國立臺灣大學九十六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. ($10\%$) 求 $\displaystyle\lim_{n\to0}\frac1n\int_2^{2+n}e^{-x^2}dx=$　　　　
訣竅
運用羅必達法則與微積分基本定理求解即可。
解法

使用羅畢達法則，對於分子求導時運用微積分基本定理可知

$\displaystyle\lim_{n\to0}\frac1n\int_2^{2+n}e^{-x^2}dx=\lim_{n\to0}e^{-\left(2+n\right)^2}=e^{-4}$



2. ($10\%$) 球之體積為內接於此球之最大圓柱之體積的　　　　倍
訣竅
藉由平移與伸縮，先假定該球為單位球，隨後對於內接圓柱的體積考慮為其高的函數，從而求出最大圓柱的體積。
解法
設該球面為單位球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 且內接圓柱的軸為 $z$ 軸。若此圓柱的高為 $2h$，那麼其底圓半徑為 $\sqrt{1-h^2}$，從而圓柱體積可表達為 $h$ 的函數如下
$f\left(h\right)=\pi\sqrt{1-h^2}^2\cdot2h=2\pi\left(h-h^3\right)$
其中 $h\in\left(0,1\right)$。為了找出最大的體積，我們解方程式 $f'\left(h\right)=0$，即
$2\pi\left(1-3h^2\right)=0$
可解得 $\displaystyle h=\frac{\sqrt3}3$。容易檢驗得知 $f$ 在此處達到最大值，因此最大體積為 $\displaystyle f\left(\frac{\sqrt3}3\right)=\frac{4\pi\sqrt3}9$。而單位球體積為 $\displaystyle\frac{4\pi}3$，故球體體積為內接的最大圓柱體積的 $3$ 倍。


3. ($10\%$) 曲線 $y=e^{-x^2}$ 下凹(concave downward)之範圍為　　　　
訣竅
為了找出凹口向下的區域，應解不等式 $y''\left(x\right)<0$。
解法
依序求一階與二階導函數如下
$y'\left(x\right)=-2xe^{-x^2},\quad y''\left(x\right)=-2e^{-x^2}+4x^2e^{-x^2}=\left(4x^2-2\right)e^{-x^2}$
為了找出下凹範圍，我們解不等式 $y''\left(x\right)<0$，即
$\left(4x^2-2\right)e^{-x^2}<0$
即 $2x^2-1<0$，從而得下凹範圍為 $\displaystyle\left(-\frac{\sqrt2}2,\frac{\sqrt2}2\right)$。


4. ($10\%$) 求 $\displaystyle\lim_{x\to1}\left(2-x\right)^{\tan\frac{1}2\pi x}=$　　　　
訣竅
為了適當的處理此極限，可先考慮變數變換後運用換底公式並使用羅必達法則求解即可。本題與九十四學年度應用微積分第四題相同
解法

令 $u=1-x$，那麼所求的極限可改寫並使用羅必達法則計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\lim_{x\to1}\left(2-x\right)^{\tan\left(\frac{\pi x}2\right)}&=\lim_{u\to0}\left(1+u\right)^{\cot\left(\frac{\pi u}2\right)}=\lim_{u\to0}\exp\left[\frac{\ln\left(1+u\right)}{\tan\left(\pi u/2\right)}\right]\\&=\exp\left[\lim_{u\to0}\frac{\ln\left(1+u\right)}{\tan\left(\pi u/2\right)}\right]=\exp\left[\lim_{u\to0}\frac{\displaystyle\frac1{1+u}}{\displaystyle\frac\pi2\sec^2\left(\frac{\pi u}2\right)}\right]=\exp\left(\frac2\pi\right)\end{aligned}$



5. ($10\%$) 求 $\displaystyle\int_{-1}^1\frac{dx}{x^2}=$　　　　
訣竅
注意到被積分函數在 $x=0$ 處無定義，故以瑕積分的方式處理之。
解法
因為 $x=0$ 為此積分的瑕點，故將此積分分為兩段處理：
$\displaystyle\int_{-1}^1\frac{dx}{x^2}=\int_{-1}^0\frac{dx}{x^2}+\int_0^1\frac{dx}{x^2}$
然而這兩段積分皆發散：
$\displaystyle\begin{aligned}&\int_{-1}^0\frac{dx}{x^2}=\lim_{t\to0^-}\int_{-1}^t\frac{dx}{x^2}=-\lim_{t\to0^-}\left(\frac1t+1\right)=+\infty\\&\int_0^1\frac{dx}{x^2}=\lim_{t\to0^+}\int_t^1\frac{dx}{x^2}=-\lim_{t\to0^+}\left(1-\frac1t\right)=+\infty\end{aligned}$
故所求之瑕積分不存在。


6. ($10\%$) 求 $\displaystyle\int_0^1\frac{\tan^{-1}x}{1+x^2}dx=$　　　　
訣竅
直接計算此定積分即可。
解法

直接計算定積分有

$\displaystyle\int_0^1\frac{\tan^{-1}x}{1+x^2}dx=\int_0^1\tan^{-1}xd\tan^{-1}x=\left.\frac{\left(\tan^{-1}x\right)^2}2\right|_0^1=\frac{\pi^2}{32}$



7. ($10\%$) 星形線(Asteroid) $x=a\cos^3t$, $y=a\sin^3t$ 所圍成之面積 $=$　　　　
訣竅
由參數下的面積公式求解，其中可利用對稱性來簡化計算過程。
解法

所求面積可表達並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}A&=\int_{x=0}^{x=a}y\left(t\right)dx\left(t\right)=4\int_{\frac\pi2}^0a\sin^3tdt\cdot-3a\cos^2t\sin tdt=12a^2\int_0^{\frac\pi2}\sin^4t\cos^2tdt\\&=12a^2\int_0^{\frac\pi2}\left(\frac{1-\cos2t}2\right)^2\left(\frac{1+\cos2t}2\right)dt=\frac{3a^2}2\int_0^{\frac\pi2}\left(1-\cos2t\right)\left(1-\cos^22t\right)dt\\&=\frac{3a^2}4\int_0^{\frac\pi2}\left(1-\cos2t\right)\left(1-\cos4t\right)dt=\frac{3a^2}4\int_0^{\frac\pi2}\left(1-\cos2t-\cos4t+\cos2t\cos4t\right)dt\\&=\frac{3a^2}4\cdot\frac\pi2-\frac{3a^2}4\int_0^{\frac\pi2}\cos2t\cos4tdt=\frac{3\pi a^2}8-\frac{3a^2}8\int_0^{\frac\pi2}\left(\cos6t+\cos2t\right)dt\\&=\frac{3\pi a^2}8\end{aligned}$



8. ($10\%$) 求無窮級數之收斂區間為　　　　

   $\displaystyle1-\frac{x}{5\sqrt2}+\frac{x^3}{5^2\sqrt3}-\frac{x^5}{5^3\sqrt4}+\cdots$

訣竅
先運用比值審歛法的思維求出收斂半徑，隨後判定端點的歛散性。
解法
將給定的無窮級數寫為 $\displaystyle1+\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^{2n-1}$，其中 $\displaystyle a_n=\frac{\left(-1\right)^n}{5^n\sqrt{n+1}}$，那麼為了使其收斂，應有
$\displaystyle1>\lim_{n\to\infty}\frac{\left|a_{n+1}x^{2n+1}\right|}{\left|a_nx^{2n-1}\right|}=x^2\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n+1}}{5\sqrt{n+2}}=\frac{x^2}5$
因此當 $x\in\left(-\sqrt5,\sqrt5\right)$ 時無窮級數收斂。現在檢查端點如下
• 當 $x=-\sqrt5$ 時，級數寫為 $\displaystyle1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{5^n\sqrt{n+1}}\left(-\sqrt5\right)^{2n-1}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{\sqrt{5n+5}}$，容易由交錯級數審歛法看出其收斂。
• 當 $x=\sqrt5$ 時，級數寫為 $\displaystyle1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{5^n\sqrt{n+1}}\left(\sqrt5\right)^{2n-1}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{\sqrt{5n+5}}$，容易由交錯級數審歛法看出其收斂。
因此收斂區間為 $\left[-\sqrt5,\sqrt5\right]$。


9. ($10\%$) 求 $y$ 軸上的點 $\left(0,8\right)$ 與拋物線 $x^2-8y=0$ 之最短距離為　　　　
訣竅
考慮拋物線上的動點與給定點的距離，運用配方法可求其最小值。
解法
設拋物線上的動點 $P$ 為 $\left(4a,2a^2\right)$，其中 $a\in\mathbb{R}$。那麼 $P$ 與 $\left(0,8\right)$ 的距離平方可寫為 $a$ 的函數如下
$f\left(a\right)=\left(4a-0\right)^2+\left(2a^2-8\right)^2=16a^2+4a^4-32a^2+64=4\left(a^2-2\right)^2+48\geq48$
故當 $a=\pm\sqrt2$ 時可得最短距離為 $\sqrt{48}=4\sqrt3$。


10. ($10\%$) 設 $u=\left(x-y\right)\left(y-z\right)\left(z-x\right)$，則 $\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial u}{\partial z}=$　　　　
訣竅
直接運用多變函數連鎖律計算即可。
解法
直接分別對 $x,y,z$ 求偏導可得
$\displaystyle\begin{aligned}&\frac{\partial u}{\partial x}=\left(y-z\right)\left(z-x\right)-\left(x-y\right)\left(y-z\right)\\&\frac{\partial u}{\partial y}=-\left(y-z\right)\left(z-x\right)+\left(x-y\right)\left(z-x\right)\\&\frac{\partial u}{\partial z}=-\left(x-y\right)\left(z-x\right)+\left(x-y\right)\left(y-z\right)\end{aligned}$
據此將三者相加可得 $\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial u}{\partial z}=0$。