國立臺灣大學九十九學年度研究所碩士班入學考試試題：應用微積分

答案請寫於答案卷上
須列計算過程，否則不予計分
總計十題，每題十分

1. $f\left(x\right)=\begin{cases}x^2-a&x\geq2\\mx+6&x<2\end{cases}$. Find the value of $m$ and $a$ to make $f$ differentiable everywhere.
訣竅
運用左右極限相同與左右導數相同來求解。
解法
由於可導函數必然連續，因此有
$2m+6=\lim_{x\to2^-}\left(mx+6\right)=\lim_{x\to2^-}f\left(x\right)=f\left(2\right)=4-a$
故有 $a+2m+2=0$。另一方面，由於函數可導，故極限 $\displaystyle\lim_{x\to2}\frac{f\left(x\right)-f\left(2\right)}{x-2}$ 存在，即有
$\displaystyle m=\lim_{x\to2^-}\frac{m\left(x-2\right)}{x-2}=\lim_{x\to2^-}\frac{f\left(x\right)-f\left(2\right)}{x-2}=\lim_{x\to2^+}\frac{f\left(x\right)-f\left(2\right)}{x-2}=\lim_{x\to2^+}\frac{x^2-4}{x-2}=\lim_{x\to2^+}\left(x+2\right)=4$
因此有 $m=4$，從而得 $a=-10$。


2. Which of the following one(s) is(are) convergent?

   $\displaystyle\begin{aligned}&(1)\int_0^{\infty}\frac{dx}{x^3+1}\qquad\qquad\quad(3). \int_{-\infty}^{\infty}\sin xdx\\&(2). \int_0^2\frac{dx}{x^2+x-2}\qquad\quad(4). \int_2^{\infty}\frac{dx}{x\left(\ln x\right)^p},\qquad p>1\end{aligned}$

訣竅
分別使用比值審歛法、分段處理瑕點、按照瑕積分定義計算等即可確認是否收斂。
解法

1. 由於函數 $\displaystyle\frac1{x^3+1}$ 在 $\left[1,\infty\right)$ 上非負，且有不等式 $\displaystyle\frac1{x^3+1}<\frac1{x^3}$，並搭配瑕積分 $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac1{x^3}dx=\left.-\frac1{2x^2}\right|_1^{\infty}=\frac12$，故瑕積分 $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{dx}{x^3+1}$ 收斂。另一方面 $\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{x^3+1}$ 為通常的定積分，故瑕積分 $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{dx}{x^3+1}$ 收斂。
2. 注意因式分解 $x^2+x-2=\left(x+2\right)\left(x-1\right)$，因此給定的積分在 $x=1$ 處有瑕疵，故將其分段來處理：

   $\displaystyle\int_0^2\frac{dx}{x^2+x-2}=\int_0^1\frac{dx}{x^2+x-2}+\int_1^2\frac{dx}{x^2+x-2}$

   而前者與後者可分別確認發散如下

   $\displaystyle\begin{aligned}&\int_0^1\frac{dx}{x^2+x-2}=\frac13\lim_{t\to1^-}\int_0^t\left(\frac1{x-1}-\frac1{x+2}\right)dx=\frac13\ln\left|\frac{2-2t}{t+2}\right|=-\infty\\&\int_1^2\frac{dx}{x^2+x-2}=\frac13\lim_{t\to1^+}\int_t^1\left(\frac1{x-1}-\frac1{x+2}\right)dx=\frac13\ln\left|\frac{t+2}{4t-4}\right|=\infty\end{aligned}$

   因此給定的瑕積分 $\displaystyle\int_0^2\frac{dx}{x^2+x-2}$ 發散。
3. 按照瑕積分的定義分拆後求極限可以注意到

   $\displaystyle\begin{aligned}&\int_0^{\infty}\sin xdx=\lim_{t\to\infty}\int_0^t\sin xdx=-\lim_{t\to\infty}\left(1-\cos t\right)\\&\int_{-\infty}^0\sin xdx=\lim_{t\to-\infty}\int_t^0\sin xdx=-\lim_{t\to-\infty}\left(1-\cos t\right)\end{aligned}$

   兩者極限皆不存在，故給定的瑕積分 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\sin xdx$ 發散。
4. 直接按瑕積分的定義計算可知

   $\displaystyle\int_2^{\infty}\frac{dx}{x\left(\ln x\right)^p}=\lim_{t\to\infty}\int_2^t\frac{dx}{x\left(\ln x\right)^p}=\left.-\lim_{t\to\infty}\frac1{\left(p-1\right)\left(\ln x\right)^{p-1}}\right|_2^t=\frac1{\left(p-1\right)\ln^{p-1}2}$



3. Find $\left(f^{-1}\right)'\left(2\right)$, if $x^2-\left(f\left(x\right)\right)^3=xf\left(x\right)$, $x\geq0$.
訣竅
運用反函數的定義與連鎖律來求解即可。
解法
按照反函數的定義可知 $f\left(f^{-1}\left(x\right)\right)=x$，求導可知
$f'\left(f^{-1}\left(x\right)\right)\left(f^{-1}\right)'\left(x\right)=1$
取 $x=2$ 可知
$\displaystyle\left(f^{-1}\right)'\left(2\right)=\frac1{f'\left(f^{-1}\left(2\right)\right)}$
另一方面，由於 $f\left(4\right)=2$，故 $f^{-1}\left(2\right)=4$。故所求為 $\displaystyle\left(f^{-1}\right)'\left(2\right)=\frac1{f'\left(4\right)}$。再者，對給定的方程使用隱函數微分可知 $2x-3\left(f\left(x\right)\right)^2f'\left(x\right)=f\left(x\right)+xf'\left(x\right)$。取 $x=4$ 可知 $8-3\cdot2^2f'\left(4\right)=2+4f'\left(4\right)$，因此 $\displaystyle f'\left(4\right)=\frac38$，從而所求為 $\displaystyle\left(f^{-1}\right)'\left(2\right)=\frac83$。


4. Evaluate (1) $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac1n\tan\left(\frac{i}n\right)$　　　($5$ points)
   Evaluate (2) $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac1{\sqrt{2n^2+n}}+\frac1{\sqrt{2n^2+2n}}+\frac1{\sqrt{2n^2+3n}}+\cdots+\frac1{\sqrt{3n^2}}\right)$　　　($5$ points)
訣竅
可以將之視為黎曼和來話為定積分計算。
解法

1. 可以將所求視為函數 $\tan\left(x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上作等分割的黎曼和，故其極限可化為如下的定積分並計算

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac1n\tan\left(\frac{i}n\right)=\int_0^1\tan xdx=\ln\left|\sec x\right|\Big|_0^1=\ln\left|\sqrt2-1\right|$

2. 可以將所求表示為 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{2+\frac{k}n}}$，故可視為函數 $\displaystyle\frac1{\sqrt{2+x}}$ 在 $\left[0,1\right]$ 上作等分割的黎曼和，故其極限可化為如下的定積分計算

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac1{\sqrt{2n^2+n}}+\frac1{\sqrt{2n^2+2n}}+\frac1{\sqrt{2n^2+3n}}+\cdots+\frac1{\sqrt{3n^2}}\right)=\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{2+x}}=2\sqrt{2+x}\Big|_0^1=2\sqrt3-2\sqrt2$



5. Let $\Omega$ be the solid enclosed by two solids of revolution (rotating about $x$-axis), one is $y=\sqrt{x}$, the other is $y=\sqrt{2-x}$. Find its surface area.
訣竅
先求出兩曲線之交點，進而確定適當的積分範圍，並由旋轉體表面積公式求解。
解法

首先確認兩曲線 $y=\sqrt{x}$ 與 $y=\sqrt{2-x}$ 的交點為 $\left(1,1\right)$，因此所求的表面積為

$\displaystyle\begin{aligned}A&=\int_0^12\pi\sqrt{x}\cdot\sqrt{1+\left(\frac{d\sqrt{x}}{dx}\right)^2}dx+\int_1^22\pi\sqrt{2-x}\cdot\sqrt{1+\left(\frac{d\sqrt{2-x}}{dx}\right)^2}dx\\&=2\pi\int_0^1\sqrt{x+\frac14}dx+2\pi\int_1^2\sqrt{2-x+\frac14}dx\\&=\left.2\pi\cdot\frac23\left(x+\frac14\right)^{\frac32}\right|_0^1-\left.2\pi\cdot\frac23\left(\frac94-x\right)^{\frac32}\right|_1^2\\&=\frac{4\pi}3\left(\frac{5\sqrt5}8-\frac18\right)-\frac{4\pi}3\left(\frac18-\frac{5\sqrt5}8\right)\\&=\frac{\pi\left(5\sqrt5-1\right)}3\end{aligned}$



6. Find $\displaystyle\int_2^3\left(2x+3\right)\left(x^2+3x-2\right)^{\frac32}dx$.
訣竅
直接運用變數代換進行積分即可。
解法

直接積分可知

$\displaystyle\int_2^3\left(2x+3\right)\left(x^2+3x-2\right)^{\frac32}dx=\int_2^3\left(x^2+3x-2\right)^{\frac32}d\left(x^2+3x-2\right)=\left.\frac25\left(x^2+3x-2\right)^{\frac52}\right|_2^3=\frac25\left(1024-128\sqrt2\right)$



7. Find $\displaystyle\frac{dy}{dx}$, given (1) $\displaystyle y=\frac{\left(x^2-3x-2\right)^2\left(2x^2+x-1\right)^3}{\left(x^4-x^2+1\right)^4\left(2x+1\right)^6}$; (2) $\displaystyle y=\left[\cos\left(\sqrt{x}-x\right)\right]^3$. ($5$ points each)
訣竅
第一小題可運用對數微分法求解，而第二小題則謹慎的使用連鎖律計算即可。
解法

1. 同取自然對數後有

   $\displaystyle\ln y=2\ln\left|x^2-3x-2\right|+3\ln\left|2x-1\right|+3\ln\left|x+1\right|-4\ln\left|x^4-x^2+1\right|-6\ln\left|2x+1\right|$

   求導可知

   $\displaystyle\frac1y\frac{dy}{dx}=\frac{4x-6}{x^2-3x-2}+\frac6{2x-1}+\frac3{x+1}-\frac{16x^3-8x}{x^4-x^2+1}-\frac{12}{2x+1}$

   故所求為

   $\displaystyle\frac{dy}{dx}=\left(\frac{4x-6}{x^2-3x-2}+\frac6{2x-1}+\frac3{x+1}-\frac{16x^3-8x}{x^4-x^2+1}-\frac{12}{2x+1}\right)\frac{\left(x^2-3x-2\right)^2\left(2x^2+x-1\right)^3}{\left(x^4-x^2+1\right)^4\left(2x+1\right)^6}$

2. 使用連鎖律求導可知

   $\displaystyle\frac{dy}{dx}=3\left[\cos\left(\sqrt{x}-x\right)\right]^2\cdot-\sin\left(\sqrt{x}-x\right)\cdot\left(\frac1{2\sqrt{x}}-1\right)=-\frac{3\left(1-2\sqrt{x}\right)\left[\cos\left(\sqrt{x}-x\right)\right]^2\sin\left(\sqrt{x}-x\right)}{2\sqrt{x}}$



8. A certain region $R$ on $xy$ plan is bounded by three curves: $y=x^2$, $y=x^2/8$, and $y=1/x$. Find the area of $R$.
訣竅
先兩兩解出邊界交點以便分段確定出面積。
解法

可以看出 $y=x^2$ 與 $y=x^2/8$ 的交點 $\left(0,0\right)$，$y=x^2$ 與 $y=1/x$ 的交點為 $\left(1,1\right)$，$y=1/x$ 與 $y=x^2/8$ 的交點為 $\left(2,1/2\right)$，繪圖如下



如此所求的面積為

$\displaystyle A=\int_0^1\left(x^2-\frac{x^2}8\right)dx+\int_1^2\left(\frac1x-\frac{x^2}8\right)dx=\left.\frac{7x^3}{24}\right|_0^1+\left.\left(\ln x-\frac{x^3}{24}\right)\right|_1^2=\ln2$



9. Find the extreme value(s) of $f\left(x,y\right)=x^2+2xy+y^2$, given $x^2+y^2\leq4$, with Lagrange multiplier.
訣竅
在圓盤內部可解一階偏導為零的位置，而在圓盤邊界上運用拉格朗日乘子法求條件極值。
解法
在圓盤內部中，我們解一階偏導為零的位置，即
$\left\{\begin{aligned}&f_x\left(x,y\right)=2x+2y=0&\\&f_y\left(x,y\right)=2x+2y=0\end{aligned}\right.$
此即 $x=-y$，而在這個位置時 $f\left(x,-x\right)=0$。
而在邊界上，設置拉格朗日乘子函數如下
$F\left(x,y,\lambda\right)=x^2+2xy+y^2+\lambda\left(x^2+y^2-4\right)$
據此解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,\lambda\right)=2x+2y+2\lambda x=0\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=2y+2x+2\lambda y=0\\&F_{\lambda}\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2-4=0\end{aligned}\right.$
由於前兩式明顯有 $\left(x,y\right)=\left(0,0\right)$ 作為解，然而這與第三式不合，從而前兩式具有非零解，因此行列式 $\left|\begin{matrix}2+2\lambda&2\\2&2+2\lambda\end{matrix}\right|=0$，即有 $\left(1+\lambda\right)^2=1$，故得 $\lambda=0$ 或 $\lambda=-2$。
• 當 $\lambda=0$ 時有 $x=-y$，搭配第三式有 $\left(x,y\right)=\pm\left(\sqrt2,-\sqrt2\right)$。
• 當 $\lambda=-2$ 時有 $x=y$，搭配第三式有 $\left(x,y\right)=\pm\left(\sqrt2,\sqrt2\right)$。
據此可以注意到最小值發生在直線 $y=-x$ 上，其值為零，而最大值發生在 $\pm\left(\sqrt2,\sqrt2\right)$，其值為 $8$。


10. Let $u=f\left(x,y,z\right)=e^{x+y+z}\sin\left(x^2y+yz^2\right)$, $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, $z=\theta^2$. Find $\displaystyle\frac{\partial u}{\partial r}$.
訣竅
運用多變函數的連鎖律計算即可。
解法

運用多邊函數連鎖律可知

$\displaystyle\begin{aligned}\frac{\partial u}{\partial r}&=\frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial r}+\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial r}+\frac{\partial f}{\partial z}\frac{\partial z}{\partial r}\\&=e^{x+y+z}\left(\sin\left(x^2y+yz^2\right)+2xy\cos\left(x^2y+yz^2\right)\right)\cdot\cos\theta+e^{x+y+z}\left(\sin\left(x^2y+yz^2\right)+\left(x^2+z^2\right)\cos\left(x^2y+yz^2\right)\right)\cdot\sin\theta\\&=e^{x+y+z}\left[\sin\left(x^2y+yz^2\right)\left(\sin\theta+\cos\theta\right)+\cos\left(x^2y+yz^2\right)\left(2xy\cos\theta+\left(x^2+z^2\right)\sin\theta\right)\right]\end{aligned}$