國立臺灣大學一百零九學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分(A)

以下五個題目每題各 20 分，總分 100 分。作答時請務必清楚寫下計算與推論過程，否則不予計分。

問題 1. 給定可微函數 $f\left(x,y,z\right)$、$g\left(x,y\right)$ 與 $h\left(x,y\right)$ 滿足以下性質：

$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}\left(1,3,1\right)=-15$、$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}\left(1,3,1\right)=6$、$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial z}\left(1,3,1\right)=7$、
$g\left(3,1\right)=1$、$g\left(1,5\right)=1$、$g\left(5,1\right)=1$、$h\left(3,1\right)=3$、$h\left(1,3\right)=3$、
$\displaystyle\frac{\partial g}{\partial x}\left(3,1\right)=3$、$\displaystyle\frac{\partial g}{\partial x}\left(5,1\right)=8$、$\displaystyle\frac{\partial g}{\partial x}\left(1,5\right)=0$、
$\displaystyle\frac{\partial g}{\partial y}\left(3,1\right)=1$、$\displaystyle\frac{\partial g}{\partial y}\left(5,1\right)=5$、$\displaystyle\frac{\partial g}{\partial y}\left(1,5\right)=-2$、
$\displaystyle\frac{\partial h}{\partial x}\left(3,1\right)=-3$、$\displaystyle\frac{\partial h}{\partial x}\left(1,3\right)=11$、$\displaystyle\frac{\partial h}{\partial y}\left(3,1\right)=0$、$\displaystyle\frac{\partial h}{\partial y}\left(1,3\right)=-7$。

令 $k\left(x,y,z\right)=f\left(g\left(z,y\right),h\left(y,x\right),y\right)$。計算 $\displaystyle\frac{\partial k}{\partial y}\left(3,1,5\right)$。

訣竅

運用多變函數的連鎖律計算即可。

解法

計算多變數函數的偏導函數可得

$\displaystyle\frac{\partial k}{\partial y}\left(x,y,z\right)=\frac{\partial f}{\partial x}\left(g\left(z,y\right),h\left(y,x\right),y\right)\cdot\frac{\partial g}{\partial y}\left(z,y\right)+\frac{\partial f}{\partial y}\left(g\left(z,y\right),h\left(y,x\right),y\right)\cdot\frac{\partial h}{\partial x}\left(y,x\right)+\frac{\partial f}{\partial z}\left(g\left(z,y\right),h\left(y,x\right),y\right)$

取 $\left(x,y,z\right)=\left(3,1,5\right)$ 代入並透過上述資訊可知

$\displaystyle\begin{aligned}\frac{\partial k}{\partial y}\left(3,1,5\right)&=\frac{\partial f}{\partial x}\left(g\left(5,1\right),h\left(1,3\right),1\right)\cdot\frac{\partial g}{\partial y}\left(5,1\right)+\frac{\partial f}{\partial y}\left(g\left(5,1\right),h\left(1,3\right),1\right)\cdot\frac{\partial h}{\partial x}\left(1,3\right)+\frac{\partial f}{\partial z}\left(g\left(5,1\right),h\left(1,3\right),1\right)\\&=\frac{\partial f}{\partial x}\left(1,3,1\right)\cdot5+\frac{\partial f}{\partial y}\left(1,3,1\right)\cdot11+\frac{\partial f}{\partial z}\left(1,3,1\right)\\&=-15\cdot5+6\cdot11+7=-2\end{aligned}$

問題 2. 計算下述積分：

$\displaystyle\int_0^{\pi}\frac{dx}{3+\sin^2x}$　(提示：考慮變數變換 $u=\tan x$。)

訣竅

注意該變換不適用於 $x=\pi/2$，故需先使用對稱性處理之。再者使用二倍角公式改寫被積分函數能使得變換的運用更加有效。

解法

首先由對稱性與三角恆等式知道

$\displaystyle\int_0^{\pi}\frac{dx}{3+\sin^2x}=2\int_0^{\frac\pi2}\frac{dx}{3+\sin^2x}=4\int_0^{\frac\pi2}\frac{dx}{7-\cos2x}$

那麼由題目所述的代換可知

• 當 $x=0$ 時有 $u=0$；
• 當 $\displaystyle x\to\left(\frac\pi2\right)^-$ 時有 $u\to+\infty$；
• 藉由二倍角公式可知 $\displaystyle\cos2x=\frac{1-\tan^2x}{1+\tan^2x}=\frac{1-u^2}{1+u^2}$，求導則知 $\displaystyle dx=\frac{du}{1+u^2}$。

據此所求可改寫並計算如下

$\displaystyle\int_0^{\pi}\frac{dx}{3+\sin^2x}=4\int_0^{\frac\pi2}\frac{\displaystyle\frac{du}{1+u^2}}{\displaystyle7-\frac{1-u^2}{1+u^2}}=\frac12\int_0^{\frac\pi2}\frac{du}{\displaystyle u^2+\frac34}=\left.\frac12\cdot\frac2{\sqrt3}\tan^{-1}\frac{2u}{\sqrt3}\right|_0^{\infty}=\frac\pi{2\sqrt3}=\frac{\pi\sqrt3}6$

問題 3. 給定向量場

$\displaystyle\left(P\left(x,y\right),Q\left(x,y\right)\right):=\left(2y+e^{xy},\frac{xy-1}{y^2}e^{xy}+5x\right)$

與路徑 $\gamma\left(t\right)=\left(\cos t,\sin t\right)$ ($t\in\left[\pi/6,\pi/2\right]$)，計算線積分 $\displaystyle\int_{\gamma}Pdx+Qdy$。

訣竅

可以將此向量場拆解為保守場與非保守場之部分，從而利用線積分基本定理與直接參數化處理之。

解法

記給定的向量場為 ${\bf F}$，如此將向量場寫為

$\displaystyle{\bf F}=\left(P\left(x,y\right),Q\left(x,y\right)\right)=\left(2y+e^{xy},\frac{xy-1}{y^2}e^{xy}+5x\right)+\left(0,3x\right):={\bf F}_1+{\bf F}_2$

容易注意到 ${\bf F}_1$ 為保守場而 ${\bf F}_2$ 為非保守場。前者容易求得位能函數 $\displaystyle f\left(x,y\right)=2xy+\frac1ye^{xy}$ 能滿足 $\nabla f={\bf F}_1$，故

$\displaystyle\int_\gamma{\bf F}_1\cdot d{\bf r}=f\left(\cos\frac\pi2,\sin\frac\pi2\right)-f\left(\cos\frac\pi6,\sin\frac\pi6\right)=f\left(0,1\right)-f\left(\frac{\sqrt3}2,\frac12\right)=1-\frac{\sqrt3}2-2e^{\sqrt3/4}$

另一方面，對於 ${\bf F}_2$ 的作功可由參數化計算如下

$\displaystyle\int_{\gamma}{\bf F}_2\cdot d{\bf r}=\int_{\pi/6}^{\pi/2}\left(0,3\cos t\right)\cdot\left(-\sin t,\cos t\right)dt=\frac32\int_{\pi/6}^{\pi/2}\left(1+\cos2t\right)dt=\left.\frac32\left(t+\frac{\sin2t}2\right)\right|_{\pi/6}^{\pi/2}=\frac32\left(\frac\pi3-\frac{\sqrt3}4\right)=\frac\pi2-\frac{3\sqrt3}8$

因此所求之線積分為

$\displaystyle\int_{\gamma}Pdx+Qdy=\int_{\gamma}{\bf F}_1\cdot d{\bf r}+\int_{\gamma}{\bf F}_2\cdot d{\bf r}=1+\frac\pi2-\frac{7\sqrt3}8-2e^{\sqrt3/4}$

問題 4. 給定實數 $a>1$ 與 $b>0$，方程式 $a^x=\left|x\right|^b$ 有多少個相異實數解 $x$？答案可能取決於 $a$ 與 $b$ 的範圍，請針對所有情況作答並詳述理由。(提示：一個直接的想法是計算微分來了解函數 $f\left(x\right)=a^x-\left|x\right|^b$ 的極值與增減特性，就像畫函數的概略圖形時那樣，進而判斷解的個數；不過經由解方程式 $f'\left(x\right)=0$ 來並不比原本的問題容易。能否藉由考慮別的函數來回答原本的問題？)

訣竅

取對數後可使微分較為容易。

解法

由於明顯知道 $x\neq0$，故給定的方程等價於 $x\ln a=b\ln\left|x\right|$。設 $f\left(x\right)=x\ln a-b\ln\left|x\right|$，如此求導可得

$\displaystyle f'\left(x\right)=\ln a-\frac{b}x$

那麼局部極值可能發生在 $f'\left(x\right)=0$ 的解之處，即 $\displaystyle x=x_0:=\frac{b}{\ln a}>0$。由此可知

• 當 $x\in\left(x_0,\infty\right)$ 時有 $f'\left(x\right)>0$；
• 當 $x\in\left(0,x_0\right)$ 時有 $f'\left(x\right)<0$；當 $x\in\left(-\infty,0\right)$ 時有 $f'\left(x\right)>0$。

由此可知 $f$ 在 $x_0$ 處為局部極小點。

對於 $\left(-\infty,0\right)$ 上的行為可以透過 $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f\left(x\right)=-\infty$ 且 $\displaystyle\lim_{x\to0^-}f\left(x\right)=\infty$，故 $f$ 在 $\left(-\infty,0\right)$ 必恰有一實根。

另一方面，注意到 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}f\left(x\right)=\infty=\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)$。那麼

• 若 $f\left(x_0\right)>0$ 則 $f$ 在 $\left(0,\infty\right)$ 上無實根；
• 若 $f\left(x_0\right)=0$ 則 $f$ 在 $\left(0,\infty\right)$ 上恰一實根；
• 若 $f\left(x_0\right)<0$ 則 $f$ 在 $\left(0,\infty\right)$ 上恰兩實根。

又 $\displaystyle f\left(x_0\right)=b-b\ln\left(\frac{b}{\ln a}\right)$，故綜上所述可知下列結論：

• 若 $b<\ln a$，那麼方程 $a^x=\left|x\right|^b$ 在 $\mathbb{R}$ 上恰一實根；
• 若 $b=\ln a$，那麼方程 $a^x=\left|x\right|^b$ 在 $\mathbb{R}$ 上恰二實根，其中一根為 $x_0$；
• 若 $b>\ln a$，那麼方程 $a^x=\left|x\right|^b$ 在 $\mathbb{R}$ 上恰三實根

問題 5. 假設 $I$ 是一個含有 $0$ 的開區間，$f$ 是定義於 $I$ 上的一個（無窮次可微）函數，並且 $y=f\left(x\right)$ 滿足方程式 $xy+1-y^7e^x=0$。請問 $f$ 在 $x=0$ 是否發生局部極大值或局部極小值？請說明理由。

訣竅

運用隱函數微分求導並按泰勒級數的方式思考。

解法

首先容易注意到 $x=0$ 時有 $y=1$，即 $f\left(0\right)=1$。接著使用隱函數微分求導可知

$\displaystyle y+x\frac{dy}{dx}-7y^6\frac{dy}{dx}e^x-y^7e^x=0$

取 $x=0$ 與 $y=1$ 可知 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(0,1\right)}=0$。又繼續使用隱函數微分求二階導函數有

$\displaystyle2\frac{dy}{dx}+x\frac{d^2y}{dx^2}-42y^5\left(\frac{dy}{dx}\right)^2-14y^6\frac{d^2y}{dx^2}e^x-7y^6\frac{dy}{dx}e^x-y^7e^x=0$

那麼由 $x=0$、$y=1$ 與 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(0,1\right)}=0$ 得 $\displaystyle\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{\left(x,y\right)=\left(0,1\right)}=-\frac1{14}<0$，此表明 $f$ 在此處凹口向下。由此可知 $f$ 在 $x=0$ 處達到局部極大值。