國立臺灣大學九十九學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分甲

Write down your answers in order. You should include all the necessary calculation and reaasoning.

1. Suppose $f\left(x\right)=Ax^5+Bx^4+Cx+101\leq101$ for all $x$ and $f\left(1\right)=1$. Determine the values of $A,B$ and $C$.
訣竅
逐步分析各參數之值。
解法

假若 $A>0$，那麼 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)=\infty$；假若 $A<0$，那麼 $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f\left(x\right)=\infty$，故 $A$ 僅能等於 $0$。

再者，無法 $B=C=0$，否則 $f\left(1\right)\neq1$。假若 $B=0$ 但 $C\neq0$，則 $f$ 為一次式，故不可能總是不超過 $101$，因此 $B\neq0$。進一步的，假若 $B>0$，那麼有 $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f\left(x\right)=\infty$，不合於條件。因此 $B<0$。

此外，我們也有 $f\left(1\right)=1$，因此 $B+C=-100$，從而現在有

$f\left(x\right)=Bx^4-\left(B+100\right)x+101$

為了確保 $f$ 總是不超過 $101$，我們考慮 $f$ 的最大值，故考慮方程式 $f'\left(x\right)=4Bx^3-\left(B+100\right)=0$，如此可解得

$\displaystyle x=\sqrt[3]{\frac{B+100}{4B}}$

又因 $f''\left(x\right)\leq0$ （因 $B<0$），故在該位置確實達到最大值，檢驗可知

$\displaystyle f\left(\sqrt[3]{\frac{B+100}{4B}}\right)=\sqrt[3]{\frac{B+100}{4B}}\left(\frac{B+100}{4B}-B-100\right)+101\leq101$

等價於

$\displaystyle\sqrt[3]{B+100}\left(\frac{25}B-B-\frac{399}4\right)\geq0$

也等價於 $\left(B+100\right)\left(B+100\right)\left(4B-1\right)\geq0$，從而利用 $B<0$ 解得 $B=-100$，而 $C=0$。



2. Suppose $f\left(x\right)$ is a differentiable function defined on $\left(-\infty,\infty\right)$, satisfying $f\left(x+y\right)=f\left(x\right)+f\left(y\right)$, for every $x$ and $y$. Show that $f''\left(x\right)=0$.
訣竅
此為經典的柯西函數方程，將此方程解出後可直接求二階導函數。
解法

取 $x=y=0$ 時有 $f\left(0\right)=2f\left(0\right)$，故 $f\left(0\right)=0$。再者，取 $y=-x$ 則有 $0=f\left(0\right)=f\left(x\right)+f\left(-x\right)$，從而 $f\left(-x\right)=-f\left(x\right)$，此表明 $f$ 為奇函數。

我們先使用數學歸納法證明 $f\left(n\right)=nf\left(1\right)$，此處 $n\in\mathbb{N}$。明顯當 $n=1$ 時成立，現設 $n=k$ 時有 $f\left(k\right)=kf\left(1\right)$，那麼有

$\displaystyle f\left(k+1\right)=f\left(k\right)+f\left(1\right)=kf\left(1\right)+f\left(1\right)=\left(k+1\right)f\left(1\right)$

至此可確知 $f$ 在正整數的取值。

下一步，我們考慮 $f$ 在正有理數上的取值。我們首先同樣由數學歸納法注意到下列的等式

$\displaystyle f\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)=\sum_{k=1}^nf\left(x_k\right)$

首先取 $\displaystyle x_1=\cdots=x_n=\frac1n$，那麼可以得到 $\displaystyle f\left(\frac1n\right)=\frac1nf\left(1\right)$，從而有 $\displaystyle f\left(\frac{m}n\right)=\frac{m}nf\left(1\right)$。再透過奇函數的的特性，我們確認了：對於任何有理數 $q\in\mathbb{Q}$ 恆有 $f\left(q\right)=qf\left(1\right)$。

最後，由於 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上可導，故 $f$ 必然在 $\mathbb{R}$ 上連續。對於任何實數 $x$ 我們可考慮一有理數數列 $\left\{q_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ 趨近於 $x$，那麼由 $f$ 的連續性，我們有

$\displaystyle f\left(x\right)=f\left(\lim_{n\to\infty}q_n\right)=\lim_{n\to\infty}f\left(q_n\right)=\lim_{n\to\infty}q_nf\left(1\right)=xf\left(1\right)$

這表明 $f$ 為通過原點的一次函數，故其二階導函數恆為零，證明完畢。



3. Evaluate the definite integral $\displaystyle\int_0^{\pi}x\sin xdx$.
訣竅
使用分部積分法即可。
解法

使用分部積分法可知

$\displaystyle\int_0^\pi x\sin xdx=-\int_0^\pi xd\cos x=-x\cos x\Big|_0^{\pi}+\int_0^{\pi}\cos xdx=\pi+\sin x\Big|_0^{\pi}=\pi$



4. Estimate the value of $\ln1.1$ so that the error is smaller than $10^{-5}$.
訣竅
由基本的無窮等比級數出發來思考，隨後使用積分導出自然對數函數的展開式並用以計算近似值，最後使用交錯級數的誤差估計獲得所需的近似值。
解法

由無窮等比級數可知

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

同取積分可知

$\displaystyle\ln\left(1+x\right)=\int_0^x\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^kt^kdt=\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\int_0^xt^kdt=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{k+1}x^{k+1}$

取 $x=0.1$ 可得

$\displaystyle\ln1.1=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{\left(k+1\right)10^k}$

當 $k=5$ 時有 $\displaystyle\frac1{6\cdot10^5}<10^{-5}$，故所求的近似值為

$\displaystyle\ln1.1\approx\sum_{k=0}^4\frac{\left(-1\right)^k}{\left(k+1\right)10^k}=1-\frac1{20}+\frac1{300}-\frac1{4000}+\frac1{50000}=\frac{285931}{300000}=0.95310\overline{3}$

【註】　使用電子計算器可知

$\ln1.1\approx0.0953102$



5. Evaluate the volume of the solid bounded by the surface

   $2x^2+3y^2+3z^2=6$

訣竅
使用橢球體積公式即可；亦可運用旋轉體表面積公式；也能直接計算三重積分求解。
解法一
方程可寫為
$\displaystyle\frac{x^3}3+\frac{y^2}2+\frac{z^2}2=1$
可辨識出此為橢球方程，故所求體積為 $\displaystyle\frac43\pi\sqrt3\cdot\sqrt2\cdot\sqrt2=\frac{8\sqrt3\pi}3$。
解法二

當 $z=0$ 時橢球方程被 $xy$ 平面截出一橢圓 $2x^2+3y^2=6$，可觀察到該橢球為繞 $x$ 軸所形成的。為了應用旋轉體體積公式，我們考慮函數 $f\left(x\right)=\sqrt{\left(6-2x^2\right)/3}$，其中範圍為 $x\in\left[-\sqrt3,\sqrt3\right]$，如此可知

$\displaystyle V=\int_{-\sqrt3}^{\sqrt3}\pi\cdot\sqrt{\frac{6-2x^2}3}^2dx=\frac{2\pi}3\int_{-\sqrt3}^{\sqrt3}\left(3-x^2\right)dx=\left.\frac{2\pi}3\left(3x-\frac{x^3}3\right)\right|_{-\sqrt3}^{\sqrt3}=\frac{8\sqrt3\pi}3$

解法三

考慮集合

$\Omega=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3:~2x^2+3y^2+3z^2\leq6\right\}$

那麼所求的體積可表達如下

$\displaystyle\begin{aligned}V&=\iiint_{\Omega}dV=\int_{-\sqrt3}^{\sqrt3}\int_{-\sqrt{\left(6-2x^2\right)/3}}^{\sqrt{\left(6-2x^2\right)/3}}\int_{-\sqrt{\left(6-2x^2-3y^2\right)/3}}^{\sqrt{\left(6-2x^2-3y^2\right)/3}}dzdydx\\&=\frac{8\sqrt3}3\int_0^{\sqrt3}\int_0^{\sqrt{\left(6-2x^2\right)/3}}\sqrt{6-2x^2-3y^2}dydx\end{aligned}$

運用極座標變換，令 $\left\{\begin{aligned}&x=\sqrt3r\cos\theta\\&y=\sqrt2r\sin\theta\end{aligned}\right.$，其中變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq1\\&0\leq\theta\leq\frac\pi2\end{aligned}\right.$，那麼所求可改寫並計算如下

$\displaystyle V=\frac{8\sqrt3}3\int_0^{\frac\pi2}\int_0^1\sqrt{6-6r^2}\cdot\sqrt6rdrd\theta=16\sqrt3\cdot\frac\pi2\int_0^1r\sqrt{1-r^2}dr=8\sqrt3\pi\cdot\left.-\frac13\left(1-r^2\right)^{\frac32}\right|_0^1=\frac{8\sqrt3\pi}3$



6. Suppose $F\left(x,y\right)$ and $G\left(x,y\right)$ are two differentiable functions defined on $\mathbb{R}^2=\left\{\left(x,y\right)|x,y\in\left(-\infty,\infty\right)\right\}$ so that the gradients $\displaystyle\nabla F\left(x,y\right)=\left(\frac{\partial F}{\partial x}\left(x,y\right),\frac{\partial F}{\partial y}\left(x,y\right)\right)$, $\displaystyle\nabla G\left(x,y\right)=\left(\frac{\partial G}{\partial x}\left(x,y\right),\frac{\partial G}{\partial y}\left(x,y\right)\right)$ are always parallel in the sense that, for every $\left(x,y\right)$, there is a number $\lambda$, possibly dependent of the point $\left(x,y\right)$, satisfying

   $\nabla F\left(x,y\right)=\lambda\cdot\nabla G\left(x,y\right)$.

   Is it true that $F$ must be a constant multiple of $G$? Prove it or give a counter example.
訣竅
藉由簡單的試誤與推敲即可確認本命題錯誤。
解法
簡單考慮函數 $F\left(x,y\right)=x+y$ 與 $G\left(x,y\right)=x+y+1$，那麼取 $\lambda=1$ 可知
$\nabla F\left(x,y\right)=\left(1,1\right)=1\cdot\left(1,1\right)=\lambda\cdot\nabla G\left(x,y\right)$
然而 $F$ 並非 $G$ 的常數倍。


7. Suppose $f\left(x\right)$ is continuous function defined on $\left[-1,1\right]$ so that $\displaystyle\int_a^bf\left(x\right)dx\geq0$ for every $a,b\in\left[-1,1\right]$, $a\leq b$. Give a reason why we can or can not conclude that $f\left(x\right)\geq0$, for every $x\in\left[-1,1\right]$.
訣竅
透過連續函數的特性來使用反證法處理。
解法
假設存在一點 $x_0\in\left[-1,1\right]$ 使得 $f\left(x_0\right)<0$，那麼由 $f$ 的連續性可知存在一正數 $\delta$ 使得
$\displaystyle x\in\left(x_0-\delta,x_0+\delta\right)\cap\left[-1,1\right]~~\Longrightarrow~~\left|f\left(x\right)-f\left(x_0\right)\right|<-\frac{f\left(x_0\right)}2$
故取 $\displaystyle\left[a,b\right]=\left[x_0-\frac{\delta}2,x_0+\frac{\delta}2\right]\cap\left[-1,1\right]$，那麼便有
$\displaystyle\int_a^bf\left(x\right)dx\leq\int_a^b\frac{f\left(x_0\right)}2dx=\frac{\left(b-a\right)f\left(x_0\right)}2<0$
矛盾。故每一點的函數值皆非負。


8. Solve the differential equation

   $y'=100y-y^2$, $y\left(0\right)=1$.

訣竅
運用分離變量法處理；亦可將之視為白努利方程來使用變數代換法處理。
解法一

移項後有

$\displaystyle\left(\frac1{100-y}+\frac1{y}\right)dy=\frac{100dy}{100y-y^2}=100dt$

在 $\left[0,t\right]$ 上同取定積分可知

$\displaystyle\ln\frac{y}{100-y}=100t-\ln99$

兩邊取自然指數可得

$\displaystyle\frac{y}{100-y}=\frac1{99}e^{100t}$

從而解得

$\displaystyle y\left(t\right)=\frac{100e^{100t}}{99+e^{100t}}=\frac{100}{1+99e^{-100t}}$

解法二

令 $\displaystyle z\left(t\right)=\left[y\left(t\right)\right]^{1-2}=\frac1{y\left(t\right)}$，那麼便有

$\displaystyle\frac{dz}{dt}=-\frac1{\left(y\left(t\right)\right)^2}\frac{dy}{t}=-\frac{100}{y\left(t\right)}+1=-100z\left(t\right)+1$

故兩邊同乘以 $e^{100t}$ 可得

$\displaystyle\frac{d}{dt}\left(e^{100t}z\left(t\right)\right)=e^{100t}\frac{dz}{dt}+100e^{100t}z\left(t\right)=e^{100t}$

隨後取積分便有

$\displaystyle e^{100t}z\left(t\right)-1=\frac{e^{100t}-1}{100}$

因此

$\displaystyle z\left(t\right)=\frac{1+99e^{-100t}}{100}$

如此所求的函數為

$\displaystyle y\left(t\right)=\frac{100}{1+99e^{-100t}}$



9. Evaluate the integral $\displaystyle\iint_D\left(x^2-y^2\right)dxdy$, where

   $D=\left\{\left(x,y\right)|0\leq x+y\leq8,~0\leq x-y\leq4\right\}$.

訣竅
運用變數變換求解即可。
解法

考慮變數變換 $\left\{\begin{aligned}&u=x+y\\&v=x-y\end{aligned}\right.$，那麼積分範圍化為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq u\leq8\\&0\leq v\leq4\end{aligned}\right.$。再者，其 Jacobian 行列式計算如下

$\displaystyle\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}=\left|\begin{matrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial v}\\\displaystyle\frac{\partial y}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial v}\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}\\\displaystyle\frac{\partial v}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}\end{matrix}\right|^{-1}=\left|\begin{matrix}1&1\\1&-1\end{matrix}\right|^{-1}=-\frac12$

如此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\iint_D\left(x^2-y^2\right)dxdy=\int_0^4\int_0^8uv\cdot\left|-\frac12\right|dudv=\frac12\left(\int_0^4vdv\right)\left(\int_0^8udu\right)=\frac12\cdot8\cdot32=128$



10. Determine the maximum of the function

    $f\left(x,y,z\right)=3x^2+2y^2+z^2$

    defined on the surface

    $\left\{\left(x,y,z\right)|2x^2+27y^2+10z^2=12\right\}$.

訣竅
運用初等不等式求解即可。
解法
由限制條件可以注意到
$\displaystyle3x^2=18-\frac{81y^2}2-15z^2$
如此給定的函數 $f$ 可透過這樣的限制條件改寫如下
$\displaystyle f\left(x,y,z\right)=3x^2+2y^2+z^2=18-\frac{81y^2}2-15z^2+2y^2+z^2=18-\frac{77y^2}2-14z^2\leq18$
此時等號成立條件為 $y=z=0$ 而 $x=\pm\sqrt6$。