國立臺灣大學九十二學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分(不含線性代數)

※注意：請於答案卷上依序作答，並標明大題及其題號。

1. ($8$ points for each of the following $10$ blanks.)
• The radius of convergence of the series $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left[\mbox{csch}\left(n\right)\right]x^n$ is (1) .
訣竅
運用比值審歛法的概念計算收斂半徑即可。
解法

運用比值審歛法的概念計算收斂半徑如下

$\displaystyle R=\lim_{n\to\infty}\frac{\mbox{csch}\left(n\right)}{\mbox{csch}\left(n+1\right)}=\lim_{n\to\infty}\frac{e^n+e^{-n}}{e^{n+1}+e^{-n-1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1+e^{-2n}}{e+e^{-2n-1}}=\frac1e$



• If $w=x+2y+z^2$, $\displaystyle x=\frac{r}s$, $y=r^2+\ln s$, and $z=2r$, then $\displaystyle\frac{\partial w}{\partial r}$ can be expressed in terms of $r$ and $s$ as (2) .
訣竅
可將給定的函數先皆以 $r$ 與 $s$ 表示後直接計算偏導函數；亦可運用多變函數的連鎖律計算。
解法一

按照設定可將 $w$ 表示為 $r$ 與 $s$ 的函數如下

$\displaystyle w=x+2y+z^2=\frac{r}s+2\left(r^2+\ln s\right)+\left(2r\right)^2=\frac{r}s+6r^2+2\ln s$

因此 $w$ 對 $r$ 的偏導函數為

$\displaystyle\frac{\partial w}{\partial r}=\frac1s+12r$

解法二

運用多變數函數的連鎖律可知

$\displaystyle\begin{aligned}\frac{\partial w}{\partial r}&=\frac{\partial w}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial r}+\frac{\partial w}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial r}+\frac{\partial w}{\partial z}\frac{\partial z}{\partial r}\\&=1\cdot\frac1s+2\cdot2r+2z\cdot2=\frac1s+4r+4z=\frac1s+4r+8r=\frac1s+12r\end{aligned}$



• The tangent plane at the point $\left(0,1,2\right)$ on the surface $\cos\pi x-x^2y+e^{xz}+yz=4$ is (3) .
訣竅
運用梯度求出曲面在該處的法向量，運用點法式寫出切平面方程式。
解法
設 $F\left(x,y,z\right)=\pi x-x^2y+e^{xz}+yz-4$，那麼 $F$ 的梯度為
$\nabla F\left(x,y,z\right)=\left(F_x\left(x,y,z\right),F_y\left(x,y,z\right),F_z\left(x,y,z\right)\right)=\left(-\pi\sin\left(\pi x\right)-2xy+ze^{xz},-x^2+z,xe^{xz}+y\right)$
因此曲面 $F\left(x,y,z\right)=0$ 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 $2x+2y+z=4$。


• The maximum value of the function $f\left(x,y,z\right)=x+2y+3z$ subject to the constraint $x^2+y^2+z^2=25$ is (4) .
訣竅
運用初等不等式求極值即可。
解法
運用柯西不等式可知
$350=25\cdot14=\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(1^2+2^2+3^2\right)\geq\left(x+2y+3z\right)^2$
因此 $-5\sqrt{14}\leq x+2y+3z\leq5\sqrt{14}$，故最大值為 $5\sqrt{14}$，其等號成立條件為 $6x=3y=2z$ 且 $x^2+y^2+z^2=25$，即 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(\frac{5\sqrt{14}}{14},\frac{5\sqrt{14}}7,\frac{15\sqrt{14}}{14}\right)$。


• By using Taylor's formula, a quadratic approximation of $f\left(x,y\right)=\cos x\cos y$ at the origin can be found to be (5) .
訣竅
由雙變數函數的泰勒展開式表示即可。
解法

注意到雙變數函數在原點的二次泰勒多項式可表示為

$\displaystyle f\left(0,0\right)+f_x\left(0,0\right)x+f_y\left(0,0\right)y+\frac{f_{xx}\left(0,0\right)x^2+2f_{xy}\left(0,0\right)xy+f_{yy}\left(0,0\right)y^2}{2}=1-\frac{x^2+y^2}{2}$



• $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^3x\sin2xdx=$ (6) .
訣竅
運用二倍角公式改寫被積分函數即可求解。
解法

運用二倍角公式改寫被積分函數後計算如下

$\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^3x\sin2xdx=2\int_0^{\pi/2}\cos^4x\sin xdx=\left.-\frac25\cos^5x\right|_0^{\pi/2}=\frac25$



• It is known that $\displaystyle f\left(x\right)+\int_0^xe^{2t}f'\left(t\right)dt=x$. Then $\displaystyle\lim_{x\to\infty}e^{2x}f'\left(x\right)=$ (7) and $\displaystyle\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)=$ (8) .
訣竅
運用微積分基本定理後獲得微分方程，確定出未知函數後即可求出題目所欲問的極限。
解法
首先由給定的積分方程可注意到 $f\left(0\right)=0$。接著使用微積分基本定理可得
$f'\left(x\right)+e^{2x}f'\left(x\right)=1$
因此
$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac1{1+e^{2x}}=\frac{e^{-2x}}{1+e^{-2x}}$
故 $\displaystyle e^{2x}f'\left(x\right)=\frac1{1+e^{-2x}}$，故所求之一為
$\displaystyle\lim_{x\to\infty}e^{2x}f'\left(x\right)=\lim_{x\to\infty}\frac1{1+e^{-2x}}=\frac1{1+0}=1$
另一方面，在 $\left[0,x\right]$ 上取定積分可得
$\displaystyle f\left(x\right)=f\left(0\right)+\int_0^x\frac{e^{-2t}}{1+e^{-2t}}dt=\left.-\frac12\ln\left(1+e^{-2t}\right)\right|_0^x=\frac12\ln\frac2{1+e^{-2x}}$
故有 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)=\frac12\ln2$。


• $\displaystyle\int_0^1\int_{y^2}^1e^{\sqrt{x}}dxdy=$ (9) .
訣竅
交換積分次序後即可計算；亦可直接運用變數變換來簡化積分後直接計算。
解法一

原積分範圍 $\left\{\begin{aligned}&y^2\leq x\leq1\\&0\leq y\leq1\end{aligned}\right.$ 可改寫為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq\\&0\leq y\leq\sqrt{x}\end{aligned}\right.$，據此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\int_0^1\int_{y^2}^1e^{\sqrt{x}}dxdy=\int_0^1\int_0^{\sqrt{x}}e^{\sqrt{x}}dydx=\int_0^1\sqrt{x}e^{\sqrt{x}}dx$

令 $u=\sqrt{x}$，那麼

• 當 $x=0$ 時有 $u=0$；
• 當 $x=1$ 時有 $u=1$；
• 平方有 $x=u^2$，求導可得 $dx=2udu$。

據此所求的積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^1\int_{y^2}^1e^{\sqrt{x}}dxdy&=\int_0^1ue^u\cdot2udu=2\int_0^1u^2de^u=2\left(u^2e^u\Big|_0^1-2\int_0^1ue^udu\right)\\&=2e-4\int_0^1ude^u=2e-4\left(ue^u\Big|_0^1-\int_0^1e^udu\right)\\&=-2e+4e^u\Big|_0^1=2e-4\end{aligned}$

解法二

令 $u=\sqrt{x}$，那麼便有

• 當 $x=y^2$ 時有 $u=y$；
• 當 $x=1$ 時有 $u=1$；
• 平方可得 $x=u^2$，求導有 $dx=2udu$。

據此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^1\int_{y^2}1e^{\sqrt{x}}dxdy&=\int_0^1\int_y^1e^u\cdot2ududy=2\int_0^1\int_y^1ude^udy=2\int_0^1\left(ue^u\Big|_y^1-\int_y^1e^udu\right)dy\\&=2\int_0^1\left(e^y-ye^y\right)dy=2\left(2e^y-ye^y\right)\Big|_0^1=2e-4\end{aligned}$



• The value of $a$ for which $\displaystyle\int_1^{\infty}\left(\frac{ax^2}{x^3+1}-\frac1{2x}\right)dx$ converges is (10) .
訣竅
按照瑕積分的定義先計算，隨後按計算的結果中對 $a$ 進行討論。
解法
按照瑕積分的定義計算如下
$\displaystyle\begin{aligned}\int_1^{\infty}\left(\frac{ax^2}{x^3+1}-\frac1{2x}\right)dx&=\lim_{t\to\infty}\int_1^t\left(\frac{ax^2}{x^3+1}-\frac1{2x}\right)dx=\lim_{t\to\infty}\left.\left(\frac{a}3\ln\left(x^3+1\right)-\frac12\ln x\right)\right|_1^t\\&=-\frac{a}3\ln2+\lim_{t\to\infty}\ln\frac{\left(t^3+1\right)^{a/3}}{t^{1/2}}=\begin{cases}\infty,&\mbox{if}~a>1/2,\\\displaystyle-\frac{a}3\ln2,&\mbox{if}~a=1/2,\\-\infty,&\mbox{if}~a<1/2.\end{cases}\end{aligned}$
因此當且僅當 $\displaystyle a=\frac12$ 時瑕積分收斂。
2. ($10$ points)
• Use the definition of right-hand limit to show that $\displaystyle\lim_{x\to1^+}\left(5x-3\right)=2$.
訣竅
回憶極限的定義並由基本的不等式選取適當的值進行估計。
解法
對於給定的 $\varepsilon>0$，我們可取 $\displaystyle\delta=\frac{\varepsilon}5$，如此可以知道
$\displaystyle1<x<1+\delta=1+\frac{\varepsilon}5~~\Longrightarrow~~0<\left(5x-3\right)-2<\varepsilon~~\Longrightarrow~~0<\left|\left(5x-3\right)-2\right|<\varepsilon$
這就證明了右極限的存在並求出其極限值。
3. ($10$ points)
• Calculate the area enclosed by $y^2=2x$, $x+y=4$, and $x+y=12$. Please show your calculation.
訣竅
先求出各曲線與直線之間的交點以判斷積分範圍，簡易繪圖後可確認上下界等資訊後列式計算即可。
解法

首先兩兩解交點如下：

• $x+y=4$ 與 $x+y=12$ 皆為斜率為 $-1$ 的兩平行線，故兩者無交點。
• 拋物線 $y^2=2x$ 與直線 $x+y=4$ 由代入消去法有 $y^2=2\left(4-y\right)=8-2y$，即 $y^2+2y-8=0$，可得 $y=2$ 或 $y=-4$，此時 $x=2$ 或 $x=8$。
• 拋物線 $y^2=2x$ 與直線 $x+y=12$ 由代入消去法有 $y^2=2\left(12-y\right)=24-2y$，即 $y^2+2y-24=0$，可得 $y=4$ 或 $y=-6$，此時 $x=8$ 或 $x=18$。

繪圖如下



藉由圖形或交點位置可列出面積算式並計算如下【列法一】

$\displaystyle\begin{aligned}A&=\int_2^8\left[\sqrt{2x}-\left(4-x\right)\right]dx+\int_8^{18}\left[\left(12-x\right)-\left(-\sqrt{2x}\right)\right]dx\\&=\left.\left(\frac{2\sqrt2}3x^{\frac32}-4x+\frac{x^2}2\right)\right|_2^8+\left.\left(12x-\frac{x^2}2+\frac{2\sqrt2}3x^{\frac32}\right)\right|_8^{18}\\&=\frac{196}3\end{aligned}$

【列法二】

$\displaystyle\begin{aligned}A&=\int_{-6}^4\left[\left(12-y\right)-\frac{y^2}2\right]dy-\int_{-4}^2\left[\left(4-y\right)-\frac{y^2}2\right]dy\\&=\left.\left(12y-\frac{y^2}2-\frac{y^3}6\right)\right|_{-6}^4-\left.\left(4y-\frac{y^2}2-\frac{y^3}6\right)\right|_{-4}^2\\&=\frac{196}3\end{aligned}$