國立臺灣大學一百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)
需列計算過程，否則不予計分
填充計算題（總計 $10$ 題，每題 $10$ 分）

1. 令 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)\left(x-5\right)}{x-4}$，則 $f'\left(1\right)=$　　　　　
訣竅
運用導數的定義計算求解即可。
解法

運用導數的定義計算可知

$\displaystyle f'\left(1\right)=\lim_{x\to1}\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)}{x-1}=\lim_{x\to1}\frac{\left(x-2\right)\left(x-3\right)\left(x-5\right)}{x-4}=\frac{\left(1-2\right)\left(1-3\right)\left(1-5\right)}{1-4}=\frac83$



2. 橢圓 $x^2+4y^2=4$ 繞 $x$ 軸所生旋轉之體積為　　　　　
訣竅
使用旋轉體體積公式計算即可。
解法

由於 $x^2\leq x^2+4y^2=4$，故 $-2\leq x\leq2$。那麼使用旋轉體體積公式有

$\displaystyle V=\int_{x=-2}^{x=2}\pi y^2dx=\pi\int_{-2}^2\left(1-\frac{x^2}4\right)dx=\left.\pi\left(x-\frac{x^3}{12}\right)\right|_{-2}^2=\frac{8\pi}3$



3. 解 $\displaystyle x^2\frac{d^2y}{dx^2}-x\frac{dy}{dx}+y=2\ln x$
訣竅
運用變數變換將 Euler 方程改為常係數微分方程來求解。
解法

令 $t=\ln x$，且定義 $u\left(t\right)=y\left(x\right)$，那麼求一階與二階導函數

$\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{dt}{dx}\frac{du}{dt}=\frac1x\frac{du}{dt},\quad\frac{d^2y}{dx^2}=\frac1{x^2}\frac{du^2}{dt^2}-\frac1{x^2}\frac{du}{dt}$

因此給定的微分方程可改寫為

$\displaystyle\left(\frac{du^2}{dt^2}-\frac{du}{dt}\right)-\frac{du}{dt}+u=2t$

即

$\displaystyle\frac{du^2}{dt^2}-2\frac{du}{dt}+u=2t$

此所對應的常係數齊次方程為 $\displaystyle\frac{d^2u}{dt^2}-2\frac{du}{dt}+u=0$，容易看出其通解為 $u_h\left(t\right)=C_1e^t+C_2te^t$。而特解可取 $u_p\left(t\right)=A+Bt$ 的形式，代入後有

$\displaystyle0-2\cdot B+\left(A+Bt\right)=2t$

故可取 $A=4$、$B=2$。至此有一般解為

$u\left(t\right)=u_h\left(t\right)+u_p\left(t\right)=C_1e^t+C_2te^t+4+2t$

故原給定的微分方程的解為

$y\left(x\right)=C_1x+C_2x\ln x+4+2\ln x$



4. 試求 $\rho=2\gamma\cos\theta$ 圓內與 $\rho=\gamma$ 圓外之面積
訣竅
先考慮兩曲線之交點以決定積分範圍，隨後運用極座標下的面積公式求解。
解法

首先考慮兩曲線之交點，即解方程 $2\gamma\cos\theta=\gamma$，此即 $\displaystyle\cos\theta=\frac12$，我們可解得 $\displaystyle\theta=\pm\frac\pi3$。此時可以發現當 $\displaystyle\theta\in\left[-\frac\pi3,\frac\pi3\right]$ 時有 $\displaystyle2\gamma\cos\theta\geq\gamma$，而當 $\displaystyle\theta\in\left[\frac\pi3,\frac{5\pi}3\right]$ 有 $2\gamma\cos\theta\leq\gamma$。現利用對稱性可知所求面積為

$\displaystyle\begin{aligned}A&=2\cdot\frac12\int_0^{\frac\pi3}\left[\left(2\gamma\cos\theta\right)^2-\gamma^2\right]d\theta=\gamma^2\int_0^{\frac\pi3}\left(4\cos^2\theta-1\right)d\theta\\&=\gamma^2\int_0^{\frac\pi3}\left(1+2\cos2\theta\right)d\theta=\gamma^2\left(\theta+\sin2\theta\right)\Big|_0^{\frac\pi3}=\left(\frac\pi3+\frac{\sqrt3}2\right)\gamma^2\end{aligned}$



5. $\displaystyle\sqrt{\frac2\pi}\int_0^{\infty}\frac{e^{-u}}{\sqrt{u}}du=$　　　　　
訣竅
考慮變數代換，並使用經典的瑕積分結果。本題出自九十四學年度應用微積分第七題。
解法

令 $x=\sqrt{u}$，如此

• 當 $u\to\infty$ 時有 $x\to\infty$；
• 當 $u=0$ 時有 $x=0$；
• 求導有 $\displaystyle dx=\frac{du}{2\sqrt{u}}$。

如此所求的值為

$\displaystyle\sqrt{\frac2\pi}\int_0^{\infty}\frac{e^{-u}}{\sqrt{u}}du=\sqrt{\frac2\pi}\int_0^{\infty}e^{-x^2}\cdot2dx=\sqrt{\frac2\pi}\cdot2\cdot\frac{\sqrt\pi}2=\sqrt2$



6. 令 $\displaystyle B\left(a,b\right)=\int_0^1x^{a-1}\left(1-x\right)^{b-1}dx$, $a>0$, $b>0$，則 $B\left(3,4\right)=$　　　　　
訣竅
使用分部積分法計算即可。
解法

使用分部積分法計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}B\left(3,4\right)&=\int_0^1x^2\left(1-x\right)^3dx=-\frac14\int_0^1x^2d\left(1-x\right)^4=\left.-\frac14x^2\left(1-x\right)^4\right|_0^1+\frac12\int_0^1x\left(1-x\right)^4dx\\&=-\frac1{10}\int_0^1xd\left(1-x\right)^5=\left.-\frac1{10}x\left(1-x\right)^5\right|_0^1+\frac1{10}\int_0^1\left(1-x\right)^5dx\\&=\left.-\frac1{60}\left(1-x\right)^6\right|_0^1=\frac1{60}\end{aligned}$



7. 試求 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(n+2\right)^2\left(x-6\right)^n}{6^n}$ 收斂的範圍
訣竅
運用比值審歛法的概念求收斂半徑，隨後再確定端點的歛散性。
解法
運用比值審歛法可知收斂半徑為
$\displaystyle R=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{\left(n+2\right)^2}{6^n}\div\frac{\left(n+3\right)^2}{6^{n+1}}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{6\left(n+2\right)^2}{\left(n+3\right)^2}=6$
因此級數至少在 $\left(0,12\right)$ 上收斂。現確認端點如下
• 若 $x=0$ 時級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^n\left(n+2\right)^2$，其一般項不趨於零，故級數發散。
• 若 $x=12$ 時級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\left(n+2\right)^2$，其一般項不趨於零，故級數發散。
因此收歛的範圍恰為 $\left(0,12\right)$。


8. 試求 $b$ 的範圍使 $\displaystyle b=\frac{\ln y}{y^2}$ 僅有唯一解。
訣竅
利用函數的單調性來確保有且僅有唯一解。
解法
注意到當 $b=0$ 時方程為 $\displaystyle\frac{\ln y}{y^2}=0$，明顯僅有唯一解 $y=1$。
當 $b\neq0$ 時考慮函數 $f_b\left(y\right)=by^2-\ln y$，其中有 $\displaystyle\lim_{y\to0^+}f_b\left(y\right)=\infty$，求導可知
$\displaystyle f_b'\left(y\right)=2by-\frac1y$
若 $b<0$，則 $\displaystyle\lim_{y\to\infty}f_b\left(y\right)=-\infty$ 搭配 $\displaystyle\lim_{y\to0^+}f_b\left(y\right)=\infty$ 蘊含 $f_b\left(y\right)=0$ 至少一解。再者 $f_b'\left(y\right)<0$，故 $f_b\left(y\right)=0$ 至多僅有一解。
若 $b>0$，那麼 $f_b'\left(y\right)=0$ 可解得 $\displaystyle y=\frac1{\sqrt{2b}}$，且有 $\displaystyle f_b''\left(y\right)=2b+\frac1{y^2}>0$，故 $f_b$ 在 $\displaystyle y=\frac1{\sqrt{2b}}$ 處達到最小值。此時有
$\displaystyle f_b\left(\frac1{\sqrt{2b}}\right)=\frac{1+\ln\left(2b\right)}2$
再者此時也有 $\displaystyle\lim_{y\to\infty}f_b\left(y\right)=\infty$。容易知道有下列三種情形
• 若 $1+\ln\left(2b\right)>0$，即 $\displaystyle b>\frac1{2e}$ 時方程無解。
• 若 $1+\ln\left(2b\right)=0$，即 $\displaystyle b=\frac1{2e}$ 時方程恰一解。
• 若 $1+\ln\left(2b\right)<0$，即 $\displaystyle b<\frac1{2e}$ 時方程不只一解。
綜上所述可知當 $b\leq0$ 或 $\displaystyle b=\frac1{2e}$ 時恰有一解。


9. 試求 $x=2y^2$ 到點 $\left(1,1\right)$ 的最短距離為　　　　　
訣竅
運用拉格朗日乘子法求距離平方函數的最小值即可。
解法

考慮與 $\left(1,1\right)$ 的距離平方函數為 $f\left(x,y\right)=\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2=x^2+y^2-2x-2y+2$。為了處理條件極值問題，設定拉格朗日乘子函數如下

$\displaystyle F\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2-2x-2y+2+\lambda\left(x-2y^2\right)$

據此解下列聯立方程組

$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,\lambda\right)=2x-2+\lambda=0\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=2y-2-4\lambda y=0\\&F_{\lambda}\left(x,y,\lambda\right)=x-2y^2=0\end{aligned}\right.$

將第一式乘以 $4y$ 加上第二式可知 $8xy-6y-2=0$，隨後運用第三式可得 $8y^3-3y-1=0$。令 $g\left(y\right)=8y^3-3y-1$，求導有 $g'\left(y\right)=24y^2-3$ 與 $g''\left(y\right)=48y$，而當 $g'\left(y\right)=0$ 有 $\displaystyle y=\pm\frac{\sqrt2}4$。由於 $\displaystyle g''\left(-\frac{\sqrt2}4\right)<0$，因此 $g$ 在 $\displaystyle y=-\frac{\sqrt2}4$ 處達到局部極大值，那麼 $\displaystyle g\left(-\frac{\sqrt2}4\right)<0$，由此可以確認 $g\left(y\right)=0$ 有唯一解，記此解為 $y_0$。

那麼最短距離距離滿足

$\displaystyle d=\sqrt{f\left(2y_0^2,y_0\right)}=\sqrt{4y_0^4-3y_0^2-2y_0+2}=\sqrt{\frac{4-3y_0\left(y_0+1\right)}2}$



10. $\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{k+1}{\left(k+2\right)\left(k+3\right)\left(k+4\right)}=$　　　　　
訣竅
運用分項對消即可。
解法

可以作出如下的改寫並計算

$\displaystyle\begin{aligned}\sum_{k=1}^n\frac{k+1}{\left(k+2\right)\left(k+3\right)\left(k+4\right)}&=\frac12\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{\left(k+2\right)\left(k+3\right)}-\frac{k+1}{\left(k+3\right)\left(k+4\right)}\right)\\&=\frac12\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k+2}-\frac{2k+2}{k+3}+\frac{k+1}{k+4}\right)\\&=\frac12\sum_{k=1}^n\left(-\frac1{k+2}+\frac4{k+3}-\frac3{k+4}\right)\\&=-\frac12\sum_{k=1}^n\left(\frac1{k+2}-\frac1{k+3}\right)+\frac32\sum_{k=1}^n\left(\frac1{k+3}-\frac1{k+4}\right)\\&=-\frac12\left(\frac13-\frac1{n+3}\right)+\frac32\left(\frac14-\frac1{n+4}\right)\\&=\frac5{24}+\frac1{2n+6}-\frac3{2n+8}=\frac{n\left(5n+11\right)}{24\left(n+3\right)\left(n+4\right)}\end{aligned}$