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2020年6月15日 星期一

國立臺灣大學九十九學年度研究所碩士班入學考試試題:微積分(A)

Write down your answers in order. You should include all the necessary calculation and reasoning.

  1. Let g(y) be the inverse function of y=f(x) with g(0)=1. Find g(0), knowing that f(x)=x3+1.
  2. 訣竅運用反函數的定義與連鎖律求解。
    解法根據反函數的定義有 g(f(x))=x,求導有

    g(f(x))f(x)=1

    因此有 g(f(x))=(x3+1)1/2。進一步求導可得

    g(f(x))f(x)=12(x3+1)3/23x2

    再者,因為 g(0)=1,故 f(1)=0。據此我們取 x=1 代入可得

    g(0)2=g(f(1))f(1)=12(1+1)3/23

    如此所求為 g(0)=38

  3. Determine the values of A, B and C so that 101 occurs as the maximal value of the function

    f(x)=Ax5x4+Bx2+C,

    at a unique point on (,).
  4. 訣竅有極大值表示 f 最高次為偶數次並且其領導係數為負值;再者透過配方法找出極值發生所在之位置等。
    解法

    假若 A>0,那麼 limxf(x)=;假若 A<0,那麼 limxf(x)=,兩者皆無最大值,因此僅能有 A=0,此時 f(x)=x4+Bx2+C

    進一步,使用配方法可知

    f(x)=(x2B2)2+C+B24

    假若 B0,那麼 x=±B2 都可產生最大值,這與唯一性矛盾。故 B=0,此時有 f(x)=x4+C。容易看出最大值發生在 x=0,又最大值為 C=101

    綜上可知 A=B=0,而 C=101


  5. Evaluate the definite integral π0excosxdx.
  6. 訣竅連續使用兩次分部積分法即可。
    解法使用分部積分法可知

    π0excosxdx=excosx|π0+π0exsinxdx=eπ1+[exsinx|π0π0excosxdx]

    移項便有 2π0excosxdx=1eπ,至終解得 π0excosxdx=1+eπ2

  7. Determine the values of A, B, C, D and E, given that

    limx0ln(x+1)(A+Bx+Cx2+Dx3+Ex4)x5=0.

  8. 訣竅利用極限的四則運算定理以及羅必達法則求解即可;亦可由泰勒展開式的經驗得解。
    解法一藉由四則運算定理可以發現

    limx0[ln(x+1)(A+Bx+Cx2+Dx3+Ex4)]=limx0[x5ln(x+1)(A+Bx+Cx2+Dx3+Ex4)x5]=0

    因此 A=0。接著類似地使用四則運算並搭配羅必達法則,可得

    0=limx0ln(x+1)(Bx+Cx2+Dx3+Ex4)x=limx0[1x+1(B+2Cx+3Dx2+4Ex3)]=1B

    B=1。進一步,運用相同的方式可知

    0=limx0ln(x+1)(x+Cx2+Dx3+Ex4)x2=limx01x+1(1+2Cx+3Dx2+4Ex3)2x=limx01(x+1)2(2C+6Dx+12Ex2)2=12C

    即有 C=12。順著相同的步驟可以分別得到

    13D=limx02(x+1)3(6D+24Ex)6=014E=limx06(x+1)424E24=0

    D=13E=14
    解法二經由泰勒展開式可以注意到

    ln(x+1)=x011+tdt=x0k=0(t)kdt=k=0(1)kxk+1k+1=xx22+x33x44+

    容易推測知道 A=0B=1C=12D=13E=14

  9. Find the volume of the solid bounded by the surface

    x2+3y2+z2=1.

  10. 訣竅可以運用旋轉體表面積的方法計算。
    解法可視給定的曲面為 x=13y2y 軸旋轉而得的,故其表面積可列式並計算如下

    A=1/31/32πx1+(dxdy)2dy=4π1/3013y21+(3y13y2)2dy=4π1/301+6y2dy

    如此運用三角代換,令 y=16tanθ,那麼
    • y=0 時有 θ=0
    • y=1/3 時有 θ=tan1(2)
    • 求導可知 dy=sec2θ6dθ
    據此所求為

    A=4πtan1(2)0secθ16sec2θdθ=26π3tan1(2)0sec3θdθ=6π3[secθtanθ+ln|secθ+tanθ|]|tan1(2)0=6π3(6+ln(3+2))=2π+63ln(3+2)=2π+π6ln(5+26)

    其中 sec3θdθ 可計算如下

    sec3θdθ=secθtanθtan2θsecθdθ=secθtanθ(sec2θ1)secθdθ=secθtanθsec3θdθ+secθdθ

    移項便有

    sec3θdθ=secθtanθ+secθdθ2=secθtanθ+ln|secθ+tanθ|2+C


  11. Evaluate the integral 101yxx3+1dxdy.
  12. 訣竅交換積分次序求解。
    解法可將原積分範圍 {yx10y1 改寫為 {0x10yx,如此所求的重積分可改寫並計算如下

    101yxx3+1dxdy=10x0xx3+1dydx=10x2x3+1dx=1323(x3+1)3/2|10=4229


  13. Suppose f(x) is a continuous function defined on [1,1] so that 11f2(x)dx=0. Give a reason why we can or can not conclude that f(x)=0, for every x[1,1].
  14. 訣竅運用反證法加以證明。
    解法假設有某一點 x0[1,1] 使 f(x0)0,那麼由 f 的連續性可知存在 δ>0 使 x[1,1](x0δ,x0+δ) 蘊含 |f(x0)|2<|f(x)||f(x0)|。如此可以發現

    11f2(x)dx[1,1](x0δ,x0+δ)f2(x)dx|f(x0)|24[1,1](x0δ,x0+δ)dx>0

    這與題意矛盾,故函數 f 應處處為零。

  15. Suppose f(x) is a differentiable function defined on (,) satisfying f(x+y)=f(x)f(y), for every x and y. Show that f(x)=ax for some positive number a. (Hint: The function lnf(x) must have constant derivative.)
  16. 訣竅運用提示對該形式的函數求導以證明之。
    解法g(x)=lnf(x),可以注意到 g(x+y)=g(x)+g(y),從而有 g(0)=0。由此按定義求導可知

    g(x)=limh0g(x+h)g(x)h=limh0g(h)h=g(0)

    g(x)=g(0)x。如此記 g(0)=lna,那麼 lnf(x)=xlna,故 f(x)=ax

  17. Evaluate the integral , where

    D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2\mid\,3\leq x+y\leq6,~0\leq x-2y\leq3\right\}.

  18. 訣竅由積分範圍可推測應運用變數變換改寫重積分,其中應留意 Jacobian 行列式的計算。
    解法u=x+yv=x-2y,那麼由積分範圍知道 \left\{\begin{aligned}&3\leq u\leq6\\&0\leq v\leq3\end{aligned}\right.。再者,其 Jacobian 行列式可計算如下

    \displaystyle\Big|\left|\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}\right|\Big|=\Big|\left|\frac{\partial\left(u,v\right)}{\partial\left(x,y\right)}\right|\Big|^{-1}=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}\\\displaystyle\frac{\partial v}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}\end{vmatrix}\Big|^{-1}=\Big|\begin{vmatrix}1&1\\1&-2\end{vmatrix}\Big|^{-1}=\frac13

    因此所求的重積分可改寫並計算如下

    \displaystyle\begin{aligned}\iint_Dxydxdy&=\int_3^6\int_0^3\frac{2u+v}3\cdot\frac{u-v}3\cdot\frac13dvdu=\frac1{27}\int_3^6\int_0^3\left(2u^2-uv-v^2\right)dvdu\\&=\frac1{27}\int_3^6\left.\left(2u^2v-\frac{uv^2}2-\frac{v^3}3\right)\right|_0^3du=\frac19\int_3^6\left(2u^2-\frac{3u}2-3\right)du\\&=\left.\frac19\left(\frac{2u^3}3-\frac{3u^2}4-3u\right)\right|_3^6=\frac19\left[\left(144-27-18\right)-\left(18-\frac{27}4-9\right)\right]=\frac{43}4\end{aligned}


  19. Determine the maximum of the function f\left(x,y,z\right)=x-2y+3z defined on the surface

    \left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3\mid~x^2+y^2+5z^2=7\right\}.

  20. 訣竅運用柯西不等式即可;亦可使用拉格朗日乘子法。
    解法一使用柯西不等式可知

    \displaystyle\frac{238}5=7\cdot\frac{34}5=\left(x^2+y^2+\left(\sqrt5z\right)^2\right)\left(1^2+\left(-2\right)^2+\left(\frac3{\sqrt5}\right)^2\right)\geq\left(x-2y+3z\right)^2

    如此有 \displaystyle x-2y+3z\leq\frac{\sqrt{1190}}5,此時等號成立條件為 \displaystyle x=\frac{y}{-2}=\frac{5z}3,即 \displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(\frac{\sqrt{1190}}{34},-\frac{\sqrt{1190}}{17},\frac{3\sqrt{1190}}{170}\right)
    解法二設拉格朗日乘子函數如下

    \displaystyle F\left(x,y,z,\lambda\right)=x-2y+3z+\lambda\left(x^2+y^2+5z^2-7\right)

    據此解聯立方程組

    \left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda\right)=1+\lambda\cdot2x=0\\&F_y\left(x,y,z,\lambda\right)=-2+\lambda\cdot2y=0\\&F_z\left(x,y,z,\lambda\right)=3+\lambda\cdot10z=0\\&F_{\lambda}\left(x,y,z,\lambda\right)=x^2+y^2+5z^2-7=0\end{aligned}\right.

    各式移項平方有 4x^2\lambda^2=14y^2\lambda^2=4\displaystyle20z^2\lambda^2=\frac95,三式相加並運用第四式可知 \displaystyle\frac{34}5=28\lambda^2,即得 \displaystyle\lambda=\pm\sqrt{\frac{17}{70}}=\pm\frac{\sqrt{1190}}{70}。如此得座標

    \displaystyle\left(x,y,z\right)=\mp\left(\frac{\sqrt{1190}}{34},-\frac{\sqrt{1190}}{17},\frac{3\sqrt{1190}}{170}\right)

    如此代入可知 x-2y+3z 的最大值與最小值分別為 \displaystyle\pm\frac{\sqrt{1190}}5

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