國立臺灣大學九十七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. Find $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{x^2}{\sec x-1}=$　　　　
訣竅
運用羅必達法則即可求解。
解法

使用羅必達法則計算如下

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{x^2}{\sec x-1}=\lim_{x\to0}\frac{2x}{\sec x\tan x}=\lim_{x\to0}\left(2\cos x\cdot\frac{x}{\tan x}\right)=2\cdot1\cdot1=2$



2. Find $\displaystyle\int\frac{\sec^2x}{9+\tan^2x}dx=$　　　　
訣竅
直接觀察變數變換計算即可。
解法

直接積分計算如下

$\displaystyle\int\frac{\sec^2x}{9+\tan^2x}dx=\int\frac{d\tan x}{3^2+\tan^2x}=\frac13\tan^{-1}\left(\frac{\tan x}3\right)+C$



3. Find $\displaystyle\int_0^{\pi/n}\sin nx\cos nxdx=$　　　　
訣竅
運用倍角公式後直接積分。
解法

使用倍角公式改寫被積分函數後可直接積算如下

$\displaystyle\int_0^{\pi/n}\sin nx\cos nxdx=\frac12\int_0^{\pi/n}\sin2nxdx=\left.-\frac1{4n}\cos2nx\right|_0^{\pi/n}=0$



4. Find $\displaystyle\int\frac1{3\sin x-4\cos x}dx=$　　　　
訣竅
運用半角代換。
解法

設 $\displaystyle t=\tan\frac{x}2$，那麼可看出 $\displaystyle x=2\tan^{-1}t$、$\displaystyle\sin x=\frac{2t}{1+t^2}$、$\displaystyle\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}$ 以及 $\displaystyle dx=\frac{2dt}{1+t^2}$，如此所求可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int\frac1{3\sin x-4\cos x}dx&=\int\frac1{\displaystyle3\cdot\frac{2t}{1+t^2}-4\cdot\frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot\frac{2dt}{1+t^2}=\int\frac{dt}{\left(2t-1\right)\left(t+2\right)}\\&=\frac15\int\left(\frac2{2t-1}-\frac1{t+2}\right)dt=\frac15\ln\left|\frac{2t-1}{t+2}\right|+C=\frac15\ln\left|\frac{\displaystyle-1+2\tan\frac{x}2}{\displaystyle2+\tan\frac{x}2}\right|+C\end{aligned}$



5. Find the points of intersection of two polar curves, $r=2\sin\theta$ and $r=2\sin2\theta$, if any.　　　　
訣竅
求解極座標曲線的交點，我們考慮兩者距離相同的情況下解題。
解法
為了找出兩曲線的交點，我們考慮方程式 $2\sin\theta=2\sin2\theta$，可以因式分解得 $\sin\theta\left(2\cos\theta-1\right)=0$。
• 若 $\sin\theta=0$，則 $\theta=n\pi$，其中 $n$ 為正整數，此時交點座標為原點 $\left(0,0\right)$。
• 若 $2\cos\theta-1=0$，則 $\displaystyle\theta=2n\pi\pm\frac{\pi}3$，其中 $n$ 為正整數，此時交點座標為 $\displaystyle\left(\frac{\sqrt3}2,\frac32\right)$ 與 $\displaystyle\left(-\frac{\sqrt3}2,\frac32\right)$。
可以繪圖如下驗證之



6. Find the limit of the sequence $\displaystyle\left\{\frac{\sqrt{n}\sin\left(e^n\pi\right)}{n+1}\right\}=$　　　　
訣竅
運用夾擠定理即可。
解法
注意到 $-1\leq\sin\left(e^n\pi\right)\leq1$ 以及
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{-\sqrt{n}}{n+1}=0=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n}}{n+1}$
因此由夾擠定理可知 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n}\sin\left(e^n\pi\right)}{n+1}=0$。


7. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{n^2+n}-n\right)=$　　　　
訣竅
有理化後可直接求其極限。
解法

有理化後可直接求得極限如下

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{n^2+n}-n\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(n^2+n\right)-n^2}{\sqrt{n^2+n}+n}=\lim_{n\to\infty}\frac1{\displaystyle\sqrt{1+\frac1n}+1}=\frac12$



8. $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^x}{1+e^{2x}}dx=$　　　　
訣竅
觀察到此題本身的變數變換，計算積分後求其極限。
解法

直接求積分並計算極限如下

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^x}{1+e^{2x}}dx=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{de^x}{1+\left(e^x\right)^2}=\tan^{-1}\left(e^x\right)\Big|_{-\infty}^{\infty}=\frac\pi2-0=\frac\pi2$



9. Find the point that the sphere $x^2+y^2+z^2-8x-8y-6z+24=0$ is tangent to the ellipsoid $x^2+3y^2+2z^2=9$. 　　　　
訣竅
為了找出兩曲面的相切點，我們需要使此點在曲面的法向量平行且同時滿足曲面。
解法
設 $F\left(x,y,z\right)=x^2+y^2+z^2-8x-8y-6z+24$、$G\left(x,y,z\right)=x^2+3y^2+2z^2-9$。若 $P=\left(a,b,c\right)$ 同時滿足兩曲面，即有
$\left\{\begin{aligned}&F\left(a,b,c\right)=a^2+b^2+c^2-8a-8b-6c+24=0\\&G\left(a,b,c\right)=a^2+3b^2+2c^2-9=0\end{aligned}\right.$
且若 $P$ 也為兩曲面的切點，那麼有
$\nabla F\left(a,b,c\right)\parallel\nabla G\left(a,b,c\right)$
即 $\left(2a-8,2b-8,2c-6\right)\parallel\left(2a,6b,4c\right)$，即存在一實數 $k$ 滿足
$\left\{\begin{aligned}&a-4=ka\\&b-4=3kb\\&c-3=2kc\end{aligned}\right.$
分別乘以 $a,b,c$ 相加可得 $a^2+b^2+c^2-4a-4b-3c=k\left(a^2+3b^2+2c^2\right)=9k$，即 $4a+4b+3c-24=9k$。另一方面，明顯可知 $k$ 不可能為 $\displaystyle1,\frac12$ 或 $\displaystyle\frac13$，因此有
$\displaystyle a=\frac4{1-k},\quad b=\frac4{1-3k},\quad c=\frac3{1-2k}$
故得 $k$ 的方程式如下
$\displaystyle\frac{16}{1-k}+\frac{16}{1-3k}+\frac9{1-2k}=24+9k$
現同乘以 $\left(1-k\right)\left(1-2k\right)\left(1-3k\right)$ 可得
$16\left(1-5k+6k^2\right)+16\left(1-3k+2k^2\right)+9\left(1-4k+3k^2\right)=\left(24+9k\right)\left(1-6k+11k^2-6k^3\right)$
展開並移項有
$54k^4+45k^3-55k^2-29k+17=0$
可以因式分解為 $\left(k+1\right)^2\left(54k^2-63k-+17\right)=0$，如此可解得 $\displaystyle k=-1,-1,\frac{7\pm\sqrt{11/3}}{12}$。
• 對於 $k=-1$ 時有 $\left(a,b,c\right)=\left(2,1,1\right)$。
• 對 $\displaystyle k=\frac{7+\sqrt{11/3}}{12}$ 時有 $\displaystyle\left(a,b,c\right)=\left(\frac{48}{5-\sqrt{11/3}},-\frac{16}{3+\sqrt{11/3}},-\frac{18}{1+\sqrt{11/3}}\right)$。
• 對 $\displaystyle k=\frac{7-\sqrt{11/3}}{12}$ 時有 $\displaystyle\left(a,b,c\right)=\left(\frac{48}{5+\sqrt{11/3}},-\frac{16}{3-\sqrt{11/3}},-\frac{18}{1-\sqrt{11/3}}\right)$。
然而後兩者的點並不落在 $F\left(a,b,c\right)=0$ 上，故所求為 $\left(2,1,1\right)$。


10. $\displaystyle\int_0^1\int_0^{\sqrt{1-x^2}}\int_0^2\sin\left(x^2+y^2\right)dzdydx=$　　　　
訣竅
運用極座標變換即可求解。
解法

積分一次可得

$\displaystyle\int_0^1\int_0^{\sqrt{1-x^2}}\int_0^2\sin\left(x^2+y^2\right)dzdydx=2\int_0^1\int_0^{\sqrt{1-x^2}}\sin\left(x^2+y^2\right)dydx$

接著運用極座標變換，令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，那麼變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq1\\&0\leq\theta\leq\pi/2\end{aligned}\right.$，如此所求可改寫並計算如下

$\displaystyle\int_0^1\int_0^{\sqrt{1-x^2}}\int_0^2\sin\left(x^2+y^2\right)dzdydx=2\int_0^{\pi/2}\int_0^1\sin\left(r^2\right)rdrd\theta=\pi\int_0^1r\sin\left(r^2\right)dr=\left.-\frac\pi2\cos\left(r^2\right)\right|_0^1=\frac{\pi\left(1-\cos1\right)}2$