國立臺灣大學一百零四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 $10$ 題，每題 $10$ 分）

1. Let $\displaystyle f\left(x\right)=\sqrt{\frac{\left(x+1\right)^5}{\left(x^3+2x-1\right)\left(x+3\right)^3}}$. Find $f'\left(1\right)=$　　(1)　　.
訣竅
運用對數微分法求解。
解法

取自然對數後有

$\displaystyle\ln\left(f\left(x\right)\right)=\frac52\ln\left(x+1\right)-\frac12\ln\left(x^3+2x-1\right)-\frac32\ln\left(x+3\right)$

求導可知

$\displaystyle\frac{f'\left(x\right)}{f\left(x\right)}=\frac5{2\left(x+1\right)}-\frac{3x^2+2}{2\left(x^3+2x-1\right)}-\frac3{2\left(x+3\right)}$

取 $x=1$ 可知

$\displaystyle f'\left(1\right)=f\left(1\right)\left(\frac54-\frac54-\frac38\right)=-\frac3{16}$



2. Find $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\sqrt{x+2}\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-3}\right)=$　　(2)　　.
訣竅
有理化後求解即可。
解法

有理化後直接計算如下

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\sqrt{x+2}\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-3}\right)=\lim_{x\to\infty}\frac{4\sqrt{x+2}}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-3}}=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle4\sqrt{1+\frac2x}}{\displaystyle\sqrt{1+\frac1x}+\sqrt{1-\frac3x}}=\frac42=2$

【註記】　原命題為

Find $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\sqrt{x+2}\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x-3}\right)=$　　(2)　　.

然而對於根號函數而言，其定義域不為負值，故趨於負無窮這個敘述對本問題無意義，因此適當的去修正為趨近於正無窮來討論本題。



3. Let $f\left(x\right)=\left(8-x\right)\left(20-4x\right)x$, $0\leq x\leq5$. Find the maximum and minimum values of $f\left(x\right)$.
訣竅
利用導函數求極值，隨後與端點一同判斷極值。
解法
首先展開有 $f\left(x\right)=4x^3-52x^2+160x$，如此求 $f$ 的導函數如下
$f'\left(x\right)=12x^2-104x+160=4\left(3x^2-26x+40\right)=4\left(3x-20\right)\left(x-2\right)$
那麼解方程式 $f'\left(x\right)=0$ 可得 $\displaystyle x=2$ 或 $\displaystyle x=\frac{20}3\notin\left[0,5\right]$。故檢驗 $f$ 在 $x=0$、$2$ 與 $5$ 的值如下
$f\left(0\right)=0,\quad f\left(2\right)=144,\quad f\left(5\right)=0$
故最小值為 $0$ 而最大值為 $144$。


4. Let $f\left(x\right)=x^3+mx-n$ where $m$ and $n$ are real constants and $m>0$. Show $f\left(x\right)$ has at most one real root.
訣竅
利用反證法與均值定理求證之。
解法

假設不只一實根，分別記為 $r_1$ 與 $r_2$ 並且假設 $r_1<r_2$，即有 $f\left(r_1\right)=0=f\left(r_2\right)$。由均值定理可知

$f'\left(c\right)=3c^2+m=0$

其中 $c\in\left(r_1,r_2\right)$。但由 $m$ 恆正也導致 $f'$ 恆正，故這樣的 $c$ 不存在，因此矛盾。這表明 $f$ 至多一個實根。

【註記】　原命題如下

Let $f\left(x\right)=x^3+mx-n$ where $m$ and $n$ are real constants and $m>0$. Show $f\left(x\right)$ has at least one real root.

讀者可能會發現這樣的命題與 $m$ 是否為正值無關。

• 從代數的觀點而言，由代數基本定理可知三次實係數多項式方程式必有三個複數根，而實係數多項式方程式則有虛根成對定理，故本方程可能「恰三個實根」或「恰一個實根與兩個共軛虛根」。
• 從分析學的觀點中，因為 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)=\infty$ 且 $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f\left(x\right)=-\infty$，故對正數 $M>0$，存在正數 $N$ 使得
  • 當 $x\geq N$ 時有 $f\left(x\right)\geq M$；
  • 當 $x\leq-N$ 時有 $f\left(x\right)\leq-M$。
  故在 $\left[-N,N\right]$ 之間由中間值定理可知有一數 $c\in \left[-N,N\right]$ 使 $f\left(c\right)=0$。



5. Please find $\displaystyle\frac{d}{dx}\frac{\sin^{-1}\left(x^2\right)}{\left(\sin^{-1}x\right)^2}=$　　(5)　　.
訣竅
運用微分公式求導即可，其中應善用連鎖律與基本函數的微分。
解法

求導可知

$\displaystyle\begin{aligned}\frac{d}{dx}\frac{\sin^{-1}\left(x^2\right)}{\left(\sin^{-1}x\right)^2}&=\frac{\left[\left(\sin^{-1}\left(x^2\right)\right)\right]'\left(\sin^{-1}x\right)^2-\sin^{-1}\left(x^2\right)\left[\left(\sin^{-1}x\right)^2\right]'}{\left(\sin^{-1}x\right)^4}\\&=\frac{\displaystyle\frac{2x}{\sqrt{1-x^4}}\cdot\left(\sin^{-1}x\right)^2-\sin^{-1}\left(x^2\right)\cdot2\sin^{-1}x\cdot\frac1{\sqrt{1-x^2}}}{\left(\sin^{-1}x\right)^4}=\frac{2x\sqrt{1-x^2}\sin^{-1}x-2\sqrt{1-x^4}\sin^{-1}\left(x^2\right)}{\left(\sin^{-1}x\right)^3\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-x^4}}\end{aligned}$



6. Evaluate the following equation: $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{n}{k^2+n^2}=$　　(6)　　.
訣竅
將之視為黎曼和，故其極限能化為定積分求解。
解法

所求可改寫為

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

其可視為 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac1{1+x^2}$ 在 $\left[0,1\right]$ 上作 $n$ 等分割的黎曼和，因此其極限能表達為如下的定積分並求解

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{n}{k^2+n^2}=\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}=\tan^{-1}x\Big|_0^1=\frac\pi4$



7. Evaluate the following equation: $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin ax\sin x}{x^2}dx=$　　(7)　　 if $0\leq a\leq1$.
訣竅
運用積化和差以及經典瑕積分的結果來求解。
解法

注意到

$\displaystyle\sin ax\sin x=\frac{\cos\left[\left(a-1\right)x\right]-\cos\left[\left(a+1\right)x\right]}2$

因此所求之瑕積分可寫為

$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin ax\sin x}{x^2}dx=\frac12\int_0^{\infty}\frac{\cos\left[\left(a-1\right)x\right]-\cos\left[\left(a+1\right)x\right]}{x^2}dx$

進一步運用分部積分法與經典的瑕積分結果計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^{\infty}\frac{\sin ax\sin x}{x^2}dx&=\left.-\frac{\cos\left[\left(a-1\right)x\right]-\cos\left[\left(a+1\right)x\right]}{2x}\right|_0^{\infty}+\frac12\int_0^{\infty}\frac{-\left(a-1\right)\sin\left[\left(a-1\right)x\right]+\left(a+1\right)\sin\left[\left(a+1\right)x\right]}{x}dx\\&=-\frac{a-1}2\int_0^{\infty}\frac{\sin\left[\left(a-1\right)x\right]}xdx+\frac{a+1}2\int_0^{\infty}\frac{\sin\left[\left(a+1\right)x\right]}xdx=-\frac{a-1}2\cdot-\frac\pi2+\frac{a+1}2\cdot\frac\pi2=\frac{\pi a}2\end{aligned}$



8. Evaluate the following equation: $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{x\sin ax}{1+x^2}dx=$　　(8)　　 if $a\neq0$.
訣竅
此為難題。可參考微積分4500題之第3825與3826題之解法，將之考慮為代參數的瑕積分，將之化為重積分求解，亦出自於 Mathematical Analysis (Apostol 著），第十一章習題第三十題。
解法

首先可注意到所求可表達為

$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{x\sin ax}{1+x^2}dx=-\int_0^{\infty}\frac{\partial}{\partial a}\frac{\cos ax}{1+x^2}dx=-\frac{\partial}{\partial a}\int_0^{\infty}\frac{\cos ax}{1+x^2}dx$

其中我們可以計算將其中的瑕積分化為重積分計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^{\infty}\frac{\cos ax}{1+x^2}dx&=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}e^{-y\left(1+x^2\right)}\cos axdydx=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}e^{-y}e^{-yx^2}\cos axdxdy=\int_0^{\infty}e^{-y}\cdot\frac12\sqrt{\frac\pi{y}}e^{-\frac{a^2}{4y}}dy\\&=\sqrt{\pi}\int_0^{\infty}e^{-\left[t^2+\frac1{t^2}\left(\frac{\left|a\right|}2\right)^2\right]}dt=\sqrt\pi\cdot\frac{\sqrt\pi}2e^{-2\cdot\frac{\left|a\right|}2}=\frac\pi2e^{-\left|a\right|}\end{aligned}$

此處我們使用變數變換處理積分，並且運用了下列複雜的積分結果：

$\displaystyle\begin{aligned}&\int_0^{\infty}e^{-az^2}\cos bzdz=\frac12\sqrt{\frac\pi{a}}e^{-\frac{b^2}{4a}}\\&\int_0^{\infty}e^{-\left(z^2+\frac{a^2}{z^2}\right)}dz=\frac{\sqrt\pi}2e^{-2\left|a\right|}\end{aligned}$

故所求為

$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{x\sin ax}{1+x^2}dx=-\frac{\partial}{\partial a}\frac\pi2e^{-\left|a\right|}=\begin{cases}\frac\pi2e^{-a}&\mbox{if}~a>0,\\-\frac\pi2e^{a}&\mbox{if}~a<0\end{cases}=\frac\pi2\mbox{sign}(a)\,e^{-\left|a\right|}$



9. Evaluate the following equation: $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\left(n^2+k^2\right)^{-1/2}=$　　(9)　　.
訣竅
將之視為黎曼和，故其極限能化為定積分求解。
解法

所求可改寫為

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\left(n^2+k^2\right)^{-1/2}=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\left[1+\left(\frac{k}n\right)^2\right]^{-1/2}$

其可視為 $\displaystyle f\left(x\right)=\left(1+x^2\right)^{-1/2}$ 在 $\left[0,1\right]$ 上的作 $n$ 等分割的黎曼和，因此其極限能表達為如下的定積分

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\left(n^2+k^2\right)^{-1/2}=\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1+x^2}}$

令 $\theta=\tan^{-1}x$，那麼

• 當 $x=0$ 時有 $\theta=0$；
• 當 $x=1$ 時有 $\displaystyle\theta=\frac\pi4$；
• 整理有 $x=\tan\theta$，且有 $1+x^2=1+\tan^2\theta=\sec^2\theta$。此外求導有 $dx=\sec^2\theta d\theta$。

據此，所求可改寫並計算如下

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\left(n^2+k^2\right)^{-1/2}=\int_0^{\frac\pi4}\frac{\sec^2\theta}{\sec\theta}d\theta=\int_0^{\frac\pi4}\sec\theta d\theta=\ln\left|\sec\theta+\tan\theta\right|\Big|_0^{\frac\pi4}=\ln\left(1+\sqrt2\right)$



10. Evaluate the following equation: $\displaystyle\frac8\pi\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\sin2nx}{4n^2-1}=$　　(10)　　 if $0<x<\pi$.
訣竅
考慮傅立葉級數求解，本題出自 Mathematical Analysis (Apostol 著），第十一章習題第十三題 a 小題。
解法

首先注意到所求之級數可寫為

$\displaystyle\frac8{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\sin2nx}{4n^2-1}=\frac2\pi\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac1{2n-1}+\frac1{2n+1}\right)\sin2nx=\frac2\pi\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin2nx}{2n-1}+\frac2\pi\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin2nx}{2n+1}$

另一方面，由經典的求和結果 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\left[\left(2n-1\right)x\right]}{2n-1}=\frac\pi4$，可以觀察所求為

$\displaystyle\begin{aligned}\frac8\pi\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\sin2nx}{4n^2-1}&=\frac2\pi\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left[\left(2n-1\right)x+x\right]}{2n-1}+\frac2\pi\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\left[\left(2n+1\right)x-x\right]}{2n+1}\\&=\frac2\pi\cos x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\left[\left(2n-1\right)x\right]}{2n-1}+\frac2\pi\sin x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos\left[\left(2n-1\right)x\right]}{2n-1}\\&~~~~+\frac2\pi\cos x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\left[\left(2n+1\right)x\right]}{2n+1}-\frac2\pi\sin x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos\left[\left(2n+1\right)x\right]}{2n+1}\\&=\frac2\pi\cos x\cdot\frac\pi4+\frac2\pi\cos x\left(\frac\pi4-\sin x\right)+\frac2\pi\sin x\cos x=\cos x\end{aligned}$