國立臺灣大學一百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或根式，未依規定者該題不予計分。

1. 填充題（請將空格編號順序（A），（B），…（I）以及答案依順序填寫於答案卷上。每題 $8$ 分，合計 $72$ 分。）
1. $\displaystyle\lim_{x\to\infty}xe^{-x^2/2}\int_x^{\infty}e^{-t^2/2}dt=$ （A） .
訣竅
使用微積分基本定理搭配羅必達法則即可。
解法

改寫極限式後使用羅必達法與微積分基本定理如下

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



2. When $\displaystyle\lim_{n\to\infty}nr_i=\lambda$, then $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\prod_{i=1}^n\left(1+r_i\right)=$ （B） .
注意

原題題意似乎不太清楚，此處我們更動部分文字以使題目可解。

原題敘述如下
When $T=30n$ and $\displaystyle\lim_{i\to\infty}nr_i=\lambda$, then $\displaystyle\lim_{i\to\infty}\prod_{i=1}^n\left(1+r_i\right)=$ （B） .

訣竅
留意關於無窮乘積的收斂性。
解法
首先回憶起關於無窮乘積的收斂性：
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^n\left(1+a_k\right)$
且 $a_k$ 不變號，則乘積的收斂性等價於 無窮級數 $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}a_k$ 的收斂性。今條件為 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}nr_n=\lambda$，故明顯無窮級數 $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}r_n$ 發散，從而所求的無窮級數亦發散。


3. When $z=f\left(x,y\right)$, $f\left(1,y\right)=-y^2$ and $\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x}=\ln x+1+2x\ln y$, $f\left(x,y\right)=$ （C） .
訣竅
運用偏積分還原函數，並利用初值條件確定偏積分後產生的函數。
解法

首先對 $x$ 偏積分有

$\displaystyle\begin{aligned}f\left(x,y\right)-f\left(1,y\right)&=\int_1^x\frac{\partial z}{\partial x}\left(t,y\right)dt=\int_1^x\left(\ln t+1+2t\ln y\right)dt\\&=\left(t\ln t+t^2\ln y\right)\Big|_{t=1}^{t=x}=x\ln x+x^2\ln y-\ln y\end{aligned}$

因此所求的函數為

$f\left(x,y\right)=x\ln x+x^2\ln y-y^2-\ln y$



4. Evaluate $\displaystyle I=\iint_Dx^2y^2dxdy$, where $D$ is the region enclosed by the curves $y=\sqrt{x}$, $y=\sqrt{3x}$, $y=1/x$, and $y=2/x$. Then $I=$ （D） .
訣竅
運用變數變換處理積分範圍，並且留意 Jacobian 行列式的計算。
解法

令 $u=y/\sqrt{x}$、$v=xy$，那麼變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&1\leq u\leq\sqrt3\\&1\leq v\leq2\end{aligned}\right.$。再者，其對應的 Jacobian 行列式如下

$\displaystyle\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}=\left|\begin{matrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial v}\\\displaystyle\frac{\partial y}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial v}\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}\\\displaystyle\frac{\partial v}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}\end{matrix}\right|^{-1}=\left|\begin{matrix}\displaystyle-\frac12x^{-\frac32}y&x^{-\frac12}\\y&x\end{matrix}\right|^{-1}=-\frac23x^{\frac12}y^{-1}=-\frac2{3u}$

如此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\iint_Dx^2y^2dxdy=\int_1^{\sqrt3}\int_1^2v^2\cdot\frac2{3u}dvdu=\frac23\left(\int_1^{\sqrt3}\frac{du}u\right)\left(\int_1^2v^2dv\right)=\frac23\cdot\ln\sqrt3\cdot\frac73=\frac79\ln3$



5. Let $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, and $z=f\left(xy\right)$. Then $\displaystyle x\frac{\partial z}{\partial x}-y\frac{\partial z}{\partial y}=$ （E） .
訣竅
運用多變函數的連鎖律處理即可。
解法

運用多變函數的連鎖律可知

$\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x}=f'\left(xy\right)\cdot\frac{\partial}{\partial x}\left(xy\right)=yf'\left(xy\right),\qquad\frac{\partial z}{\partial y}=f'\left(xy\right)\cdot\frac{\partial}{\partial y}\left(xy\right)=xf'\left(xy\right)$

因此所求為

$\displaystyle x\frac{\partial z}{\partial x}-y\frac{\partial z}{\partial y}=x\cdot\left(yf'\left(xy\right)\right)-y\cdot\left(xf'\left(xy\right)\right)=xyf'\left(xy\right)-xyf'\left(xy\right)=0$



6. The radius of convergence of the series $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(nx\right)^n}{n!}$ is （F） .
訣竅
運用比值審歛法的思想去計算收斂半徑。
解法

設 $\displaystyle a_n=\frac{n^n}{n!}$，那麼收斂半徑為

$\displaystyle\begin{aligned} R&=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n^n}{n!}\div\frac{\left(n+1\right)^{n+1}}{\left(n+1\right)!}\right)\\&=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=\lim_{n\to\infty}\left[\left(1-\frac1{n+1}\right)^{-\left(n+1\right)}\right]^{-1}\left(1-\frac1{n+1}\right)^{-1}=e^{-1}\end{aligned}$



7. If the ellipse $x^2/a^2+y^2/b^2=1$ is to enclose the circle $x^2+y^2=2y$, the values of $a$ and $b$ minimize the area of the ellipse must satisfy $ab=$ （G） .
訣竅
由於圓落於橢圓內，因此考慮其相交為相切的情形來求得 $a$ 與 $b$ 應滿足的條件，如此應用拉格朗日乘子法求限制條件下的極值。
解法

為了使橢圓面積盡可能的小，我們可以知道橢圓會與小圓相切。將 $x^2=2y-y^2$ 代入橢圓方程中有

$b^2\left(2y-y^2\right)+a^2y^2=a^2b^2$

即 $\left(a^2-b^2\right)y^2+2b^2y-a^2b^2=0$。由於兩者相切，故我們知道此方程會有重根，故我們要求下列條件成立

$\left(2b^2\right)^2-4\cdot\left(a^2-b^2\right)\cdot\left(-a^2b^2\right)=0$

即 $b^4+a^4b^2-a^2b^4=0$。由於 $b\neq0$，故 $a^4-a^2b^2+b^2=0$。

在這樣的限制條件下，我們應用拉格朗日乘子法。設定拉格朗日乘子函數如下

$F\left(a,b,\lambda\right)=\pi ab+\lambda\left(a^4-a^2b^2+b^2\right)$

據此解下列的聯立方程組

$\left\{\begin{aligned}&F_a\left(a,b,\lambda\right)=\pi b+\lambda\left(4a^3-2ab^2\right)=0\\&F_b\left(a,b,\lambda\right)=\pi a+\lambda\left(-2a^2b+2b\right)=0\\&F_{\lambda}\left(a,b,\lambda\right)=a^4-a^2b^2+b^2=0\end{aligned}\right.$

由第二式可知 $b$ 不為零。特別地，將前兩式分別乘以 $a$ 與 $b$ 後相加並使用第三式可知

$\displaystyle0=2\pi ab+\lambda\left(4a^4-4a^2b^2+2b^2\right)=2\pi ab-2\lambda b^2$

如此可知 $\displaystyle\lambda=\frac{\pi a}b$，那麼第二式可寫為

$\pi a-2\pi a^3+2\pi a=0$

即 $2a^3-3a=0$，如此 $a=0$ 或 $\displaystyle a=\pm\frac{\sqrt6}2$。由題目之設定應取 $\displaystyle a=\frac{\sqrt6}2$，而由第三式可解得 $\displaystyle b=\frac{3\sqrt2}2$。因此當 $\displaystyle\left(a,b\right)=\left(\frac{\sqrt6}2,\frac{3\sqrt2}2\right)$ 有能與圓 $x^2+y^2=2y$ 相切且面積最小的橢圓。



8. The value of a mortgage is defined by the recurrence relation

   $D_k=D_{k-1}e^{rh}-a\left(h\right),~~k=1,2,\cdots,N=T/h$,

   where $D_0=1$, $r$ is a positive constant called the interest rate, $T$ is a positive constant called the expiry time, and $a\left(h\right)$ is the regular repayment amount. It can be proved that $\displaystyle D_k=e^{rkh}-a\left(h\right)\left(\frac{e^{rkh}-1}{e^{rh}-1}\right)$. Since $D_N=0$, it implies that $a\left(h\right)=$ （H） . The total amount paid is given by $P\left(h\right)=Na\left(h\right)$. Then $\displaystyle\lim_{h\to0}P\left(h\right)=$ （I） .
訣竅
按題意直接計算即可。
解法

由於 $D_N=0$，因此

$\displaystyle0=D_N=e^{rNh}-a\left(h\right)\left(\frac{e^{rNh}-1}{e^{rh}-1}\right)$

並且留意到 $Nh=T$，故所求為

$\displaystyle a\left(h\right)=e^{rT}\cdot\frac{e^{rh}-1}{e^{rT}-1}=\frac{e^{rh}-1}{1-e^{-rT}}$

並且由 $P\left(h\right)=Na\left(h\right)$，所求的極限可表達並直接計算，其中最後一個等式使用了羅必達或自然指數的定義如下

$\displaystyle\lim_{h\to0}P\left(h\right)=\lim_{h\to0}\frac{T}{h}\frac{e^{rh}-1}{1-e^{-rT}}=\frac{T}{1-e^{-rT}}\lim_{h\to0}\frac{e^{rh}-1}h=\frac{rT}{1-e^{-rT}}$

2. 計算題 $2$ 題，每題 $14$ 分，合計 $28$ 分。
1. Find and classify the stationary points of $f\left(x,y\right)=xy^2-x^2y^2+x^4+3$.
訣竅
先求出極值點，即解一階偏導為零的位置；隨後應用二階判別式來分類它們。
解法

先求極值候選點，即解聯立方程組

$\left\{\begin{aligned}&f_x\left(x,y\right)=y^2-2xy^2+4x^3=0\\&f_y\left(x,y\right)=2xy-2x^2y=0\end{aligned}\right.$

第二式可因式分解為 $2xy\left(1-x\right)=0$，故 $x=0$ 或 $x=1$ 或 $y=0$。

• 若 $x=0$ 則由第一式有 $y=0$；
• 若 $x=1$ 則有 $-y^2+4=0$，從而 $y=\pm2$；
• 若 $y=0$ 則第一式可給出 $x=0$。

綜上可得極值候選點為 $\left(0,0\right)$、$\left(1,2\right)$ 與 $\left(1,-2\right)$。

現在計算二階判別式如下

$D\left(x,y\right)=\left|\begin{matrix}f_{xx}\left(x,y\right)&f_{xy}\left(x,y\right)\\f_{yx}\left(x,y\right)&f_{yy}\left(x,y\right)\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}-2y^2+12x^2&2y-4xy\\2y-4xy&2x-2x^2\end{matrix}\right|=-4\left(6x^4+3x^2y^2-6x^3-3xy^2+y^2\right)$

據此將前述的候選點代入可得

• 由於 $D\left(0,0\right)=0$，故此法無法判別 $\left(0,0\right)$ 的性質；然而可以注意到 $f$ 可寫為

  $\displaystyle f\left(x,y\right)=x^4+\frac14y^2-\left(x-\frac12\right)^2y^2+3$

  故在 $\left(0,0\right)$ 附近處有

  $\displaystyle f\left(x,y\right)\approx x^4+\frac14y^2+3\geq 3=f\left(0,0\right)$

  因此 $\left(0,0\right)$ 為局部極小點。
• 因 $D\left(1,2\right)=-16<0$，故 $\left(1,2\right)$ 為鞍點。
• 因 $D\left(1,-2\right)=-16<0$，故 $\left(1,-2\right)$ 為鞍點。



2. Define the sequence $\left\{a_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ recursively by $a_0=1$, $a_{n+1}=\sqrt{a_n+1}$. Show that (b1) $a_n\leq\left(1+\sqrt5\right)/2$; (b2) $a_{n+1}\geq a_n$, for all $n$; and (b3) $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\left(1+\sqrt5\right)/2$.
訣竅
應用數學歸納法去證明各項命題，最後應用單調有界收斂定理確認數列極限存在，從而解出其極限值。
解法

當 $n=0$ 時可以看出 $a_0=1\leq\left(1+\sqrt5\right)/2$，命題成立。假若 $n=k$ 時有 $a_k\leq\left(1+\sqrt5\right)/2$，那麼可以看出

$\displaystyle a_{k+1}=\sqrt{a_k+1}\leq\sqrt{\frac{1+\sqrt5}2+1}=\sqrt{\frac{3+\sqrt5}2}=\sqrt{\frac{\left(1+\sqrt5\right)^2}4}=\frac{1+\sqrt5}2$

故命題在 $n=k+1$ 時也成立，從而由數學歸納法能知道對於所有 $n\in\mathbb{N}$ 恆有 $a_n\leq\left(1+\sqrt5\right)/2$。

接著，當 $n=0$ 時可看出 $a_1=1\geq0=a_0$，命題成立。假若 $n=k$ 時有 $a_{k+1}\geq a_k$，那麼便有

$a_{k+2}=\sqrt{a_{k+1}+1}\geq\sqrt{a_k+1}=a_{k+1}$

因此命題在 $n=k+1$ 時也成立。因此由數學歸納法可知對所有 $n\in\mathbb{N}$ 命題 $a_{n+1}\geq a_n$ 恆成立。

至此，由單調有界收斂定理可知數列 $\left\{a_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ 有極限，記其極限為 $L$。那麼對給定的遞迴式取極限可知 $L=\sqrt{1+L}$，可解得 $\displaystyle L=\frac{1\pm\sqrt5}2$，其中取負號不合。如此我們證明了

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=L=\frac{1+\sqrt5}2$