國立臺灣大學九十七學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分甲

請依序作答

第一部分，共七題，每題 $10$ 分。

1. 半徑為 $R$ 的球形碗，以每秒 $a$ cm$^3$ 的速度注入水，求液高在 $\displaystyle\frac{R}2$ 時液面上升的速度。
訣竅
將各個與時間有關係的變量具體列出算式後，將各項微分（其中將使用微積分基本定理與連鎖律）的關係代入始能求解。
解法

考慮液面高度為 $h=h\left(t\right)$，那麼由旋轉體體積的概念可知對應的液體積為

$\displaystyle V\left(t\right)=\int_{R-h\left(t\right)}^R\pi\sqrt{R^2-x^2}^2dx=\pi\int_{R-h\left(t\right)}^R\left(R^2-x^2\right)dx$

使用微積分基本定理與連鎖律可知

$\displaystyle V'\left(t\right)=\pi\left(R^2-\left(R-h\left(t\right)\right)^2\right)h'\left(t\right)$

假若在時刻 $t=t_0$ 時有 $\displaystyle h\left(t_0\right)=\frac{R}2$，那麼取 $t=t_0$ 代入可知在該時刻的液上升速度為

$\displaystyle h'\left(t_0\right)=\frac{V'\left(t_0\right)}{R^2-\left(R-h\left(t_0\right)\right)^2}=\frac{a}{R^2-\left(\frac{R}2\right)^2}=\frac{4a}{3R^2}$



2. $\displaystyle\frac1{10\sqrt2}<\int_0^1\frac{x^{10}}{\sqrt{1+x}}dx<\frac1{10}$。正確否？請說明之。
訣竅
由基本的不等式進行估算大小即可。
解法
當 $x\in\left[0,1\right]$ 時有 $\sqrt{1+x}\geq1$，從而有
$\displaystyle\int_0^1\frac{x^{10}}{\sqrt{1+x}}dx\leq\int_0^1x^{10}dx=\frac1{11}<\frac1{10}$
然而由算術幾何不等式可知 $1+x\geq2\sqrt{x}$，因此有 $\sqrt{1+x}\geq\sqrt2x^{1/4}$，故
$\displaystyle\int_0^1\frac{x^{10}}{\sqrt{1+x}}dx\leq\int_0^1\frac{x^{10}}{\sqrt2x^{1/4}}dx=\frac1{\sqrt2}\frac4{43}<\frac1{10\sqrt2}$
故該命題不成立。


3. $\displaystyle0<x<\frac\pi2$，$\displaystyle f\left(x\right)=\frac{\sin x}x$。
   1. 試證：$f$ 嚴格遞減；
   2. 試證：$\displaystyle\frac2\pi x<\sin x$。
訣竅
確認 $f$ 的導函數在該區間上恆負即可說明第一小題，隨後利用單調性比大小即可證明第二小題。
解法
1. 直接求導可知

   $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}$

   進一步，我們考慮函數 $g$ 定義為 $g\left(x\right)=\tan x-x$，那麼求導則知 $g'\left(x\right)=\sec^2x-1>0$，這表明 $g\left(x\right)>g\left(0\right)=0$，如此則知 $\tan x>x$。由此我們發現 $f'\left(x\right)<0$，如此便完成所欲證的命題。
2. 由於 $f$ 嚴格遞減，因此有 $\displaystyle f\left(x\right)<f\left(\frac\pi2\right)$，立即有

   $\displaystyle\frac{\sin x}x<\frac2\pi$

   移項獲證。


4. 估計 $\displaystyle\int_0^1e^{-x^2}dx$ 之值，使誤差 $<10^{-3}$。
訣竅
由指數函數的冪級數與交錯級數的誤差估計法來求近似值。
解法

由於

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

用 $-x^2$ 取代 $x$ 可得

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

那麼所求之值為

$\displaystyle\int_0^1e^{-x^2}dx=\int_0^1\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{k!}x^{2k}dx=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{k!}\int_0^1x^{2k}dx=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{k!\left(2k+1\right)}$

當 $k=5$ 時有 $\displaystyle\frac1{5!\cdot11}=\frac1{1320}<10^{-3}$，故取前五項之和可滿足條件：

$\displaystyle\int_0^1e^{-x^2}dx\approx1-\frac13+\frac1{10}-\frac1{42}+\frac1{216}=\frac{5651}{7560}\approx0.747486772$

【註】　運用電子計算器可確認

$\displaystyle\int_0^1e^{-x^2}dx\approx0.746824$



5. 曲線 $x=t^2-1$, $y=t^3-t$ 的圖形大致如下圖，求斜線域的面積。
   
訣竅
直接將面積公式置入參數下進行計算；亦可確實建立出 $x$ 與 $y$ 的關係後求解。
解法一

由參數關係可以確認當 $t=\pm1$ 時會相交於原點處，故所求之面積可表達並計算如下

$\displaystyle A=\int_{-1}^1\left|y\left(t\right)\right|\left|dx\left(t\right)\right|=2\int_0^1\left(t-t^3\right)\cdot2tdt=4\int_0^1\left(t^2-t^4\right)dt=\left.4\left(\frac{t^3}3-\frac{t^5}5\right)\right|_0^1=\frac8{15}$

解法二

容易注意到

$y^2=t^6-2t^4+t^2=\left(x+1\right)^3-2\left(x+1\right)^2+x+1=x^3+x^2$

故由圖形的對稱性可知所求的面積為

$\displaystyle A=2\int_{-1}^0\sqrt{x^3+x^2}dx=-2\int_{-1}^0x\sqrt{x+1}dx$

令 $u=\sqrt{x+1}$，那麼

• 當 $x=-1$ 時有 $u=0$；
• 當 $x=0$ 時有 $u=1$；
• 平方整理有 $x=u^2-1$（即 $t=u$）求導有 $dx=2udu$。

因此所求為

$\displaystyle A=2\int_0^1\left(u^2-1\right)u\cdot2udu=4\int_0^1\left(u^2-u^4\right)du=\left.4\left(\frac{u^3}3-\frac{u^5}5\right)\right|_0^1=\frac8{15}$



6. $\displaystyle f\left(x\right)=\int_0^x\frac{\sin xy}ydy$，求 $f'\left(x\right)$。
訣竅
可直接利用下述公式求解：
$\displaystyle\frac{d}{dx}\int_{f\left(x\right)}^{g\left(x\right)}h\left(x,y\right)dy=h\left(x,g\left(x\right)\right)g'\left(x\right)-h\left(x,f\left(x\right)\right)f'\left(x\right)+\int_{f\left(x\right)}^{g\left(x\right)}\frac{\partial h}{\partial x}\left(x,y\right)dy$
也可運用變數代換法後再使用微積分基本定理求解。
解法一

運用訣竅中所提及的公式可知

$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{\sin\left(x^2\right)}x+\int_0^x\frac{y\cos\left(xy\right)}ydy=\frac{\sin\left(x^2\right)}x+\int_0^x\cos\left(xy\right)dy=\frac{\sin\left(x^2\right)}x+\left.\frac{\sin\left(xy\right)}x\right|_0^x=\frac{2\sin\left(x^2\right)}x$

解法二

對每個給定的 $x$，考慮 $u=xy$，那麼

• 當 $y=x$ 時有 $u=x^2$；
• 當 $y=0$ 時有 $u=0$；
• 移項有 $\displaystyle y=\frac{u}x$，求導可知 $\displaystyle dy=\frac{du}x$。

給定的函數 $f$ 可改寫如下

$\displaystyle f\left(x\right)=\int_0^{x^2}\frac{\sin u}{u/x}\frac{du}x=\int_0^{x^2}\frac{\sin u}udu$

運用微積分基本定理與連鎖律可知

$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{\sin\left(x^2\right)}{x^2}\cdot2x=\frac{2\sin\left(x^2\right)}x$



7. 半徑為 $a$ 的球面，被二平行平面所截，設二平面間的距離為 $h$，試證：所截球表面積（球面在二平面間的面積）只與 $h$ 有關，與所截位置無關。
訣竅
運用旋轉體表面積的公式處理。
解法
在 $xy$ 平面上考慮上半圓 $y=\sqrt{a^2-x^2}$，在 $x_0$ 與 $x_0+h$ 處考慮繞 $x$ 軸旋轉的旋轉體表面積，僅須透過計算確認此值僅與 $a$ 和 $h$ 有關而與 $x_0$ 無關即可。運用旋轉體表面積公式表達並計算如下
$\displaystyle A=\int_{x_0}^{x_0+h}2\pi y\sqrt{1+y'^2}dx=2\pi\int_{x_0}^{x_0+h}\sqrt{a^2-x^2}\cdot\sqrt{1+\left(\frac{-x}{\sqrt{a^2-x^2}}\right)^2}dx=2\pi\int_{x_0}^{x_0+h}adx=2\pi ah$
故證明完畢。

第二部分：以下四題，任選二題，每題 $15$ 分。

8. $f\left(x,y\right)$ 的一階偏導數連續，$\nabla f\left(x,y\right)=\left(f_x\left(x,y\right),f_y\left(x,y\right)\right)$。
   1. 試證：$\nabla f\left(x,y\right)$ 恆指出 $f$ 在 $\left(x,y\right)$ 點方向導數最大的方向。
   2. 令 $C_k=\left\{\left(x,y\right)|f\left(x,y\right)=k\right\}$，$f$ 的 $k$ 等高線，試證 $\nabla f\left(x,y\right)$ 恆垂直 $C_k$, $\forall\left(x,y\right)\in C_k$。
訣竅
利用方向導數的計算公式與柯西不等式可證明第一小題；運用隱函數微分求出切線斜率，從而得到法線的方向。
解法
1. 由於 $f$ 沿 $\vec{u}$ 方向的方向導數為 $D_{\vec{u}}f\left(x,y\right)=\nabla f\left(x,y\right)\cdot\vec{u}\leq\left|\nabla f\left(x,y\right)\right|$，其中等號成立條件為 $\nabla f\left(x,y\right)\parallel\vec{u}$，而 $\vec{u}$ 在此時為產生最大方向導數的方向。
2. 運用隱函數微分可得

   $\displaystyle\nabla f\left(x,y\right)\cdot\left(1,\frac{dy}{dx}\right)=f_x\left(x,y\right)+f_y\left(x,y\right)\frac{dy}{dx}=0$

   又 $C_k$ 在 $\left(x,y\right)$ 處的切方向為 $\displaystyle\left(1,\frac{dy}{dx}\right)$，故上式表明 $\nabla f\left(x,y\right)$ 與 $C_k$ 上的切方向垂直，證明完畢。


9. 求 $a,b$ 使 $\displaystyle\int_0^1\left(x^2-ax-b\right)^2dx$ 有最小值。
訣竅
將此積分視為 $a$ 與 $b$ 的雙變數函數並使用偏微分求解；亦可直接計算出定積分之值後運用初等不等式求解。
解法一

設 $\displaystyle I\left(a,b\right)=\int_0^1\left(x^2-ax-b\right)^2dx$。為了求出 $I$ 的極小值，我們解下列的聯立方程組

$\left\{\begin{aligned}&I_a\left(a,b\right)=-2\int_0^1x\left(x^2-ax-b\right)dx=0\\&I_b\left(a,b\right)=-2\int_0^1\left(x^2-ax-b\right)dx=0\end{aligned}\right.$

即

$\displaystyle\left\{\begin{aligned}&\frac14-\frac{a}3-\frac{b}2=0\\&\frac13-\frac{a}2-b=0\end{aligned}\right.$

如此可解得 $\displaystyle\left(a,b\right)=\left(1,-\frac16\right)$。

進一步，我們考慮二階行列式

$\displaystyle D\left(a,b\right)=\left|\begin{matrix}I_{aa}\left(a,b\right)&I_{ab}\left(a,b\right)\\I_{ba}\left(a,b\right)&I_{bb}\left(a,b\right)\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}\displaystyle2\int_0^1x^2dx&\displaystyle2\int_0^1xdx\\\displaystyle2\int_0^1xdx&\displaystyle2\int_0^1dx\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}\displaystyle\frac23&1\\1&2\end{matrix}\right|=\frac13$

至此我們確認了 $\displaystyle\left(a,b\right)=\left(1,-\frac16\right)$ 為局部極小值。再者當 $a,b$ 極大時 $I$ 之值亦能很大，因此該處也為絕對極小值發生的位置。

解法二
直接計算可知
$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^1\left(x^2-ax-b\right)^2dx&=\int_0^1\left(x^4-2ax^3+\left(a^2-2b\right)x^2+2abx+b^2\right)dx\\&=\frac15-\frac{a}2+\frac{a^2-2b}3+ab+b^2\\&=\frac13\left(a+\frac{3b}2-\frac34\right)^2+\frac14\left(b+\frac16\right)^2+\frac1{180}\end{aligned}$
因此最小值為 $\displaystyle\frac1{180}$，其等號成立條件為　$\displaystyle b=-\frac16$ 與 $a=1$。


10. 樟腦丸蒸發的速度與它的表面積成正比，今有一半徑為 $1$ cm 的樟腦丸，經過 $30$ 天後半徑剩下 $0.9$ cm。問該樟腦丸可用多少？
訣竅
依據題意設定相關的變量以及等式，隨後按時間微分計算並求解。
解法
設 $R=R\left(t\right)$ 為樟腦丸在時刻 $t$ 時的半徑，那麼可知 $A\left(t\right)=4\pi R^2\left(t\right)$ 以及 $\displaystyle V\left(t\right)=\frac43\pi R^3\left(t\right)$。按題意可知存在一常數 $k>0$ 滿足
$\displaystyle\frac{dV}{dt}=-kA\left(t\right)$
即
$\displaystyle4\pi R^2\left(t\right)R'\left(t\right)=-k\cdot4\pi R^2\left(t\right)$
即 $R'\left(t\right)=-k$。因此 $R\left(t\right)=-kt+C$，由 $R\left(0\right)=1$ 以及 $R\left(30\right)=0.9$ 可知
$\displaystyle R\left(t\right)=1-\frac{t}{300}$
故當 $t>300$ 時 $R\left(t\right)<0$，故該樟腦丸至多可使用 $300$ 天。


11. 求 $\displaystyle\int_C\frac{-y}{x^2+y^2}dx+\frac{x}{x^2+y^2}dy$ 之值，其中 $C$ 分別表
    1. $C:x^2+y^2=1$，
    2. $C:\left(x-2\right)^2+y^2=1$，
    3. $C:\left(x-1\right)^2+y^2=1$。
訣竅
對於會碰觸到瑕疵點的線積分可將曲線參數化後計算該線積分即可；至於在線積分區域上無瑕疵者可直接按 Green 定理計算。
解法

1. 曲線可參數化為 $\left\{\begin{aligned}&x=\cos\theta\\&y=\sin\theta\end{aligned}\right.$，其中 $\theta\in\left[0,2\pi\right]$。那麼所求的線積分可改寫並計算如下

   $\displaystyle\int_C\frac{-y}{x^2+y^2}dx+\frac{x}{x^2+y^2}dy=\int_0^{2\pi}\left(-\sin\theta\cdot-\sin\theta+\cos\theta\cdot\cos\theta\right)d\theta=\int_0^{2\pi}d\theta=2\pi$

2. 設 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:\left(x-2\right)^2+y^2\leq1\right\}$。應用 Green 定理可知

   $\displaystyle\int_C\frac{-y}{x^2+y^2}dx+\frac{x}{x^2+y^2}dy=\iint_D\left[\frac{\partial}{\partial x}\frac{x}{x^2+y^2}-\frac{\partial}{\partial y}\frac{-y}{x^2+y^2}\right]dA=\iint_D0dA=0$

3. 曲線可參數化為 $\left\{\begin{aligned}&x=1+\cos\theta\\&y=\sin\theta\end{aligned}\right.$，其中 $\theta\in\left[0,2\pi\right]$，那麼所求的線積分為

   $\begin{aligned}\displaystyle\int_C\frac{-y}{x^2+y^2}dx+\frac{x}{x^2+y^2}dy&=\int_0^{2\pi}\left(\frac{-\sin\theta}{1+2\cos\theta+\cos^2\theta+\sin^2\theta}\cdot-\sin\theta+\frac{1+\cos\theta}{1+2\cos\theta+\cos^2\theta+\sin^2\theta}\cdot\cos\theta\right)d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\frac12d\theta=\pi\end{aligned}$