國立臺灣大學一百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. ($11\%$) Evaluate $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^3}$.
訣竅
有理化後運用泰勒展開式消去因子來求解。
解法

使用羅必達法則計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^3}&=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3\left(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\right)}=\lim_{x\to0}\frac{\left(x+\frac{x^3}3+\cdots\right)-\left(x-\frac{x^3}6+\cdots\right)}{x^3\left(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\right)}\\&=\frac12\lim_{x\to0}\frac{1+\cdots}{\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}}=\frac14\end{aligned}$



2. ($12\%$)
   1. Evaluate the limit $\displaystyle f\left(x\right)=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{x\left(1-x\right)}{k+\left(n-k\right)x}$, $x\in\left[0,1\right]$.
   2. Find the extreme values of $f\left(x\right)$ on $\left[0,1\right]$.
訣竅
為了專注在極限的計算上，將無關的量做適當的處理以便將該極限轉換為黎曼和，隨後運用利用求導來尋找極值的候選位置。
解法
1. 當 $x=0$ 或 $x=1$ 時給定的級數之各項皆為零，故 $f\left(0\right)=f\left(1\right)=0$，如此我們僅需考慮 $x\neq0$ 與 $x\neq1$ 的情形。可將所求的函數極限作出如下的改寫

   $\displaystyle\begin{aligned}f\left(x\right)&=x\left(1-x\right)\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\frac1{\left(\frac{k}n\right)+\left(1-\frac{k}n\right)x}=x\left(1-x\right)\int_0^1\frac{dt}{t+\left(1-t\right)x}\\&=x\left(1-x\right)\int_0^1\frac{dt}{x+\left(1-x\right)t}=x\ln\left[x+\left(1-x\right)t\right]\Big|_{t=0}^{t=1}=-x\ln x\end{aligned}$

   因此所求的函數極限為

   $\displaystyle f\left(x\right)=\begin{cases}-x\ln x,&\mbox{if}~x\in\left(0,1\right],\\0,&\mbox{if}~x=1.\end{cases}$

2. 為了找出函數的極值，我們對 $f$ 求導有

   $f'\left(x\right)=-1-\ln x$

   據此解方程式 $f'\left(x\right)=0$ 可解得 $x=e^{-1}\in\left(0,1\right)$。進一步求二階微分有 $\displaystyle f''\left(x\right)=-\frac1x<0$，故 $f$ 在 $x=e^{-1}$ 處達到極大值，且為絕對極大值，而在邊界 $f\left(0\right)=f\left(1\right)=0$ 達到絕對極小值。


3. ($11\%$) Consider the curve $C:~r=\sin\theta$. Let $P=\left(r,\theta\right)\in C$, $r\neq0,1$. The tangent line of $C$ at $P$, the $x$-axis and $\overline{OP}$ form a triangle where $O$ is the origin. Find the area of the triangle.
訣竅
正確的理解極座標曲線的圖形即可。
解法
首先注意到 $r=\sin\theta$ 表 $\displaystyle\sqrt{x^2+y^2}=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$，即 $\displaystyle x^2+\left(y-\frac12\right)^2=\frac14$，故在 $P$ 點作切線為 $y-r\sin\theta=-\cot\theta\left(x-r\cos\theta\right)$。這個切線與 $x$ 軸交於 $\left(r\sec\theta,0\right)$，從而此三角形的面積由底乘以高除以二可得為 $\displaystyle r\sec\theta\cdot r\sin\theta\cdot\frac12=\frac{r^2\tan\theta}2$。


4. ($11\%$) Show that $\displaystyle\left(1-4x\right)^{-\frac12}=\sum_{n=0}^{\infty}{2n\choose n}x^n$, $\displaystyle\left|x\right|<\frac14$.
訣竅
運用二項式級數展開即可。
解法
使用二項級數可知
$\displaystyle\begin{aligned}\left(1-4x\right)^{-\frac12}&=\sum_{n=0}^{\infty}{-\frac12\choose n}\left(-4x\right)^n=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\displaystyle\left(-\frac12\right)\left(-\frac32\right)\cdots\left(-\frac{2n-1}2\right)}{n!}\left(-4\right)^nx^n\\&=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1\cdot3\cdots\left(2n-1\right)}{n!}\cdot2^nx^n=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1\cdot3\cdots\left(2n-1\right)\cdot2\cdot4\cdots2n}{n!\cdot2\cdot4\cdots2n}\cdot2^nx^n\\&=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(2n\right)!}{n!\cdot n!\cdot2^n}\cdot2^nx^n=\sum_{n=0}^{\infty}{2n\choose n}x^n\end{aligned}$
其中收斂範圍為 $\left|4x\right|<1$，即 $\displaystyle\left|x\right|<\frac14$。


5. ($11\%$) Let $f\left(x,y\right)=\begin{cases}\displaystyle x^2\tan^{-1}\frac{y}x-y^2\tan^{-1}\frac{x}{y},&xy\neq0,\\0,&xy=0.\end{cases}$ Find $\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}\left(0,0\right)$.
訣竅
按照偏導函數的定義計算即可。
解法

首先計算對 $y$ 的偏導函數在 $x$ 上的偏導數與在原點的偏導數如下：當 $y=0$ 時有

$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}\left(x,0\right)=\lim_{h\to0}\frac{f\left(x,h\right)-f\left(x,0\right)}h=\lim_{h\to0}\left(\frac{x^2}h\tan^{-1}\frac{h}x-h\tan^{-1}\frac{x}h\right)=0$

其中 $\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{x^2}h\tan^{-1}\frac{h}x=0$ 係運用羅必達法則，而 $\displaystyle\lim_{h\to0}h\tan^{-1}\frac{x}h=0$ 則運用夾擠定理。再者，對於原點的偏導數值則有

$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}\left(0,0\right)=\lim_{h\to0}\frac{f\left(0,h\right)-f\left(0,0\right)}h=0$

現在，按定義計算混合二階偏導數如下

$\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}\left(0,0\right)=\lim_{h\to0}\frac{\frac{\partial f}{\partial y}\left(h,0\right)-\frac{\partial f}{\partial y}\left(0,0\right)}h=0$



6. ($11\%$) The plane $4x-3y-z=5$ intersects the cone $x^2+y^2=z^2$ in an ellipse. Find the highest and the lowest points on the ellipse.
訣竅
運用拉格朗日乘子法求極值。
解法

根據題意設定拉格朗日乘子函數如下

$F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=z+\lambda_1\left(4x-3y-z-5\right)+\lambda_2\left(x^2+y^2-z^2\right)$

具此解下列的聯立方程組

$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=4\lambda_1+2\lambda_2x=0\\&F_y\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=-3\lambda_1+2\lambda_2y=0\\&F_z\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=1-\lambda_1-2\lambda_2z=0\\&F_{\lambda_1}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=4x-3y-z-5=0\\&F_{\lambda_2}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+y^2-z^2=0\end{aligned}\right.$

將第一式乘以 $3$ 加上第二式乘以 $4$ 可得 $2\lambda_2\left(3x+4y\right)=0$。假若 $\lambda_2=0$，那麼由第三式會發現 $\lambda_1=1$，這與前兩式矛盾，故有 $3x+4y=0$，即有 $\displaystyle y=-\frac{3x}4$。將之代入第四式與第五式中有

$\displaystyle\frac{25x}4-5=z,\qquad\frac{25x^2}{16}=z^2$

後者可得 $\displaystyle z=\pm\frac{5x}4$。因此 $\displaystyle\frac{25x}4-5=\pm\frac{5x}4$，可解得 $x=1$ 或 $\displaystyle x=\frac23$。如此可得最高點與最低點座標如下

$\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(1,-\frac34,\frac54\right)$　或　$\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(\frac23,-\frac12,-\frac56\right)$



7. ($11\%$) Evaluate $\displaystyle\int_0^{\frac23}\int_y^{1-\frac{y}2}\left(2x+y\right)e^{y-x}dxdy+\int_{-\frac23}^0\int_{-2y}^{1-\frac{y}2}\left(2x+y\right)e^{y-x}dxdy$.
訣竅
仔細考察積分範圍後合併並利用變數變換處理之。
解法

第一個重積分給出的積分範圍為 $\left\{\begin{aligned}&y\leq x\leq1-\frac{y}2\\&0\leq y\leq\frac23\end{aligned}\right.$，而第二個重積分給出的積分範圍為 $\left\{\begin{aligned}&-2y\leq x\leq1-\frac{y}2\\&-\frac23\leq y\leq0\end{aligned}\right.$，兩者聯集的區域可表達為容易看出這兩個區域聯集為一三角形區域，其三邊長分別為 $2x+y=2$、$x-y=0$ 與 $x+2y=0$。為此，令 $u=2x+y$、$v=x-y$，如此邊界為 $u=2$、$v=0$ 與 $u-v=0$，即 $\left\{\begin{aligned}&0\leq u\leq2\\&0\leq v\leq u\end{aligned}\right.$。如此所求的重積分和可表達為如下

$\displaystyle\int_0^2\int_0^uue^{-v}\Big|\left|\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}\right|\Big|dvdu$

其中 Jacobian 行列式能計算如下

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

故所求的重積分能計算如下

$\displaystyle\int_0^2\int_0^uue^{-v}\cdot\frac13dvdu=\int_0^2\left.u\cdot-\frac{e^{-v}}3\right|_0^udu=\frac13\int_0^2\left(1-ue^{-u}\right)du=\left.\frac{u+ue^{-u}+e^{-u}}3\right|_0^2=\frac{1+3e^{-2}}3$



8. ($11\%$) Find the volume of the solid bounded by the surface $\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=x^2+y^2-z^2$.
訣竅
運用球極座標變換處理之。
解法

令 $\left\{\begin{aligned}&x=\rho\cos\theta\sin\phi\\&y=\rho\sin\theta\sin\phi\\&z=\rho\cos\phi\end{aligned}\right.$，如此給定的曲面可表達為

$\rho^4=\rho^2\left(\sin^2\phi-\cos^2\phi\right)=-\rho^2\cos2\phi$

故 $\rho^2=-\cos2\phi$。如此易知變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq\rho\leq\sqrt{-\cos2\phi}\\&\frac\pi4\leq\phi\leq\frac{3\pi}4\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，因此所求為

$\displaystyle\begin{aligned}V=\int_0^{2\pi}\int_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}4}\int_0^{\sqrt{-\cos2\phi}}\rho^2\sin\phi d\rho d\phi d\theta=2\pi\int_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}4}\frac{\sqrt{-\cos^32\phi}}3\sin\phi d\phi=\frac{4\pi}3\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\sqrt{\left(1-2\cos^2\phi\right)^3}\sin\phi d\phi\end{aligned}$

令 $u=\cos\phi$，則有

• 當 $\displaystyle\phi=\frac\pi4$ 時有 $\displaystyle u=\frac{\sqrt2}2$；
• 當 $\displaystyle\phi=\frac\pi2$ 時有$u=0$；
• 求導 $du=-\sin\phi d\phi$。

如此有

$\displaystyle V=\frac{4\pi}3\int_0^{\frac{\sqrt2}2}\sqrt{\left(1-2u^2\right)^3}du$

據此，令 $\displaystyle u=\frac{\sin\theta}{\sqrt2}$，那麼

• 當 $u=0$，則 $\theta=0$；
• 當 $\displaystyle u=\frac{\sqrt2}2$，則 $\theta=\frac\pi2$；
• 求導 $\displaystyle du=\frac{\cos\theta}{\sqrt2}d\theta$。

如此所求

$\displaystyle\begin{aligned}V&=\frac{4\pi}3\int_0^{\frac\pi2}\cos^3\theta\cdot\frac{\cos\theta}{\sqrt2}d\theta=\frac{2\sqrt2\pi}3\int_0^{\frac\pi2}\left(\frac{1+\cos2\theta}2\right)^2d\theta\\&=\frac{\sqrt2\pi}6\int_0^{\frac\pi2}\left(1+2\cos2\theta+\cos^22\theta\right)d\theta=\frac{\sqrt2\pi}{12}\int_0^{\frac\pi2}\left(3+4\cos2\theta+\cos4\theta\right)d\theta\\&=\left.\frac{\sqrt2\pi}{12}\left(3\theta+2\sin2\theta+\frac{\sin4\theta}4\right)\right|_0^{\frac\pi2}=\frac{\sqrt2\pi^2}8\end{aligned}$



9. ($11\%$) Let $C$ be the curve $\displaystyle x^{\frac23}+y^{\frac23}=1$. Evaluate $\displaystyle\oint_C\left(x^{\frac43}+y^{\frac43}\right)ds$.
訣竅
利用對稱性，僅考慮在第一象限的部分，隨後參數化計算之。
解法

將曲線參數化為 $\left\{\begin{aligned}&x=\cos^3\theta\\&y=\sin^3\theta\end{aligned}\right.$，那麼所求的線積分可得

$\displaystyle\begin{aligned}\oint_C\left(x^{\frac43}+y^{\frac43}\right)ds&=4\int_0^{\frac\pi2}\left(\cos^4\theta+\sin^4\theta\right)\sqrt{\left(-3\cos^2\theta\sin\theta\right)^2+\left(3\sin^2\theta\cos\theta\right)^2}d\theta\\&=12\int_0^{\frac\pi2}\cos^2\theta\sin^2\theta\left(\cos^4\theta+\sin^4\theta\right)d\theta=3\int_0^{\frac\pi2}\sin^22\theta\left(\frac{\left(1+\cos2\theta\right)^2+\left(1-\cos2\theta\right)^2}4\right)d\theta\\&=\frac32\int_0^{\frac\pi2}\sin^22\theta\left(1+\cos^22\theta\right)d\theta=\frac32\int_0^{\frac\pi2}\left(\sin^22\theta+\sin^22\theta\cos^22\theta\right)d\theta\\&=\frac32\int_0^{\frac\pi2}\left(\frac{1-\cos4\theta}2+\frac{\sin^24\theta}4\right)d\theta=\frac{3\pi}8+\frac38\int_0^{\frac\pi2}\frac{1-\cos8\theta}2d\theta=\frac{3\pi}8+\frac{3\pi}{32}=\frac{15\pi}{32}\end{aligned}$