國立臺灣大學九十五學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分甲

請標明題號，依序作答。

1. 填充題：每格 $7$ 分。
1. $\displaystyle\lim_{x\to\infty}xe^{-x^2}\int_0^xe^{t^2}dt=$　　　　　。
訣竅
改寫後使用羅必達法則求解，其中微分計算需使用微積分基本定理。
解法一

改寫後使用羅必達法則求解可知

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}xe^{-x^2}\int_0^xe^{t^2}dt=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int_0^xe^{t^2}dt}{x^{-1}e^{x^2}}=\lim_{x\to\infty}\frac{e^{x^2}}{-x^{-2}e^{x^2}+2e^{x^2}}=\lim_{x\to\infty}\frac1{2-x^{-2}}=\frac12$

解法二

改寫後使用兩次羅必達法則求解即可

$\displaystyle\begin{aligned}\lim_{x\to\infty}xe^{-x^2}\int_0^xe^{t^2}dt&=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle x\int_0^xe^{t^2}dt}{e^{x^2}}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle xe^{x^2}+\int_0^xe^{t^2}dt}{2xe^{x^2}}=\lim_{x\to\infty}\frac{2e^{x^2}+2x^2e^{x^2}}{2e^{x^2}+4x^2e^{x^2}}=\lim_{x\to\infty}\frac{1+x^{-2}}{2+x^{-2}}=\frac12\end{aligned}$



2. $f\left(x\right)=e^{g\left(x\right)}$, $\displaystyle g\left(x\right)=\int_0^{x^2}\frac{t}{1+t^4}dt$，則 $f'\left(1\right)=$　　　　　。
訣竅
運用連鎖律與微積分基本定理表達出所求，隨後計算積分得出表達式的值。
解法
首先由連鎖律可知 $f'\left(x\right)=e^{g\left(x\right)}g'\left(x\right)$，其中使用微積分基本定理再搭配一次連鎖律可知
$\displaystyle g'\left(x\right)=\frac{x^2}{1+\left(x^2\right)^4}\cdot2x=\frac{2x^3}{1+x^8}$
於是所求為
$\displaystyle f'\left(1\right)=e^{g\left(1\right)}g'\left(1\right)=e^{g\left(1\right)}\cdot\frac{2}2=e^{g\left(1\right)}$
另一方面，計算 $g\left(1\right)$ 之值如下
$\displaystyle g\left(1\right)=\int_0^1\frac{t}{1+t^4}dt=\frac12\int_0^1\frac{dt^2}{1+t^4}=\left.\frac12\tan^{-1}\left(t^2\right)\right|_0^1=\frac\pi8$
故所求之值為 $f'\left(1\right)=e^{\pi/8}$。


3. 設 $y$ 是 $x$ 的函數滿足 $ye^x+xe^y+x+y=0$，則 $y'\left(0\right)=$　　　　　，$y''\left(0\right)=$　　　　　。
訣竅
運用隱函數微分求解。
解法
首先對給定的方程取 $x=0$ 可求得 $y\left(0\right)=0$。接著對給定的方程使用隱函數微分可得
$y'e^x+ye^x+e^y+xe^yy'+1+y'=0$
取 $x=0$ 並使用 $y\left(0\right)=0$ 可得 $y'\left(0\right)=-1$。進一步地，再使用一次隱函數微分可得
$y''e^x+2y'e^x+ye^x+2e^yy'+xe^yy'^2+xe^yy''+y''=0$
取 $x=0$ 並使用 $y\left(0\right)=0$ 與 $y'\left(0\right)=-1$，如此求得 $y''\left(0\right)=2$。


4. 級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{2^n}$ 之和為　　　　　。
訣竅
由無窮等比級數所形成的冪級數出發推理得到適當的形式後取值；亦可精確求得其部分和後再取極限。
解法一

首先由無窮等比級數和可發現

$\displaystyle\frac1{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n$

兩邊求導後乘以 $x$ 可得

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

再求導後乘以 $x$ 得到

$\displaystyle\frac{x}{\left(1-x\right)^2}+\frac{2x^2}{\left(1-x\right)^3}=\sum_{n=1}^{\infty}n^2x^n$

最終取 $\displaystyle x=\frac12$ 有 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{2^n}=6$。

【註】

1. 由於無窮等比級數的收斂區間為 $\left(-1,1\right)$，且在此絕對收斂，故求導後取 $\displaystyle x=\frac12$ 為合法的計算，但此原理在初等微積分課程中並未詳細琢磨。在此我們僅點出這存在一理論上需留意的細節但並不提供嚴格的證明。
2. 本題可由比值審歛法確認其收斂：

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{\left(n+1\right)^2}{2^{n+1}}\div\frac{n^2}{2^n}\right)=\frac12<1$

解法二

考慮部分和 $\displaystyle S_k=\sum_{n=1}^k\frac{n^2}{2^n}$，那麼同除以 $2$ 後有

$\displaystyle\begin{aligned}\frac{S_k}2&=S_k-\frac12S_k=\sum_{n=1}^k\frac{n^2}{2^n}-\sum_{n=1}^k\frac{n^2}{2^{n+1}}\\&=\left(\frac12+\sum_{n=2}^k\frac{n^2}{2^n}\right)-\left(\sum_{n=2}^k\frac{\left(n-1\right)^2}{2^n}+\frac{k^2}{2^{k+1}}\right)=\sum_{n=1}^k\frac{2n-1}{2^n}-\frac{k^2}{2^{k+1}}\end{aligned}$

進一步地，我們設定 $\displaystyle T_k=\sum_{n=1}^k\frac{2n-1}{2^n}$，那麼除以 $2$ 後可觀察到

$\displaystyle\begin{aligned}\frac{T_k}2&=T_k-\frac{T_k}2=\sum_{n=1}^k\frac{2n-1}{2^n}-\sum_{n=1}^k\frac{2n-1}{2^{n+1}}\\&=\left(\frac12+\sum_{n=2}^k\frac{2n-1}{2^n}\right)-\left(\sum_{n=2}^k\frac{2n-3}{2^n}+\frac{2k-1}{2^{k+1}}\right)=\frac12+\sum_{n=1}^{k-1}\frac1{2^n}-\frac{2k-1}{2^{k+1}}\\&=\frac12+\left(1-\frac1{2^{k-1}}\right)-\frac{2k-1}{2^{k+1}}\end{aligned}$

至此我們得到所求為

$\displaystyle S_k=2T_k-\frac{k^2}{2^k}=6-\frac1{2^{k-3}}-\frac{2k-1}{2^{k-1}}-\frac{k^2}{2^k}$

現在取 $k$ 趨於無窮可知

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{2^n}=\lim_{k\to\infty}S_k=\lim_{k\to\infty}\left(6-\frac1{2^{k-3}}-\frac{2k-1}{2^{k-1}}-\frac{k^2}{2^k}\right)=6$



5. 設年利率為 $3\%$ 不變，每年複利一次。問我們現在要存多少錢 $A$，才能使我們的後代一年提 $100$ 元，兩年後提 $200$ 元，三年後提 $300$ 元，如是下去直到永遠。把你的答案用一個無窮級數表達出來　　　　　。又 $A=$　　　　　。（算至整數即可）。
訣竅
根據題意設定餘額數列，其值非負。
解法

設 $S_0=A$ 且按照題意可遞迴的定義

$S_n=1.03S_{n-1}-100n,\qquad n\in\mathbb{N}$

可以運用數學歸納法觀察求得

$\displaystyle S_n=1.03^nA-100\sum_{k=1}^n1.03^{n-k}k,\qquad n\in\mathbb{N}$

由於要能永遠執行下去，故需使每項皆非負，故有

$\displaystyle A\geq100\sum_{k=1}^n\frac{k}{1.03^k},\qquad n\in\mathbb{N}$

故 $A$ 最少應為 $\displaystyle A=100\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k}{1.03^k}$。

為了準確計算 $A$ 之值，我們考慮 $\displaystyle\frac1{1-x}=\sum_{k=0}^{\infty}x^k$，求導後乘以 $x$ 有

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

取 $\displaystyle x=\frac1{1.03}$ 便有

$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k}{1.03^k}=\frac{10300}9$

因此所求為 $\displaystyle A=\frac{1030000}9=10000\cdot\frac{103}9=114444.\bar{4}$。無條件進位至整數位為 $114445$。

【註】　級數 $A$ 的收斂性如第四題可由比值審歛法加以確認。



6. $\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}dx=$　　　　　。
訣竅
經典的取巧問題，藉由函數的對稱性處理。
解法
考慮變數變換 $\displaystyle u=\frac\pi2-x$，那麼
• 當 $x=0$ 時有 $\displaystyle u=\frac\pi2$；
• 當 $\displaystyle x=\frac\pi2$ 時有 $u=0$；
• 求導可知 $du=-dx$；
• 再者有三角恆等式 $\displaystyle\sin\left(\frac\pi2-u\right)=\cos u$ 以及 $\displaystyle\cos\left(\frac\pi2-u\right)=\sin u$。
如此所求的定積分可表達如下
$\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}dx=\int_{\frac\pi2}^0\frac{\cos u}{\cos u+\sin u}\cdot-du=\int_0^{\frac\pi2}\frac{\cos u}{\sin u+\cos u}du$
考慮啞變數代換，這表示 $\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\frac{\cos u}{\sin u+\cos u}du=\int_0^{\frac\pi2}\frac{\cos x}{\sin x+\cos x}dx$。現在設所求的定積分為 $I$，那麼可以看到
$\displaystyle 2I=\int_0^{\frac\pi2}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}dx+\int_0^{\frac\pi2}\frac{\cos x}{\sin x+\cos x}dx=\int_0^{\frac\pi2}1dx=\frac\pi2$
因此所求為 $\displaystyle I=\frac\pi4$。


7. $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}-e^{-3x}}xdx=\int_0^{\infty}\int_{\left(a\right)}^{\left(b\right)}e^{-xy}dydx$，問 (a)=　　,(b)=　　。再利用上式求 $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}-e^{-3x}}x$ 之值 $=$　　　　　。
訣竅
按照題意的技巧先求出重積分中的上下界，隨後交換積分次序來求解。
解法

直接計算第一層積分可發現

$\displaystyle\int_{\left(a\right)}^{\left(b\right)}e^{-xy}dy=\left.\frac{e^{-xy}}{-x}\right|_{y=\left(a\right)}^{y=\left(b\right)}=\frac{e^{-\left(a\right)x}-e^{-\left(b\right)x}}x$

故取 $\left(a\right)=1$、$\left(b\right)=3$。

現在交換積分次序後計算有

$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}-e^{-3x}}xdx=\int_0^{\infty}\int_1^3e^{-xy}dydx=\int_1^3\int_0^{\infty}e^{-xy}dxdy=\int_1^3\left.\frac{e^{-xy}}{-y}\right|_{x=0}^{x=\infty}dy=\int_1^3\frac{dy}y=\ln y\Big|_1^3=\ln3$

2. 計算證明題：每題 $15$ 分，共 $30$ 分。（要有計算過程才予計分）。
1. 1. 求 $\displaystyle\frac{d}{dx}x^{\frac1x}$。
   2. 利用 (a) 證明 $\pi^e<e^\pi$。
訣竅
使用換底公式與連鎖律計算；隨後透過(a)導出函數的單調性，據此可證得(b)。
解法
1. 使用換底公式後求導如下

   $\displaystyle\frac{d}{dx}x^{\frac1x}=\frac{d}{dx}e^{\frac{\ln x}x}=e^{\frac{\ln x}x}\cdot\frac{1-\ln x}{x^2}=x^{\frac1x-2}\left(1-\ln x\right)$

2. 那麼當 $x\geq e$ 時函數 $\displaystyle x^{\frac1x}$ 遞減，又因 $\pi\approx3.14>2.718\approx e$，故 $e^{\frac1e}>\pi^{\frac1\pi}$，因此有 $e^\pi>\pi^e$。


2. $f\left(x,y\right)=x^2+4y^2+x-2y$，$D$ 為由 $\displaystyle\frac14x^2+y^2=1$ 所圍之封閉區域。求 $f\left(x,y\right)$ 在 $D$ 上所有的臨界點，和各點相應的函數值以及 $f\left(x,y\right)$ 的最大和最小值。
訣竅
分別在 $D$ 的內部與邊界上考慮極值問題：在內部時考慮一階偏導函數值皆為零的位置，在邊界時使用拉格朗日乘子法。
解法
首先在橢圓內考慮極值問題，據此解聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&f_x\left(x,y\right)=2x+1=0\\&f_y\left(x,y\right)=8y-2=0\end{aligned}\right.$
可解得 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(-\frac12,\frac14\right)$。
接著我們在橢圓邊界上考慮極值問題，設定拉格朗日乘子函數如下
$F\left(x,y,\lambda\right)=x^2+4y^2+x-2y+\lambda\left(x^2+4y^2-4\right)$
據此解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,\lambda\right)=2x+1+2\lambda x=0\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=8y-2+8\lambda y=0\\&F_{\lambda}\left(x,y,\lambda\right)=x^2+4y^2-4=0\end{aligned}\right.$
將第二式除以 $2$ 與第一式相加可得 $\left(x+2y\right)\left(\lambda+1\right)=0$。然而當 $\lambda=-1$ 時將與第一式或第二式矛盾，故 $x+2y=0$，那麼第三式可寫為 $8y^2=4$，故 $\displaystyle y=\pm\frac{\sqrt2}2$，從而 $x=\mp\sqrt2$。即得座標 $\displaystyle\left(x,y\right)=\pm\left(-\sqrt2,\frac{\sqrt2}2\right)$。
將前述所有各臨界點代入可得
$\displaystyle f\left(-\frac12,\frac14\right)=-\frac12,\quad f\left(-\sqrt2,\frac{\sqrt2}2\right)=4-2\sqrt2,\quad f\left(\sqrt2,-\frac{\sqrt2}2\right)=4+2\sqrt2$
因此最大值為 $4+2\sqrt2$ 而最小值為 $\displaystyle-\frac12$。