國立臺灣大學一百零二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. $\displaystyle\lim_{x\to0}x^2\sin\frac1x=$　　　　?
訣竅
運用夾擠定理即可。
解法
由於 $\displaystyle-1\leq\sin\frac1x\leq1$，因此有
$\displaystyle-x^2\leq x^2\sin\frac1x\leq x^2$
由於 $\displaystyle\lim_{x\to0}\left(-x^2\right)=0=\lim_{x\to0}x^2$，故由夾擠定理可知 $\displaystyle\lim_{x\to0}x^2\sin\frac1x=0$。


2. Given $c$ is a nonzero constant, $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[3]{1+cx}-1}x=$　　　　?
訣竅
注意到此極限可視為函數在特定位置的求導。
解法

設 $f\left(x\right)=\sqrt[3]{1+cx}$，那麼所求可視為 $f$ 在原點的導數值，而 $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{c}3\left(1+cx\right)^{-\frac23}$，故所求為

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[3]{1+cx}-1}x=f'\left(0\right)=\frac{c}3$



3. If $f\left(x\right)=e^xg\left(x\right)$, where $g\left(0\right)=2$ and $g'\left(0\right)=5$, find $f'\left(0\right)$.
訣竅
運用微分公式計算求解即可。
解法

首先求導可知

$f'\left(x\right)=\left(e^x\right)'g\left(x\right)+e^xg'\left(x\right)=e^x\left(g\left(x\right)+g'\left(x\right)\right)$

取 $x=0$ 可知

$f'\left(0\right)=e^0\left(g\left(0\right)+g'\left(0\right)\right)=1\cdot\left(2+5\right)=7$



4. Find the two points on the curve $y=x^4-2x^2-x$ that have a common tangent line.
訣竅
按照題意假設兩點，那麼兩點連線的斜率與各別的切線斜率皆相同，從而求出兩點座標。
解法
設 $f\left(x\right)=x^4-2x^2-x$，而所求兩點座標分別為 $P=\left(a,f\left(a\right)\right)$ 與 $Q=\left(b,f\left(b\right)\right)$，其中 $a<b$。那麼按條件可知 $\displaystyle f'\left(a\right)=\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}=f'\left(b\right)$。首先由 $f'\left(a\right)=f'\left(b\right)$ 可知
$4a^3-4a-1=4b^3-4b-1$
整理有 $a^3-a=b^3-b$，即 $\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2-1\right)=0$。由於 $a<b$，故 $a$ 與 $b$ 應滿足 $a^2+ab+b^2=1$。另一方面，切線斜率又等於割線斜率，因此有
$\displaystyle\frac{\left(b^4-2b^2-b\right)-\left(a^4-2a^2-a\right)}{b-a}=\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}=f'\left(a\right)=4a^3-4a-1$
將左式化簡可知 $\left(b^3+b^2a+ba^2+a^3\right)-2\left(b+a\right)-1=4a^3-4a-1$，因此有
$b^3+b^2a+ba^2-3a^3-2b+2a=0$
搭配條件 $a^2+ab+b^2=1$ 有 $b^3+b^2a+ba^2 = b$，因此得到 $-3a^3-b+2a=0$。另一方面，由條件 $a^2+ab+b^2=1$ 有 $a^3=a-a^2b-b^2a$，因此有
$\left(a+b\right)\left(3ab-1\right)=3a^2b+3b^2a-b-a=0$
故 $a+b=0$ 或 $3ab-1=0$。
• 若 $a+b=0$ 且 $a^2+ab+b^2=1$，則得 $a=\pm1$ 而 $b=\mp1$。由 $a<b$，故取 $a=-1$ 而 $b=1$。
• 若 $3ab=1$，那麼由 $a^2+ab+b^2=1$ 有

  $\displaystyle a^2+\frac13+\frac1{9a^2}=1$

  即 $\displaystyle a^2=\frac1{3a^2}$，因此 $\displaystyle a=\pm3^{-\frac14}$。若 $a=-3^{-\frac14}$，則 $b=-3^{-\frac34}$，而若 $a=3^{-\frac14}$，則 $b=3^{-\frac34}<a$，故僅有 $a=-3^{-\frac14}$，則 $b=-3^{-\frac34}$。
綜上所述有兩組所求。第一組為 $\left(-1,f\left(-1\right)\right)$ 與 $\left(1,f\left(1\right)\right)$，而第二組為 $\left(-3^{-\frac14},f\left(-3^{-\frac14}\right)\right)$ 與 $\left(-3^{-\frac34},f\left(-3^{-\frac34}\right)\right)$。


5. A piece of wire $10$ m long is cut into two pieces. One piece is bent into a square and the other is bent into an equilateral triangle. How should the wire be cut so that the total area enclosed is a minimum?
訣竅
根據題意分割兩段後考慮面積函數，利用導函數求極值。
解法
設線段分為兩段為 $x$ 公尺與 $10-x$ 公尺，那麼面積可表達 $x$ 的函數為
$\displaystyle A\left(x\right)=\left(\frac{x}4\right)^2+\frac{\sqrt3}4\left(\frac{10-x}3\right)^2$
其中 $x\in\left(0,10\right)$。為了求 $A$ 的極小值，我們解方程式 $A'\left(x\right)=0$，即
$\displaystyle A'\left(x\right)=\frac{x}8-\frac{\sqrt3}{18}\left(10-x\right)=0$
可解得 $\displaystyle x=\frac{40\sqrt3}{9+4\sqrt3}=\frac{120\sqrt3-160}{11}$。再者，進一步求二階導函數有 $\displaystyle A''\left(x\right)=\frac18+\frac{\sqrt3}{18}>0$，因此 $A$ 在 $\displaystyle x=\frac{120\sqrt3-160}{11}$ 達到極小值。因此將 $10$ 公尺分為 $\displaystyle\frac{120\sqrt3-160}{11}$ 與 $\displaystyle\frac{270-120\sqrt3}{11}$。


6. $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac1{\sqrt{2\pi}}\left(x-3\right)^6e^{-\left(x-3\right)^2/2}dx=$　　　　?
訣竅
運用變數變換、分部積分法與經典的瑕積分即可。
解法

令 $\displaystyle u=\frac{x-3}{\sqrt2}$，那麼

• 當 $x\to\infty$ 時有 $u\to\infty$；
• 當 $x\to-\infty$ 時有 $u\to-\infty$；
• 求導有 $\displaystyle dx=\sqrt2du$。

據此所求的瑕積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty}\frac1{\sqrt{2\pi}}\left(x-3\right)^6e^{-\left(x-3\right)^2/2}dx&=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}8u^6e^{-u^2}\cdot\sqrt2du=\frac4{\sqrt\pi}\int_{-\infty}^{\infty}u^5e^{-u^2}du^2\\&=-\frac4{\sqrt\pi}\int_{-\infty}^{\infty}u^5de^{-u^2}=-\frac4{\sqrt\pi}\left[u^5e^{-u^2}\Big|_{-\infty}^{\infty}-5\int_{-\infty}^{\infty}u^4e^{-u^2}du\right]\\&=-\frac{10}{\sqrt\pi}\int_{-\infty}^{\infty}u^3de^{-u^2}=-\frac{10}{\sqrt\pi}\left[u^3e^{-u^2}\Big|_{-\infty}^{\infty}-3\int_{-\infty}^{\infty}u^2e^{-u^2}du\right]\\&=-\frac{15}{\sqrt\pi}\int_{-\infty}^{\infty}ude^{-u^2}=-\frac{15}{\sqrt\pi}\left[ue^{-u^2}\Big|_{-\infty}^{\infty}-\int_{-\infty}^{\infty}e^{-u^2}du\right]\\&=\frac{15}{\sqrt\pi}\cdot\sqrt\pi=15\end{aligned}$



7. Let $a_n$ and $c_n$ be sequences of real number such that $a_n$ converges to $0$, and $c_na_n^2$ converges to $0$. Then $\displaystyle\lim_{n\to\infty}c_n\log\left(1+a_n\right)-a_nc_n=$　　　　?
訣竅
由泰勒展開式的知識觀察即可。
解法

因為 $a_n$ 隨 $n$ 的增加而趨於零，故 $\displaystyle\log\left(1+a_n\right)=a_n-\frac{a_n^2}2+\frac1{3\left(1+\xi_n\right)^3}a_n^3$，其中 $\xi_n$ 介於 $a_n$ 與 $0$ 之間。如此所求之算式為

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}c_n\log\left(1+a_n\right)-c_na_n=\lim_{n\to\infty}\left(-\frac{c_na_n^2}2+\frac{c_na_n^3}{3\left(1+\xi_n\right)^3}\right)=0$



8. $\displaystyle\int_0^{\infty}x^{103}e^{-3x}dx=$　　　　?
訣竅
運用遞迴關係、數學歸納法以及分部積分法求解。
解法
設 $\displaystyle I_n=\int_0^{\infty}x^ne^{-3x}dx$，其中 $n\in\mathbb{N}\cup\left\{0\right\}$。那麼由分部積分法可知
$\displaystyle I_n=\int_0^{\infty}x^ne^{-3x}dx=-\frac13\int_0^{\infty}x^nde^{-3x}=\left.-\frac13x^ne^{-3x}\right|_0^{\infty}+\frac{n}3\int_0^{\infty}x^{n-1}e^{-3x}dx=\frac{n}3I_{n-1}$
再者，當 $n=0$ 時有
$\displaystyle I_0=\int_0^{\infty}e^{-3x}dx=\frac13$
因此由數學歸納法或遞迴關係可觀察出
$\displaystyle I_n=\frac{n}3I_{n-1}=\frac{n\left(n-1\right)}{3\cdot3}I_{n-2}=\cdots=\frac{n!}{3^n}I_0=\frac{n!}{3^{n+1}}$
故所求為 $\displaystyle I_{103}=\frac{103!}{3^{104}}$。


9. $\displaystyle\int\int\int_0^{\infty}\frac{12}{\left(2+x+y+z\right)^4}dxdydz=$　　　　?
訣竅
逐步作瑕積分計算即可。
解法

直接逐步計算三重瑕積分可知

$\displaystyle\begin{aligned}\int\int\int_0^{\infty}\frac{12}{\left(2+x+y+z\right)^4}dxdydz&=-\int\int_0^{\infty}\left.\frac4{\left(2+x+y+z\right)^3}\right|_{x=0}^{x=\infty}dydz\\&=\int\int_0^{\infty}\frac4{\left(2+y+z\right)^3}dydz\\&=-\int_0^{\infty}\left.\frac2{\left(2+y+z\right)^2}\right|_{y=0}^{y=\infty}dz\\&=\int_0^{\infty}\frac2{\left(2+z\right)^2}dz=\left.-\frac2{2+z}\right|_{z=0}^{z=\infty}=1\end{aligned}$



10. Find the volume of the solid that lies under the paraboloid $z=x^2+y^2$, above the $xy$-plane, and inside the cylinder $x^2+y^2=2x$.
訣竅
首先用重積分表達出所求的體積，隨後由極座標變換計算之。
解法

設 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:~x^2+y^2\leq2x\right\}$，那麼所求的體積可表達如下

$\displaystyle V=\iint_D\left[\left(x^2+y^2\right)-0\right]dA$

運用極座標變換，令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，其中變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq2\cos\theta\\&-\frac\pi2\leq\theta\leq\frac\pi2\end{aligned}\right.$，如此所求的體積可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}V&=\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\int_0^{2\cos\theta}r^2\cdot rdrd\theta=\frac14\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\left(2\cos\theta\right)^4d\theta\\&=4\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\left(\frac{1+\cos2\theta}2\right)^2d\theta=\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\left(1+2\cos2\theta+\cos^22\theta\right)d\theta\\&=\frac12\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\left(3+4\cos2\theta+\cos4\theta\right)d\theta=\left.\frac12\left(3\theta+2\sin2\theta+\frac{\sin4\theta}4\right)\right|_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}=\frac{3\pi}2\end{aligned}$