe^{-t^2}dt\right)\left(\int_0^xe^{-s^2}ds\right)=\frac14\left(\int_{-x}^xe^{-t^2}dt\right)\left(\int_{-x}^xe^{-s^2}ds\right)=\iint_De^{-t^2-s^2}dA$

其中 $D=\left[-x,x\right]^2$。為了獲得該不等式，我們考慮以 $\left(0,0\right)$ 為圓心的兩個同心圓域：

$D_1=\left\{\left(t,s\right)\in\mathbb{R}^2:~t^2+s^2\leq x^2\right\},\quad D_2=\left\{\left(t,s\right)\in\mathbb{R}^2:t^2+s^2\leq\left(\sqrt2x\right)^2=2x^2\right\}$

那麼可以看出 $D_1\subsetneq D\subsetneq D_2$，從而有

$\displaystyle\frac14\iint_{D_1}e^{-t^2-s^2}dA\leq I^2\leq\frac14\iint_{D_2}e^{-t^2-s^2}dA$

分別應用極座標變換可計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}&\frac14\iint_{D_1}e^{-t^2-s^2}dA=\frac14\int_0^{2\pi}\int_0^xe^{-r^2}rdrd\theta=\frac14\cdot2\pi\cdot\frac{1-e^{-x^2}}2=\frac14\pi\left(1-e^{-x^2}\right)\\&\frac14\iint_{D_2}e^{-t^2-s^2}dA=\frac14\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt2x}e^{-r^2}rdrd\theta=\frac14\cdot2\pi\cdot\frac{1-e^{-2x^2}}2=\frac14\pi\left(1-e^{-2x^2}\right)\end{aligned}$

故該不等式證明完畢。

沿用前面所證明的不等式，我們可以看出

$\displaystyle\frac{\sqrt\pi}2\sqrt{1-e^{-x^2}}<I<\frac{\sqrt\pi}2\sqrt{1-e^{-2x^2}}$

由於 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\sqrt{1-e^{-x^2}}=1=\lim_{x\to\infty}\sqrt{1-e^{-2x^2}}$，故由夾擠定理可知

$\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-t^2}dt=\lim_{x\to\infty}\int_0^xe^{-t^2}dt=\frac{\sqrt\pi}2$

對於最後一個瑕積分，我們可運用分部積分法計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^{\infty}x^2e^{-a^2x^2}dx&=\frac12\int_0^{\infty}xe^{-a^2x^2}dx^2=-\frac1{2a^2}xde^{-a^2x^2}=-\left.\frac{xe^{-a^2x^2}}{2a^2}\right|_0^{\infty}+\frac1{2a^2}\int_0^{\infty}e^{-a^2x^2}dx\\&=\frac1{2a^2}\int_0^{\infty}e^{-a^2x^2}dx=\frac1{2a^3}\int_0^{\infty}e^{-\left(ax\right)^2}d\left(ax\right)=\frac1{2a^3}\cdot\frac{\sqrt\pi}2=\frac{\sqrt\pi}{4a^3}\end{aligned}$