國立臺灣大學一百零五學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分(B)

1. Evaluate $dy/dx$ and $d^2y/dx^2$ at the point $\left(2,-1\right)$ of the curve $x^2+4xy+y^3+5=0$. ($10\%$)
訣竅
運用隱函數微分計算導數值即可。
解法
使用隱函數微分求導有
$\displaystyle2x+4y+4x\frac{dy}{dx}+3y^2\frac{dy}{dx}=0$
取 $\left(x,y\right)=\left(2,-1\right)$ 可得 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(2,-1\right)}=0$。再次求導則得方程
$\displaystyle2+8\frac{dy}{dx}+4x\frac{d^2y}{dx^2}+6y\left(\frac{dy}{dx}\right)^2+3y^2\frac{d^2y}{dx^2}=0$
代入 $\left(x,y\right)=\left(2,-1\right)$ 與 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(2,-1\right)}=0$ 得 $\displaystyle\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{\left(x,y\right)=\left(2,-1\right)}=-\frac2{11}$。


2. Find the critical numbers, points of inflection, and vertical and horizontal asymptotes of $f\left(x\right)=x^2\left(x-7\right)^{1/3}$ (if any), describe the concavity of $f$, and sketch the graph of $f$. ($20\%$)
訣竅
透過計算極限、一階與二階導函數等尋求極值、反曲點、遞增遞減區間、凹凸區間以及漸近線等繪圖資訊。
解法
容易注意到 $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f\left(x\right)=\pm\infty$，故無水平漸近線。再者，$f$ 為連續函數，故無鉛直漸近線。又注意到 $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f\left(x\right)}x=\infty$，故也無斜漸近線。
為了求出極值，我們計算一階導函數有
$\displaystyle f'\left(x\right)=2x\left(x-7\right)^{1/3}+x^2\cdot\frac13\left(x-7\right)^{-2/3}=\frac{7x\left(x-6\right)\left(x-7\right)^{-2/3}}3$
其中 $x\neq7$。解方程式 $f'\left(x\right)=0$ 可得 $x=0$ 或 $x=6$。再者容易注意到當 $x\in\left(-\infty,0\right)\cup\left(6,7\right)\cup\left(7,\infty\right)$ 時 $f'\left(x\right)>0$，即 $f$ 嚴格遞增，而 $x\in\left(0,6\right)$ 時 $f'\left(x\right)<0$，即 $f$ 嚴格遞減。如此可知 $x=0$ 為局部極大值，而 $x=6$ 為局部極小值。
現計算二階導函數有
$\displaystyle f''\left(x\right)=\frac{14\left(2x^2-24x+63\right)\left(x-7\right)^{-5/3}}9$
那麼解方程式 $f''\left(x\right)=0$ 可得 $\displaystyle x=\frac{12\pm3\sqrt2}2$。並且注意到當 $\displaystyle x\in\left(-\infty,\frac{12-3\sqrt2}2\right)\cup\left(7,\frac{12+3\sqrt2}2\right)$ 時有 $f''\left(x\right)>0$，故 $f$ 在此凹口向上；而當 $x\in\left(\frac{12-3\sqrt2}2,7\right)\cup\left(\frac{12+3\sqrt2}2,\infty\right)$ 時有 $f''\left(x\right)<0$，故 $f$ 在此凹口向下。因此 $\left(\frac{12-3\sqrt2}2,f\left(\frac{12-3\sqrt2}2\right)\right)$、$\left(7,0\right)$ 與 $\left(\frac{12+3\sqrt2}2,f\left(\frac{12+3\sqrt2}2\right)\right)$ 為三個反曲點。
將以上資訊繪圖如下



3. Calculate (a) $\displaystyle\frac{d}{dx}\left[x^{\left(2^x\right)}\right]$　(b) $\displaystyle\frac{d}{dx}\left(\sinh^{-1}\,x\right)$　($10\%$)
訣竅
換底後使用連鎖律與基本微分公式求解；求出反雙曲函數的表達式後連鎖律求導，亦可使用隱函數微分法求反雙曲函數之微分。
解法
1. 由換底公式、連鎖律與基礎函數的微分可知

   $\displaystyle\frac{d}{dx}\left[x^{\left(2^x\right)}\right]=\frac{d}{dx}\left[e^{2^x\ln x}\right]=e^{2^x\ln x}\left(2^x\ln2\ln x+\frac{2^x}x\right)$

2. 【方法一】　設 $y=\sinh^{-1}x$，可知 $\displaystyle x=\sinh\left(y\right)=\frac{e^y-e^{-y}}2$，即 $2xe^y=e^{2y}-1$，如此可解得

   $\displaystyle e^y=\frac{2x+\sqrt{4x^2+4}}2=x+\sqrt{x^2+1}$

   因此有 $y=\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)$。如此所求的導函數為

   $\displaystyle\frac{d}{dx}\left(\sinh^{-1}x\right)=\frac{d}{dx}\left(\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\right)=\frac1{x+\sqrt{x^2+1}}\left(1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right)=\frac1{\sqrt{x^2+1}}$

   【方法二】　設 $y=\sinh^{-1}x$，那麼 $\sinh y-x=0$。運用隱函數微分有

   $\displaystyle\frac{dy}{dx}\cosh y-1=0$

   如此得 $\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac1{\cosh y}$。又留意到

   $\displaystyle\cosh y=\sqrt{1+\sinh^2y}=\sqrt{1+x^2}$

   如此所求為 $\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac1{\sqrt{1+x^2}}$。


4. Evaluate the given integral. ($10\%$)
   (a) $\displaystyle\int_0^{\pi/4}\left[\frac{1+\sin x}{\cos^2x}\right]dx$　　(b) $\displaystyle\int_1^{e^2}x\ln\sqrt{x}dx$
訣竅
由基本的三角恆等式看出反導函數後計算即可；使用分部積分法求解。
解法

1. 直接觀察可以發現

   $\displaystyle\int_0^{\pi/4}\left[\frac{1+\sin x}{\cos^2x}\right]dx=\int_0^{\pi/4}\left(\sec^2x+\sec x\tan x\right)dx=\left(\tan x+\sec x\right)\Big|_0^{\pi/4}=\sqrt2$

2. 使用分部積分法可知

   $\displaystyle\int_1^{e^2}x\ln\sqrt{x}dx=\frac14\int_1^{e^2}\ln xdx^2=\left.\frac{x^2\ln x}4\right|_1^{e^2}-\frac14\int_1^{e^2}xdx=\frac{e^4}2-\left.\left(\frac{x^2}8\right)\right|_1^{e^2}=\frac{3e^4+1}8$



5. State whether the sequence converges and, if it does, find the limit. ($10\%$)
   (a) $a_n=2\ln3n-\ln\left(n^2+1\right)$　　(b) $\displaystyle a_n=\frac{2^n}{n!}$
訣竅
適當改寫數列後即可求其極限；透過不等式使用夾擠定理即可，亦可觀察一經典的泰勒級數從而由收斂性求其極限。
解法
1. 容易注意計算極限如下

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=2\ln3+\lim_{n\to\infty}\ln\frac{n^2}{n^2+1}=2\ln3+\ln1=2\ln3$

2. 【方法一】　當 $n\geq2$ 時有 $\displaystyle\frac2n\leq1$，因此

   $\displaystyle0\leq a_n=2\cdot\frac{2^{n-1}}{\left(n-1\right)!}\cdot\frac1n\leq\frac2n$

   因 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac2n=0$，故透過夾擠定理能知 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$。
   
   【方法二】　考慮級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n}{n!}$。由自然指數 $e^x$ 的泰勒級數的收斂行為可知該級數收斂至 $e^2-1$，故其一般項收斂至 $0$，即 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$。


6. Determine whether the series converges or diverges. $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k\ln\left(k+1\right)}$　($10\%$)
訣竅
由於自然對數函數在分母且有一次項在分母，容易聯想到積分審歛法，但變數不同故先透過比較大小的概念替換為容易計算積分的形式。
解法
容易注意到 $\displaystyle a_k:=\frac1{k\left(k+1\right)}>\frac1{\left(k+1\right)\ln\left(k+1\right)}=b_k$，又因瑕積分 $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{dx}{\left(x+1\right)\ln\left(x+1\right)}=\ln\left(\ln\left(x+1\right)\right)\Big|_1^{\infty}=\infty$，故無窮級數 $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}b_k$ 發散。從而由比較審歛法能知題目給定的級數 $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}a_k$ 也發散。


7. A solid $T$ is bounded above by the plane $z=y$ and below by the paraboloid $z=x^2+y^2$. Find the volume of $T$. ($10\%$)
訣竅
先找出兩曲面的交會處，利用底面積乘以高的概念列出體積的表達式並計算之。
解法

利用代入消去法可知兩曲面的交線為 $y=x^2+y^2$，即圓方程式 $\displaystyle x^2+\left(y-\frac12\right)^2=\frac14$，如此我們令

$\displaystyle D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:\,x^2+\left(y-\frac12\right)^2\leq\frac14\right\}$

那麼所求的體積可表達為

$\displaystyle V=\iint_D\left(y-x^2-y^2\right)dA$

利用極座標變換，令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=\frac12+r\sin\theta\end{aligned}\right.$，那麼變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq\frac12\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此所求的體積可改寫並計算如下

$\displaystyle V=\int_0^{2\pi}\int_0^{\frac12}\left(\frac14-r^2\right)rdrd\theta=2\pi\cdot\left.\left(\frac{r^2}8-\frac{r^4}4\right)\right|_0^{\frac12}=\frac\pi{32}$



8. Integrate ${\bf h}\left(x,y,z\right)=yz{\bf i}+x^2{\bf j}+xz{\bf k}$ over the line segment from $\left(0,0,0\right)$ to $\left(1,1,1\right)$. ($10\%$)
訣竅
參數化該線段後直接計算路徑積分即可。
解法

將該線段參數化為 $L:\left\{\begin{aligned}&x=t\\&y=t\\&z=t\end{aligned}\right.$，其中 $0\leq t\leq1$。如此所求的線積分為

$\displaystyle\int_L{\bf h}\cdot d{\bf r}=\int_0^1\left(t^2,t^2,t^2\right)\cdot\left(dt,dt,dt\right)=\int_0^13t^2dt=t^3\Big|_0^1=1$



9. Calculate the total flux of $\vec{v}=2x\vec{i}+xz\vec{j}+z^2\vec{k}$ out of the solid bounded by the paraboloid $z=9-x^2-y^2$ and the $xy$-plane. ($10\%$)
訣竅
運用高斯散度定理即可。
解法

設 $\Omega=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3:\,0\leq z\leq9-x^2-y^2\right\}$，那麼由高斯散度定理能知

$\displaystyle\text{Flux}=\iint_{\partial\Omega}\vec{v}\cdot\vec{n}dS=\iiint_{\Omega}\text{div}\,\vec{v}dV=\iiint_{\Omega}\left(2+0+2z\right)dV$

又設 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:\,x^2+y^2\leq9\right\}$，那麼所求為

$\displaystyle\text{Flux}=\iint_{\Omega}\int_0^{9-x^2-y^2}\left(2+2z\right)dzdA=\iint_{\Omega}\left[2\left(9-x^2-y^2\right)+\left(9-x^2-y^2\right)^2\right]dA$

由極座標變換，令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，那麼變數範圍 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq3\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此所求的通量為

$\displaystyle\text{Flux}=\int_0^{2\pi}\int_0^3\left(r^5-20r^3+99r\right)drd\theta=\left.2\pi\left(\frac{r^6}6-5r^4+\frac{99r^2}2\right)\right|_0^3=324\pi$