國立臺灣大學九十四學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分甲

請依照題號順序作答。所有數字必須化為最簡分數，未依規定者該題不予計分。

1. 填充題。請將空格編號 (A), (B), (C), ...,(K) 以及答案依順序填寫於答案卷上。(A) 至 (F) 每題 $7$ 分，(G) 至 (K) 每題 $6$ 分，合計 $72$ 分。
1. The equation of the normal line to the curve $x^2+y^2=\left(2x^2+2y^2-x\right)^2$ at $\left(0,1/2\right)$ is (A) .
訣竅
使用梯度求出法向量，使用點法式寫出法線方程式；亦可使用隱函數微分求導找出切線斜率，隨後再得到法線
解法一
設 $F\left(x,y\right)=x^2+y^2-\left(2x^2+2y^2-x\right)^2$，那麼曲線由方程式 $F\left(x,y\right)=0$ 所定義。計算其梯度有
$\nabla F\left(x,y\right)=\left(F_x\left(x,y\right),F_y\left(x,y\right)\right)=\left(2x-2\left(2x^2+2y^2-x\right)\left(4x-1\right),2y-2\left(2x^2+2y^2-x\right)\cdot4y\right)$
在 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(0,\frac12\right)$ 處有法向量為 $\displaystyle\nabla F\left(0,\frac12\right)=\left(1,-1\right)$，故法線的法向量為 $\left(1,1\right)$。如此使用點法式可得法線方程式為
$\displaystyle1\cdot\left(x-0\right)+1\cdot\left(y-\frac12\right)=0$
或寫為 $2x+2y-1=0$。
解法二
運用隱函數微分可得
$\displaystyle2x+2y\frac{dy}{dx}=2\left(2x^2+2y^2-x\right)\left(4x+4y\frac{dy}{dx}-1\right)$
取 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(0,\frac12\right)$ 可得 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(0,\frac12\right)}=1$。因此法線斜率為 $-1$。從而法線方程式為
$\displaystyle y-\frac12=-1\left(x-0\right)$
或寫為 $2x+2y-1=0$。


2. Evaluate the following limits.

   (i) $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\sqrt{x}e^{-x}\int_3^{\sqrt{x}}e^{t^2}dt=$ (B) ,　(ii) $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x+1}{x+2}\right)^{3x+4}=$ (C) ,　(iii) $\displaystyle\lim_{n\to\infty}n^{-2}\sum_{k=1}^nke^{-k/n}=$ (D) .

訣竅
第一小題可使用羅必達法則；第二小題則使用自然指數的定義；第三小題則將此改寫為黎曼和處理之。
解法

1. 改寫後使用羅必達法則如下

   $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\sqrt{x}e^{-x}\int_3^{\sqrt{x}}e^{t^2}dt=\lim_{x\to\infty}\frac{\int_3^{\sqrt{x}}e^{t^2}dt}{x^{-\frac12}e^x}=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle e^x\cdot\frac12x^{-\frac12}}{\displaystyle-\frac12x^{-\frac32}e^x+x^{-\frac12}e^x}=\lim_{x\to\infty}\frac1{2-x}=\frac12$

2. 將極限式改寫如下

   $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x+1}{x+2}\right)^{3x+4}=\lim_{x\to\infty}\left[\left(1+\frac{-1}{x+2}\right)^{-\left(x+2\right)}\right]^{-3}\left(1+\frac{-1}{x+2}\right)^{-2}=e^{-3}\cdot1=e^{-3}$

3. 留意到

   $\displaystyle n^{-2}\sum_{k=1}^nke^{-k/n}=\frac1n\sum_{k=1}^n\frac{k}ne^{-k/n}$

   為函數 $f\left(x\right)=xe^{-x}$ 在 $\left[0,1\right]$ 上作 $n$ 等分割所形成的黎曼和，因此取極限後為

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}n^{-2}\sum_{k=1}^nke^{-k/n}=\int_0^1xe^{-x}dx=-\int_0^1xde^{-x}=\left(-xe^{-x}-e^{-x}\right)\Big|_0^1=-2e^{-1}+1$



3. By reversing the order of integration, the iterated integral $\displaystyle\int_0^4\left(\int_{\sqrt{y}}^2e^{x^3}dx\right)dy$ can be evaluateed and is equal to (E) .
訣竅
按照題意交換積分次序後即可求解。
解法

原積分範圍為 $\left\{\begin{aligned}&\sqrt{y}\leq x\leq2\\&0\leq y\leq4\end{aligned}\right.$ 可改寫為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq2\\&0\leq y\leq x^2\end{aligned}\right.$，如此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\int_0^4\left(\int_{\sqrt{y}}^2e^{x^3}dx\right)dy=\int_0^2\int_0^{x^2}e^{x^3}dydx=\int_0^2x^2e^{x^3}dx=\left.\frac{e^{x^3}}3\right|_0^2=\frac{e^8-1}3$



4. By applying the transformation $\displaystyle x=\frac{u}{\sqrt3}+v$, $\displaystyle y=\frac{u}{\sqrt3}-v$, the integral $\displaystyle\iint_De^{x^2+xy+y^2}dA$, where $D=\left\{\left(x,y\right)|x^2+xy+y^2\leq3\right\}$, can be evaluated and is equal to (F) .
訣竅
按題意所指示的變數變換去改寫被積分函數與積分區域。
解法

將題意所給定的變換代入被積分函數中有

$\displaystyle e^{x^2+xy+y^2}=\exp\left[\left(\frac{u^2}3+\frac{2uv}{\sqrt3}+v^2\right)+\left(\frac{u^2}3-v^2\right)+\left(\frac{u^2}3-\frac{2uv}{\sqrt3}+v^2\right)\right]=\exp\left(u^2+v^2\right)$

從而積分區域意可改寫為 $D=\left\{\left(u,v\right)\in\mathbb{R}^2|u^2+v^2\leq3\right\}$，而其 Jacobian 行列式則為

$\displaystyle \frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}=\left|\begin{matrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial v}\\\displaystyle\frac{\partial y}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial v}\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}\displaystyle\frac1{\sqrt3}&1\\\displaystyle\frac1{\sqrt3}&-1\end{matrix}\right|=-\frac2{\sqrt3}$

此時所求的重積分可改寫如下

$\displaystyle\iint_De^{x^2+xy+y^2}dA=\iint_De^{u^2+v^2}\left|-\frac2{\sqrt3}\right|dudv=\frac2{\sqrt3}\iint_De^{u^2+v^2}dudv$

據此應用極座標變換，令 $\left\{\begin{aligned}&u=r\cos\theta\\&v=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，那麼變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq\sqrt3\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，而所求的重積分可以改寫並計算如下

$\displaystyle\iint_De^{x^2+xy+y^2}dA=\frac2{\sqrt3}\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt3}e^{r^2}rdrd\theta=\frac2{\sqrt3}\cdot2\pi\cdot\left.\frac{e^{r^2}}2\right|_0^{\sqrt3}=\frac{2\pi\left(e^3-1\right)}{\sqrt3}$



5. When the first TWO nonzero terms of the Taylor series of $e^{-x^2}$ is used to approximate the integral $\displaystyle\int_0^{1/10}e^{-x^2}dx$, the approximation is (G) , and the error is at most (H) .
訣竅
由基本函數的泰勒級數導出 $e^{-x^2}$ 的泰勒級數，隨後計算其定積分得其近似值，再者應用交錯級數的誤差估計最大誤差。
解法

由於指數函數的泰勒展開式為

$\displaystyle e^x=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}=1+x+\frac{x^2}2+\cdots$

那麼將 $-x^2$ 取代 $x$ 可得

$\displaystyle e^{-x^2}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-x^2\right)^k}{k!}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{k!}x^{2k}=1-x^2+\frac{x^4}2-\cdots$

如此所求的定積分為

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^{1/10}e^{-x^2}dx&=\int_0^{1/10}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{k!}x^{2k}dx\\&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{k!}\int_0^{1/10}x^{2k}dx=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{k!\left(2k+1\right)10^{2k+1}}\approx\frac1{10}-\frac1{3000}=\frac{299}{3000}=0.099\overline{6}\end{aligned}$

其最大誤差不超過 $\displaystyle\frac1{2!\cdot5\cdot10^5}=10^{-6}$。

【註】　運用電子計算器可確認$\displaystyle\int_0^{1/10}e^{-x^2}dx\approx0.0996677$



6. The function $\displaystyle f\left(x,y\right)=\frac13y^3+2x^2y+\frac12y^2+4xy$ has a local maximum at the point(s) $\left(x,y\right)=$ (I) , a local minimum at the point(s) $\left(x,y\right)=$ (J) , and saddle point(s) at $\left(x,y\right)=$ (K) .
訣竅
為了求出極值候選點，我們求出一階偏導皆為零的位置，並利用二階行列式判別其性質。
解法

為了求出極值候選點，我們解下列的聯立方程組

$\left\{\begin{aligned}&f_x\left(x,y\right)=4xy+4y=0\\&f_y\left(x,y\right)=y^2+2x^2+y+4x=0\end{aligned}\right.$

由第一式可知 $4y\left(x+1\right)=0$。那麼

• 若 $y=0$，則第二式寫為 $2x^2+4x=0$，可得 $x=0$ 或 $x=-2$；
• 若 $x=-1$，則第二式寫為 $y^2+y-2=0$，可得 $y=-2$ 或 $y=1$。

綜上我們得到四個候選點如下

$\left(0,0\right),~\left(-2,0\right),~\left(-1,-2\right),~\left(-1,1\right)$

現在我們計算二階偏導函數如下

$f_{xx}\left(x,y\right)=4y,~f_{xy}\left(x,y\right)=f_{yx}\left(x,y\right)=4x+4,~f_{yy}\left(x,y\right)=2y+1$

那麼二階行列式為

$D\left(x,y\right)=\left|\begin{matrix}f_{xx}\left(x,y\right)&f_{xy}\left(x,y\right)\\f_{yx}\left(x,y\right)&f_{yy}\left(x,y\right)\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}4y&4x+4\\4x+4&2y+1\end{matrix}\right|=4\left(2y^2+y-4x^2-8x-4\right)$

具此我們將前述的四個候選點分別代入檢查如下

• $D\left(0,0\right)=-16<0$，故 $\left(0,0\right)$ 為鞍點；
• $D\left(-2,0\right)=-16<0$，故 $\left(-2,0\right)$ 為鞍點；
• $D\left(-1,-2\right)=24>0$ 且 $f_{xx}\left(-1,-2\right)=-8<0$，故 $\left(-1,-2\right)$ 為局部極大點；
• $D\left(-1,1\right)=12>0$ 且 $f_{xx}\left(-1,1\right)=4>0$，故 $\left(-1,1\right)$ 為局部極小點。

計算題 $2$ 題，每題 $14$ 分。

2. First show that the improper integral $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{e^{-3x}}{\sqrt{x}}dx$ is convergent. The evaluate this integral.
訣竅
注意到有此瑕積分有兩處瑕點，分段分別說明為何收斂；隨後運用變數變換處理之。
解法

首先將瑕積分分為兩段

$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{e^{-3x}}{\sqrt{x}}dx=\int_0^1\frac{e^{-3x}}{\sqrt{x}}dx+\int_1^{\infty}\frac{e^{-3x}}{\sqrt{x}}dx$

利用這兩段不同區間的特性分別說明如下

• 當 $x\in\left(0,1\right]$ 時有 $e^{-3x}\leq1$，因此

  $\displaystyle\int_0^1\frac{e^{-3x}}{\sqrt{x}}dx\leq\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x}}=2\sqrt{x}\Big|_0^1=2$

  故瑕積分 $\displaystyle\int_0^1\frac{e^{-3x}}{\sqrt{x}}$ 收斂。
• 當 $x\in\left[1,\infty\right)$ 時有 $\displaystyle\frac1{\sqrt{x}}\leq1$，從而

  $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{e^{-3x}}{\sqrt{x}}dx\leq\int_1^{\infty}e^{-3x}dx=\left.-\frac{e^{-3x}}3\right|_1^{\infty}=\frac13$

  故瑕積分 $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{e^{-3x}}{\sqrt{x}}dx$ 收斂。

綜合以上兩者，我們確認了瑕積分 $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{e^{-3x}}{\sqrt{x}}$ 收斂。

為了求其值，我們考慮變換 $u=\sqrt{3x}$，那麼

• 當 $x\to0^+$ 時有 $u\to0^+$；
• 當 $x\to\infty$ 時有 $u\to\infty$；
• 平方有 $\displaystyle x=\frac{u^2}3$，求導可得 $\displaystyle dx=\frac{2u}3du$。

據此所求的瑕積分可改寫為

$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{e^{-3x}}{\sqrt{x}}dx=\int_0^{\infty}\frac{e^{-u^2}}{u/\sqrt3}\cdot\frac{2u}3du=\frac2{\sqrt3}\int_0^{\infty}e^{-u^2}du=\frac2{\sqrt3}\cdot\frac{\sqrt\pi}2=\sqrt{\frac\pi3}$



3. Use Lagrange multipliers to find the points on the curve $x^2-xy+y^2=2$ that are closest to and farthest from the orgin.
訣竅
根據提示使用拉格朗日乘子法求解即可；亦可使用初等不等式求極值。
解法一
考慮與原點的距離平方函數 $d\left(x,y\right)=x^2+y^2$，本題欲使 $d$ 達到最大值與最小值。據此設定拉格朗日乘子函數如下
$F\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2+\lambda\left(x^2-xy+y^2-2\right)$
如此解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,\lambda\right)=2x+\lambda\left(2x-y\right)=0\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=2y+\lambda\left(-x+2y\right)=0\\&F_{\lambda}\left(x,y,\lambda\right)=x^2-xy+y^2-2=0\end{aligned}\right.$
由第三式可以看出 $\left(x,y\right)=\left(0,0\right)$ 不為解，從而前兩式 $\left\{\begin{aligned}&\left(2+2\lambda\right)x-\lambda y=0\\&-\lambda x+\left(2+2\lambda\right)y=0\end{aligned}\right.$ 的解不唯一，因此行列式值為零，即
$\left(3\lambda+2\right)\left(\lambda+2\right)=\left(2+2\lambda\right)^2-\lambda^2=\left|\begin{matrix}2+2\lambda&-\lambda\\-\lambda&2+2\lambda\end{matrix}\right|=0$
故 $\lambda=-2$ 或 $\displaystyle\lambda=-\frac23$。
• 當 $\lambda=-2$ 時，第二式給出 $x=y$，從而由第三式可知 $x=y=\pm\sqrt2$，即有 $\left(x,y\right)=\pm\left(\sqrt2,\sqrt2\right)$
• 當 $\displaystyle\lambda=-\frac23$ 時，第二式給出 $x+y=0$，從而由第三式可知 $3x^2=2$，因此 $\displaystyle\left(x,y\right)=\pm\left(\frac{\sqrt6}3,-\frac{\sqrt6}3\right)$。
檢驗後可知最近點為 $\displaystyle\pm\left(\frac{\sqrt6}3,-\frac{\sqrt6}3\right)$，而最遠點為 $\pm\left(\sqrt2,\sqrt2\right)$。
解法二【本題不可使用此方法】
由 $\left(x-y\right)^2\geq0$ 與 $\left(x+y\right)^2\geq0$ 可知
$\displaystyle-\frac{x^2+y^2}2\leq-xy\leq\frac{x^2+y^2}2$
同時加上 $x^2+y^2$ 可知
$\displaystyle\frac{x^2+y^2}2\leq2\leq\frac32\left(x^2+y^2\right)$
因此有
$\displaystyle\frac43\leq x^+y^2\leq4$
開根號後有 $\displaystyle\frac2{\sqrt3}\leq\sqrt{x^2+y^2}\leq2$，故最遠距離為 $2$，而最近距離為 $\displaystyle\frac2{\sqrt3}$，而等號成立條件分別為 $x=y$ 與 $x+y=0$。搭配條件 $x^2-xy+y^2=2$ 可得最遠點為 $\pm\left(\sqrt2,\sqrt2\right)$，而最近點為 $\displaystyle\pm\left(\frac{\sqrt6}3,-\frac{\sqrt6}3\right)$。