國立臺灣大學九十四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 14 題，第 1 題及第 8 題每題 8 分，其餘每題 7 分）

1. ($8\%$) 試求出曲線 $y=\ln\left(\cos x\right)$ 介於 $x=0$ 與 $x=\pi/4$ 之間的長度為：　　　　　
訣竅
使用曲線弧長公式即可。
解法

使用曲線弧長公式可得

$\displaystyle s=\int_0^{\pi/4}\sqrt{1+y'^2\left(x\right)}dx=\int_0^{\pi/4}\sqrt{1+\left(-\frac{\sin x}{\cos x}\right)^2}dx=\int_0^{\pi/4}\sec\theta d\theta=\ln\left|\sec\theta+\tan\theta\right|\Big|_0^{\pi/4}=\ln\left(1+\sqrt2\right)$



2. ($7\%$) 曲線任一點 $\left(x,y\right)$ 切線之斜率為 $\displaystyle\frac{y+x}{y-x}$，若此曲線通過已知點 $\left(1,1\right)$，則此曲線方程式為：　　　　　
訣竅
按照題意可得一微分方程，透過通過之點有初始條件，可以透過一些基本積分獲得原曲線。
解法
按照題意有
$\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{y+x}{y-x}$
整理有
$xdx+\left(ydx+xdy\right)-ydy=\left(y+x\right)dx+\left(x-y\right)dy=0$
取積分可得
$\displaystyle\frac12x^2+xy-\frac12y^2=C$
取 $x=y=1$ 那麼 $C=1$，因此所求的曲線為 $x^2+2xy-y^2=2$。


3. ($7\%$) $y=\sin\left(\pi x\right)$，$y=x^2-x$ 所圍成之面積為　　　　　
訣竅
先求出兩曲線之交點以決定出適當的積分範圍。
解法

為了找出兩曲線的交點，因此要解方程式 $\sin\left(\pi x\right)=x^2-x$，容易看出 $x=0$ 與 $x=1$ 為根。容易可以觀察到所求面積應為

$\displaystyle A=\int_0^1\left[\sin\left(\pi x\right)-\left(x^2-x\right)\right]dx=\left.\left(-\frac{\cos\left(\pi x\right)}\pi-\frac{x^3}3+\frac{x^2}2\right)\right|_0^1=\frac2\pi+\frac16=\frac{12+\pi}{6\pi}$



4. ($7\%$) 求 $\displaystyle\lim_{x\to1}\left(2-x\right)^{\tan\left(\frac{\pi x}2\right)}=$　　　　　
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。
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. ($7\%$) $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\left[\sin\left(\frac{\pi i}n\right)\right]\frac{\pi}n=$　　　　　
訣竅
將其視為黎曼和，從而其極限可化為定積分計算之。
解法

可以注意到 $\displaystyle\sum_{i=1}^n\left[\sin\left(\frac{\pi i}n\right)\right]\frac\pi{n}$ 為函數 $f\left(x\right)=\sin\left(x\right)$ 在 $\left[0,\pi\right]$ 上作 $n$ 等分割所形成的黎曼和，故其極限可化為如下的定積分並計算

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\left[\sin\left(\frac{\pi i}n\right)\right]\frac\pi{n}=\int_0^{\pi}\sin\left(x\right)dx=-\cos\left(x\right)\Big|_0^{\pi}=2$



6. ($7\%$) $\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{\left(1+x^2\right)^2}=$　　　　　
訣竅
根據被積分函數的特性可知使用正切函數進行代換。
解法

運用三角代換，令 $x=\tan\theta$，那麼

• 當 $x=1$ 時有 $\displaystyle\theta=\frac\pi4$；
• 當 $x=0$ 時有 $\theta=0$；
• 求導有 $dx=\sec^2\theta d\theta$。

因此所求的定積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{\left(1+x^2\right)^2}=\int_0^{\frac\pi4}\frac{\sec^2\theta d\theta}{\left(1+\tan^2\theta\right)^2}=\int_0^{\frac\pi4}\cos^2\theta d\theta=\frac12\int_0^{\frac\pi4}\left(1+\cos2\theta\right)d\theta=\left.\frac{2\theta+\sin2\theta}4\right|_0^{\frac\pi4}=\frac{\pi+2}8$



7. ($7\%$) $\displaystyle\sqrt{\frac2\pi}\int_0^{\infty}\frac{e^{-u}}{\sqrt{u}}du=$　　　　　
訣竅
考慮變數代換，並使用經典的瑕積分結果。
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

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



8. ($8\%$) $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sec x\ln\left(\frac{1+b\cos x}{1+a\cos x}\right)dx=$　　　　　
訣竅
將之轉換為重積分後交換次序求解。
解法

將所求寫為重積分後交換積分次序表達如下

$\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sec x\ln\left(\frac{1+b\cos x}{1+a\cos x}\right)dx=\int_0^{\pi/2}\int_a^b\frac1{1+t\cos x}dtdx=\int_a^b\int_0^{\pi/2}\frac1{1+t\cos x}dxdt$

為了計算第一層積分，我們考慮變數變換 $\displaystyle s=\tan\left(\frac{x}2\right)$，那麼有

• 當 $\displaystyle x=\frac\pi2$ 時有 $s=1$；
• 當 $x=0$ 時有 $s=0$；
• 整理有 $x=2\tan^{-1}s$，因此 $\displaystyle\cos x=\frac{1-s^2}{1+s^2}$，求導則得 $\displaystyle dx=\frac{2ds}{1+s^2}$

如此有

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^{\frac\pi2}\frac1{1+t\cos x}dx&=\int_0^1\frac1{\displaystyle1+t\cdot\frac{1-s^2}{1+s^2}}\cdot\frac{2ds}{1+s^2}\\&=\frac2{1-t}\int_0^1\frac{ds}{\displaystyle\frac{1+t}{1-t}+s^2}=\left.\frac2{1-t}\cdot\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}\tan^{-1}\frac{s}{\displaystyle\sqrt{\frac{1+t}{1-t}}}\right|_0^1=\frac2{\sqrt{1-t^2}}\tan^{-1}\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}\end{aligned}$

至此所求可表達並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^{\pi/2}\sec x\ln\left(\frac{1+b\cos x}{1+a\cos x}\right)dx&=\int_a^b\frac2{\sqrt{1-t^2}}\tan^{-1}\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}dt=2\int_a^b\tan^{-1}\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}d\sin^{-1}t\\&=\left.\left(2\sin^{-1}t\tan^{-1}\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}\right)\right|_a^b-2\int_a^b\sin^{-1}t\cdot\frac1{\displaystyle1+\frac{1-t}{1+t}}\cdot\frac12\sqrt{\frac{1+t}{1-t}}\cdot\frac{-2}{\left(1+t\right)^2}dt\\&=\left.\left(2\sin^{-1}t\cdot\tan^{-1}\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}\right)\right|_a^b+\int_a^b\frac{\sin^{-1}t}{\sqrt{1-t^2}}dt\\&=\left.\left(2\sin^{-1}t\cdot\tan^{-1}\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}+\frac12\left(\sin^{-1}t\right)^2\right)\right|_a^b\end{aligned}$



9. ($7\%$) $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\log x}{x^{n+1}}dx=$　　　　　
訣竅
運用分部積分法求解即可。
解法

使用分部積分法可得

$\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\log x}{x^{n+1}}dx=-\frac1n\int_1^{\infty}\log x d\frac1{x^n}=\left.-\frac{\log x}{nx^n}\right|_1^{\infty}+\frac1n\int_1^{\infty}\frac{dx}{x^{n+1}}=\left.-\frac1{n^2x^n}\right|_1^{\infty}=\frac1{n^2}$



10. ($7\%$) $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\left(\mbox{arctan}\,x\right)^2}{x^2}dx=$　　　　　
訣竅
運用變數變換處理反三角函數
解法

令 $u=\mbox{arctan}\,x$，那麼

• 當 $x\to\infty$ 時有 $\displaystyle u\to\frac\pi2$；
• 當 $x=0$ 時有 $u=0$；
• 整理有 $x=\tan u$，求導可得 $dx=\sec^2udu$。

如此所求可改寫並計算如下

$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\left(\mbox{arctan}\,x\right)^2}{x^2}dx=\int_0^{\frac\pi2}\frac{u^2}{\tan^2u}\cdot\sec^2udu=\int_0^{\frac\pi2}u^2\csc^2udu$

如此再使用分部積分法計算可知

$\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}u^2\csc^2udu=-u^2\cot u\Big|_0^{\frac\pi2}+2\int_0^{\frac\pi2}u\cot udu=2\int_0^{\frac\pi2}ud\ln\left(\sin u\right)=2u\ln\left(\sin u\right)\Big|_0^{\frac\pi2}-2\int_0^{\frac\pi2}\ln\left(\sin u\right)du$

至此所求為

$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\left(\mbox{arctan}\,x\right)^2}{x^2}dx=-2\int_0^{\frac\pi2}\ln\left(\sin u\right)du$

令 $\displaystyle t=\frac\pi2-u$，那麼

• 當 $u\to0$ 時有 $\displaystyle t\to\frac\pi2$；
• 當 $\displaystyle u=\frac\pi2$ 時有 $t=0$；
• 容易由餘角關係可知 $\displaystyle\sin\left(\frac\pi2-t\right)=\cos t$，且對變換求導有 $dt=-du$。

據此有

$\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\ln\left(\sin u\right)du=\int_0^{\frac\pi2}\ln\left(\cos t\right)dt$

記此值為 $I$，那麼運用倍角公式可知

$\displaystyle\begin{aligned}2I&=\int_0^{\frac\pi2}\ln\left(\sin u+\cos u\right)du\\&=\int_0^{\frac\pi2}\ln\left(\frac{\sin2u}2\right)du=\int_0^{\frac\pi2}\ln\left(\sin2u\right)du-\frac{\pi\ln2}2\\&=\frac12\int_0^{\pi}\ln\left(\sin s\right)ds\\&=\int_0^{\frac\pi2}\ln\left(\sin u\right)du-\frac{\pi\ln2}2=I-\frac{\pi\ln2}2\end{aligned}$

故 $\displaystyle I=-\frac{\pi\ln2}2$。因此所求為

$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\left(\mbox{arctan}\,x\right)^2}{x^2}dx=-2\cdot-\frac{\pi\ln2}2=\pi\ln2$



11. ($7\%$) If $s>1$, then $\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-\pi n^2x}x^{(s/2)-1}dx=$　　　　　
訣竅
運用變數變換使之化為 Gamma 函數來求解。
解法

令 $t=\pi n^2x$，那麼

• 當 $x=0$ 時有 $t=0$；
• 當 $x\to\infty$ 時有 $t\to\infty$；
• $dt=\pi n^2dx$。

如此所求的瑕積分可以改寫如下

$\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-\pi n^2x}x^{\left(s/2\right)-1}dx=\int_0^{\infty}e^{-t}\left(\frac{t}{\pi n^2}\right)^{\left(s/2\right)-1}\cdot\frac1{\pi n^2}dt=\frac1{\left(\pi n^2\right)^{s/2}}\int_0^{\infty}e^{-t}t^{\left(s/2\right)-1}dt=\frac1{\left(\pi n^2\right)^{s/2}}\Gamma\left(\frac{s}2\right)$



12. ($7\%$) If $a^2<1$, $\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{\cos2tdt}{1-2a\cos t+a^2}=$　　　　　
訣竅
運用複變函數的留數定理求解。
解法
令 $z=e^{it}$，設 $\gamma$ 表複數平面上的單位圓。那麼 $\displaystyle\cos t=\frac{z+z^{-1}}2$，再者 $\displaystyle\cos2t=\frac{z^2+z^{-2}}2$ 且有 $dz=ie^{it}dt$，即 $\displaystyle dt=\frac{dz}{iz}$，如此所求的積分可改寫為
$\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{\cos2tdt}{1-2a\cos t+a^2}=\int_{\gamma}\frac{\left(z^2+z^{-2}\right)/2}{1-a\left(z+z^{-1}\right)+a^2}\frac{dz}{iz}=-\frac1{2i}\int_{\gamma}\frac{\left(z^4+1\right)/\left(az-1\right)}{z^2\left(z-a\right)}dz$
設函數 $\displaystyle f\left(z\right)=\frac{\left(z^4+1\right)/\left(az-1\right)}{z^2\left(z-a\right)}$，那麼當 $a\neq0$ 時，$z=0$ 為二階極點而 $z=a$ 為一階極點，按照留數定理可知
$\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{\cos2tdt}{1-2a\cos t+a^2}=-\frac1{2i}\cdot2\pi i\left(\mbox{Res}\left(f,0\right)+\mbox{Res}\left(f,a\right)\right)=-\pi\left(\mbox{Res}\left(f,0\right)+\mbox{Res}\left(f,a\right)\right)$
而 $f$ 在 $0$ 與 $a$ 的留數分別為
$\displaystyle\begin{aligned}\mbox{Res}\left(f,0\right)&=\lim_{z\to0}\frac{d}{dz}\left(z^2f\left(z\right)\right)=\lim_{z\to0}\frac{d}{dz}\frac{z^4+1}{\left(z-a\right)\left(az-1\right)}\\&=\lim_{z\to0}\frac{4z^3\left(z-a\right)\left(az-1\right)-\left(z^4+1\right)\left(2az-a^2-1\right)}{\left(z-a\right)^2\left(az-1\right)^2}=\frac{a^2+1}{a^2}\\\mbox{Res}\left(f,a\right)&=\lim_{z\to a}\left(z-a\right)f\left(z\right)=\lim_{z\to a}\frac{z^4+1}{z^2\left(az-1\right)}=\frac{a^4+1}{a^2\left(a^2-1\right)}\end{aligned}$
因此所求為
$\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{\cos2tdt}{1-2a\cos t+a^2}=-\pi\cdot\frac{2a^4}{a^2\left(a^2-1\right)}=\frac{2a^2}{1-a^2}\pi$
而當 $a=0$ 時該積分明顯為 $0$，故上式對於 $a=0$ 也成立。


13. ($7\%$) $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^ntdt=$　　　　　
訣竅
利用經典（且極特殊）的積分結果來求解。
解法

我們證明一個較廣的結果，對於正數 $n,m$ 恆有

$\displaystyle\int_0^1x^{n-1}\left(1-x\right)^{m-1}dx=\frac{\Gamma\left(n\right)\Gamma\left(m\right)}{\Gamma\left(n+m\right)}$

其中 $\displaystyle\Gamma(s):=\int_0^{\infty}e^{-t}t^{s-1}dt$。

證明：考慮變數變換 $\displaystyle x=\frac{y}{1+y}$，那麼

$\displaystyle\int_0^1x^{n-1}\left(1-x\right)^{m-1}dx=\int_0^{\infty}\left(\frac{y}{1+y}\right)^{n-1}\left(\frac1{1+y}\right)^{m-1}\cdot\frac{dy}{\left(1+y\right)^2}=\int_0^{\infty}\frac{y^{n-1}}{\left(1+y\right)^{n+m}}dy$

接著令 $s=t/\left(1+y\right)$ 以及 $w=sy$，那麼使用 Fubini 定理為

$\displaystyle\begin{aligned}\Gamma\left(n+m\right)\int_0^1x^{n-1}\left(1-x\right)^{m-1}dx&=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}\frac{y^{n-1}}{\left(1+y\right)^{n+m}}t^{n+m-1}e^{-t}dtdy\\&=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}y^{n-1}s^{n+m-1}e^{-s\left(y+1\right)}dsdy\\&=\int_0^{\infty}s^{m-1}e^{-s}\left(\int_0^{\infty}y^{n-1}s^ne^{-sy}dy\right)ds\\&=\int_0^{\infty}s^{m-1}e^{-s}\left(\int_0^{\infty}w^{n-1}e^{-w}dw\right)ds=\Gamma\left(n\right)\Gamma\left(m\right)\end{aligned}$

證明完畢。

我們取 $x=\sin^2\theta$，如此有

$\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^{2n-1}\theta\cos^{2m-1}\theta d\theta=\frac{\Gamma\left(n\right)\Gamma\left(m\right)}{2\Gamma\left(n+m\right)}$

取 $\displaystyle n=\frac12$ 且 $\displaystyle m:=\frac{n+1}2$ 並寫 $\theta$ 為 $t$，那麼有

$\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^nt dt=\frac{\displaystyle\Gamma\left(\frac12\right)\Gamma\left(\frac{n+1}2\right)}{\displaystyle2\Gamma\left(1+\frac{n}2\right)}$

假若 $n$ 為正整數，那麼使用 $\Gamma$ 函數的遞迴關係：$\Gamma\left(s+1\right)=s\Gamma\left(s\right)$ 以及 $\displaystyle\Gamma\left(\frac12\right)=\sqrt\pi$。

• 若 $n$ 為偶數，即 $n=2k$，則

  $\displaystyle\Gamma\left(\frac{n+1}2\right)=\frac{2k-1}2\Gamma\left(\frac{2k-1}2\right)=\cdots=\frac{2k-1}2\cdot\frac{2k-3}2\cdots\cdot\frac32\cdot\frac12\Gamma\left(\frac12\right)=\frac{\left(2k-1\right)!!}{2^k}\sqrt\pi$

  此外也有 $\displaystyle\Gamma\left(1+\frac{n}2\right)=\Gamma\left(1+k\right)=k!$，從而所求為

  $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^ntdt=\frac{\displaystyle\sqrt\pi\cdot\frac{\left(n-1\right)!!}{2^{n/2}}\sqrt\pi}{\displaystyle2\cdot\left(\frac{n}2\right)!}=\frac{\displaystyle\left(n-1\right)!!}{\displaystyle2^{\left(n+2\right)/2}\left(\frac{n}2\right)!}\pi=\frac{n!}{\displaystyle2^{n+1}\left[\left(\frac{n}2\right)!\right]^2}\pi$

• 若 $n$ 為奇數，即 $n=2k-1$，則

  $\displaystyle\Gamma\left(1+\frac{n}2\right)=\Gamma\left(\frac{2k+1}2\right)=\frac{\left(2k-1\right)!!}{2^k}\sqrt\pi=\frac{n!!}{2^{\left(n+1\right)/2}}\sqrt\pi=\frac{n!}{\displaystyle2^n\left(\frac{n-1}2\right)!}\sqrt\pi$

  此外也有 $\displaystyle\Gamma\left(\frac{n+1}2\right)=\Gamma\left(k\right)=\left(k-1\right)!=\left(\frac{n-1}2\right)!$。如此所求為

  $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^ntdt=\frac{\displaystyle\sqrt\pi\cdot\left(\frac{n-1}2\right)!}{\displaystyle2\cdot\frac{n!}{2^n\left(\frac{n-1}2\right)!}\sqrt\pi}=\frac{\displaystyle2^{n-1}\left[\left(\frac{n-1}2\right)!\right]^2}{n!}$



14. ($7\%$) Let $\gamma$ be a positively oriented circular path with center $0$ and radius $2$, $\displaystyle\int_{\gamma}\frac{e^z}{z-1}dz=$　　　　　
訣竅
運用留數定理計算即可。
解法

設 $\displaystyle f\left(z\right)=\frac{e^z}{z-1}$，那麼 $f$ 在路徑 $\gamma$ 所包圍的區域中有一階極點 $z=1$。那麼由留數定理可知

$\displaystyle\int_{\gamma}\frac{e^z}{z-1}dz=2\pi i\cdot\mbox{Res}\left(f,1\right)=2\pi i\lim_{z\to1}\left(z-1\right)f\left(z\right)=2\pi i\lim_{z\to1}e^z=2\pi ie$