國立臺灣大學九十五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. ($10\%$) 曲線 $y=\left(x-1\right)^4\left(x-6\right)$ 之反曲點座標為　　　　
訣竅
按照反曲點的意義，解方程式 $y''\left(x\right)=0$，隨後判定其附近之凹性是否改變。
解法
求一階與二階導函數如下
$\begin{aligned}&y'\left(x\right)=4\left(x-1\right)^3\left(x-6\right)+\left(x-1\right)^4=5\left(x-1\right)^3\left(x-5\right)\\&y''\left(x\right)=15\left(x-1\right)^2\left(x-5\right)+5\left(x-1\right)^3=20\left(x-1\right)^2\left(x-4\right)\end{aligned}$
解方程式 $y''\left(x\right)=0$ 可得 $x=1$（二重根）與 $x=4$。容易注意到 $y''\left(x\right)$ 在 $x=1$ 周圍恆非正，因此 $x=1$ 不為反曲點，因此唯一的反曲點為 $\left(4,y\left(4\right)\right)=\left(4,-162\right)$。


2. ($10\%$) $\displaystyle\lim_{h\to0}\left[\frac1{h^2}\int_0^hx2^xdx\right]=$　　　　
訣竅
運用羅必達法則，並且求導時運用微積分基本定理。本題同八十八學年度應用微積分第七題
解法

使用羅必達法與微積分基本定理可知

$\displaystyle\lim_{h\to0}\left[\frac1{h^2}\int_0^hx2^xdx\right]=\lim_{h\to0}\frac{h2^h}{2h}=\lim_{h\to0}2^{h-1}=\frac12$



3. ($10\%$) 極座標 $\rho^2=\cos2\theta$ 所表之曲線共有二圈(two loops)，此二圈所圍成之面積共：　　　　
訣竅
簡易繪圖並確認積分範圍，運用對稱性以及極座標下的面積公式求解。
解法

描點繪圖如下



其中變數 $\theta$ 的範圍由不等式 $\cos2\theta=\rho^2\geq0$ 所決定，可以知道 $\displaystyle2\theta\in\left[-\frac\pi2,\frac\pi2\right]\cup\left[\frac{3\pi}2,\frac{5\pi}2\right]$，即 $\displaystyle\theta\in\left[-\frac\pi4,\frac\pi4\right]\cup\left[\frac{3\pi}4,\frac{5\pi}4\right]$。由圖形的對稱性以及極座標下的面積公式，所求的面積為

$\displaystyle A=2\cdot\frac12\int_{-\frac\pi4}^{\frac\pi4}\cos2\theta d\theta=\left.\frac{\sin2\theta}2\right|_{-\frac\pi4}^{\frac\pi4}=1$



4. ($10\%$) 若 $\displaystyle f\left(x,y\right)=\tan^{-1}\frac{y}x$，則曲面 $z=f\left(x,y\right)$ 在 $\displaystyle\left(-2,2,-\frac\pi4\right)$ 之切平面方程式為：　　　　
訣竅
運用梯度求出切平面的法向量，隨後使用點法式可寫出切平面方程式。
解法
設 $\displaystyle F\left(x,y,z\right)=f\left(x,y\right)-z=\tan^{-1}\frac{y}x-z$，那麼曲面由方程式 $F\left(x,y,z\right)=0$ 所定義。計算 $F$ 的梯度如下
$\displaystyle\nabla F\left(x,y,z\right)=\left(F_x\left(x,y,z\right),F_y\left(x,y,z\right),F_z\left(x,y,z\right)\right)=\left(-\frac{y}{x^2+y^2},\frac{x}{x^2+y^2},-1\right)$
那麼曲面 $F\left(x,y,z\right)=0$ 在 $\displaystyle\left(-2,2,-\frac\pi4\right)$ 的法向量為 $\displaystyle\nabla F\left(-2,2,-\frac\pi4\right)=\left(-\frac14,-\frac14,-1\right)\parallel\left(1,1,4\right)$。運用點法式可得切平面方程式為
$\displaystyle\left(x+2\right)+\left(y-2\right)+4\left(z+\frac\pi4\right)=0$
即 $x+y+4z+\pi=0$。


5. ($10\%$) $\displaystyle\int_0^1\int_{2x}^2e^{y^2}dydx=$　　　　
訣竅
交換積分次序後求解。
解法

原積分範圍 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq1\\&2x\leq y\leq2\end{aligned}\right.$ 可改寫為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq y/2\\&0\leq y\leq2\end{aligned}\right.$，如此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\int_0^1\int_{2x}^2e^{y^2}dydx=\int_0^2\int_0^{y/2}e^{y^2}dxdy=\int_0^2\frac{ye^{y^2}}2dy=\left.\frac{e^{y^2}}4\right|_0^2=\frac{e^4-1}4$



6. ($10\%$) 數列 $\displaystyle\left\{\frac1{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}\right\}$ 的前 $n$ 項的和 $=$　　　　
訣竅
運用分項對消的技巧即考求其部分和。本題與九十二年應用微積分第四題概念相同
解法

所求可以直接表示並運用分項對消的技巧計算如下

$\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac1{k\left(k+1\right)\left(k+2\right)}=\frac12\sum_{k=1}^n\left[\frac1{k\left(k+1\right)}-\frac1{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}\right]=\frac12\left[\frac1{1\cdot2}-\frac1{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}\right]=\frac14-\frac1{2\left(n+1\right)\left(n+2\right)}$



7. ($10\%$) 級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{n!}=$　　　　
訣竅
運用自然指數的定義表達之。
解法

注意到自然指數 $e$ 滿足 $\displaystyle e=\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{n!}$，那麼所求可以改寫並計算如下

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{n!}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{\left(n-1\right)!}=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n-1}{\left(n-1\right)!}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{\left(n-1\right)!}=\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{\left(n-2\right)!}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{\left(n-1\right)!}=2\sum_{k=0}^{\infty}\frac1{k!}=2e$



8. ($10\%$) 求微分方程 $2xy'+y=10x^2$ 的一般解。$y=$　　　　
訣竅
運用積分因子法求解即可。
解法

同除以 $2x$ 有

$\displaystyle\frac{dy}{dx}+\frac{y}{2x}=5x$

那麼取積分因子為 $I=\exp\left(\int\frac{dx}{2x}\right)=\exp\left(\left(\ln x\right)/2\right)=\sqrt{x}$，故同乘以 $\sqrt{x}$ 後有

$\displaystyle\frac{d}{dx}\left(\sqrt{x}y\left(x\right)\right)=\sqrt{x}\frac{dy}{dx}+\frac{y}{2\sqrt{x}}=5x^{3/2}$

取不定積分可得 $\sqrt{x}y\left(x\right)=2x^{5/2}+C$，因此所求的一般解為

$y\left(x\right)=2x^2+Cx^{-1/2}$



9. ($10\%$) 拋物線 $y=x^2$ 和直線 $x-y-2=0$ 之間的最短距離 $=$　　　　
訣竅
在拋物線與直線上各取一點計算距離，運用偏導函數為零來求出極值，隨後運用二階判別式確認其極值性質。
解法

設 $P\left(a,a^2\right)$ 為拋物線 $y=x^2$ 上一點，而 $Q$ 為 $\left(b,b-2\right)$ 為直線 $x-y-2=0$ 上一點，那麼可以觀察到

$\displaystyle\overline{PQ}=\sqrt{\left(a-b\right)^2+\left(a^2-b+2\right)^2}$

考慮雙變數函數 $f\left(a,b\right)=\left(a-b\right)^2+\left(a^2-b+2\right)^2$，那麼為了求其極值，我們解聯立方程組

$\left\{\begin{aligned}&f_a\left(a,b\right)=2\left(a-b\right)+4a\left(a^2-b+2\right)=0\\&f_b\left(a,b\right)=-2\left(a-b\right)-2\left(a^2-b+2\right)=0\end{aligned}\right.$

第二式乘以 $2a$ 後與第一式相加可得 $\left(2-4a\right)\left(a-b\right)=0$。因此 $\displaystyle a=\frac12$ 或 $a=b$。

• 若 $\displaystyle a=\frac12$，那麼由第二式有 $\displaystyle-2\left(\frac12-b\right)-2\left(\frac94-b\right)=0$，亦即 $\displaystyle\frac{11}4-2b=0$，得 $\displaystyle b=\frac{11}8$。
• 若 $a=b$，則第二式寫為 $a^2-a+2=0$，此無實數解。

因此僅有唯一的極值候選點。現在計算二階行列式有

$D\left(a,b\right)=\left|\begin{matrix}f_{aa}\left(a,b\right)&f_{ab}\left(a,b\right)\\f_{ba}\left(a,b\right)&f_{bb}\left(a,b\right)\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}12a^2-4b+10&-2-4a\\-2-4a&4\end{matrix}\right|=4\left(8a^2-4a-4b+9\right)$

將候選點 $\displaystyle\left(\frac12,\frac{11}8\right)$ 代入可得 $\displaystyle D\left(\frac12,\frac{11}8\right)=\frac72>0$ 且由 $f_{bb}\left(\frac12,\frac{11}8\right)=4>0$，故知 $f$ 在 $\displaystyle\left(\frac12,\frac{11}8\right)$ 處達到局部極小值。然而另一方面，當 $\left|\left(a,b\right)\right|$ 充分大時，函數 $f$ 將發散至無窮，故該點也為絕對極小值。因此最短距離為

$\displaystyle\sqrt{\left(\frac12-\frac{11}8\right)^2+\left(\frac14-\frac{11}8+2\right)^2}=\frac{7\sqrt2}8$



10. ($10\%$) 函數 $\displaystyle\frac1{1+2^{\frac1x}}$ 在 $x=0$ 處為不連續， $\displaystyle\int_{-1}^1\frac{d}{dx}\left(\frac1{1+2^{\frac1x}}\right)dx=$　　　　
訣竅
由於函數在原點不連續，因此也不可導，從而導函數在原點無定義，故該積分在原點處有瑕疵，需分段處理。
解法
按照訣竅所述，我們將此積分分為兩段如下
$\displaystyle\int_{-1}^1\frac{d}{dx}\left(\frac1{1+2^{\frac1x}}\right)dx=\int_{-1}^0\frac{d}{dx}\left(\frac1{1+2^{\frac1x}}\right)dx+\int_0^1\frac{d}{dx}\left(\frac1{1+2^{\frac1x}}\right)dx$
運用瑕積分的定義分別處理如下
$\displaystyle\begin{aligned}&\int_{-1}^0\frac{d}{dx}\left(\frac1{1+2^{\frac1x}}\right)dx=\lim_{t\to0^-}\int_0^t\frac{d}{dx}\left(\frac1{1+2^{\frac1x}}\right)dx=\lim_{t\to0^-}\left(\frac1{1+2^{\frac1t}}-\frac1{1+2^{-1}}\right)=\frac13\\&\int_0^1\frac{d}{dx}\left(\frac1{1+2^{\frac1x}}\right)dx=\lim_{t\to0^+}\int_t^1\frac{d}{dx}\left(\frac1{1+2^{\frac1x}}\right)dx=\lim_{t\to0^+}\left(\frac1{1+2^1}-\frac1{1+2^{\frac1t}}\right)=\frac13\end{aligned}$
因此所求為 $\displaystyle\int_{-1}^1\frac{d}{dx}\left(\frac1{1+2^{\frac1x}}\right)dx=\frac23$。