國立臺灣大學一百零七學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分(B)

1. Express $d^2y/dx^2$ in terms of $x$ and $y$ for $\sin^2x+\cos^2y=1$. ($10\%$)
訣竅
獲得 $y$ 與 $x$ 之間可能的表達式來求導；亦可使用隱函數微分計算之。
解法一
注意到 $\cos^2y=1-\sin^2x=\cos^2x$，因此 $\left(\cos y+\cos x\right)\left(\cos y-\cos x\right)=0$，故 $y=\pm x$ 或 $y=\pi\pm x$，故求導有 $dy/dx=\pm1$，求二次導函數有 $d^2y/dx^2=0$。
解法二
使用隱函數微分求導有
$\displaystyle2\sin x\cos x-2\cos y\sin y\frac{dy}{dx}=0$
即 $\displaystyle\sin2x-\sin2y\frac{dy}{dx}=0$，或寫為 $\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{\sin2x}{\sin2y}$。另一方面，對原給定的方程使用二倍角公式便有
$\displaystyle\frac{1-\cos2x}2+\frac{1+\cos2y}2=1$
即有 $\cos2x=\cos2y$，從而 $\sin2x=\pm\sin2y$，故 $dy/dx=\pm1$。此時求導便有 $d^2y/dx^2=0$。


2. Find the critical numbers and classify the extreme values for $f\left(x\right)=x\sqrt{4-x^2}$. ($10\%$)
訣竅
求一階導函數為零的位置，並利用二階導函數的正負或一階導函數的單調性判斷之。
解法
在 $\left(-2,2\right)$ 上求導有
$\displaystyle f'\left(x\right)=\sqrt{4-x^2}+x\cdot\frac{-x}{\sqrt{4-x^2}}=\frac{4-2x^2}{\sqrt{4-x^2}}$
因此解方程式 $f'\left(x\right)=0$ 可得 $x=\pm\sqrt2$。又容易看出當 $x\in\left(-\sqrt2,\sqrt2\right)$ 時有 $f'\left(x\right)>0$；而 $x\in\left(-2,-\sqrt2\right)\cup\left(\sqrt2,2\right)$ 有 $f'\left(x\right)<0$。因此 $x=\sqrt2$ 處有局部極大值，而在 $x=-\sqrt2$ 處有局部極小值。


3. Calculate. ($20\%$)
   (a) $\displaystyle\int\frac{x+1}{x^3+x^2-6x}dx$　　(b) $\displaystyle\int\cos\sqrt{x}dx$
訣竅
運用部分分式改寫被積分函數後逐項積分之；運用變數代換法後使用分部積分計算即可。
解法

1. 由於分母可因式分解為 $x\left(x-2\right)\left(x+3\right)$，故據此改寫被積分函數可知

   $\displaystyle\int\frac{x+1}{x^3+x^2-6x}dx=\int\left(-\frac{1/6}x+\frac{3/10}{x-2}-\frac{2/15}{x+3}\right)dx=-\frac16\ln\left|x\right|+\frac3{10}\ln\left|x-2\right|-\frac2{15}\ln\left|x+3\right|+C$

2. 令 $u=\sqrt{x}$，平方有 $x=u^2$，而求導便有 $dx=2udu$。據此所求的不定積分可改寫並利用分部積分法計算如下

   $\displaystyle\int\cos\sqrt{x}dx=2\int u\cos udu=2u\sin u-2\int\sin udu=2u\sin u+2\cos u+C=2\sqrt{x}\sin\sqrt{x}+2\cos\sqrt{x}+C$



4. Sketch the polar curve $r=1+\cos\theta$, and find the area, and the coordinates of the centroid of the region enclosed by the curve. ($15\%$)
訣竅
使用極座標下的面積公式以及形心座標公式，其中利用對稱性簡化問題。
解法

描點繪圖如下



使用面積公式可知

$\displaystyle\begin{aligned}A&=\frac12\int_0^{2\pi}\left(1+\cos\theta\right)^2d\theta=\frac12\int_0^{2\pi}\left(1+2\cos\theta+\cos^2\theta\right)d\theta\\&=\frac14\int_0^{2\pi}\left(3+4\cos\theta+\cos2\theta\right)d\theta=\left.\frac14\left(3\theta+4\sin\theta+\frac{\sin2\theta}2\right)\right|_0^{2\pi}=\frac{3\pi}2\end{aligned}$

根據對稱性可知 $\bar{y}=0$，而

$\displaystyle\begin{aligned}\bar{x}&=\frac{\displaystyle\int_0^{\pi}\int_0^{1+\cos\theta}x\cdot rdrd\theta}{\displaystyle\frac{A}2}=\frac4{3\pi}\int_0^{\pi}\cos\theta\frac{\left(1+\cos\theta\right)^3}3d\theta\\&=\frac4{9\pi}\int_0^{\pi}\left(\cos\theta+3\cos^2\theta+3\cos^3\theta+\cos^4\theta\right)d\theta\\&=\frac4{9\pi}\int_0^{\pi}\left(\cos\theta+\frac{3+3\cos2\theta}2+3\left(1-\sin^2\theta\right)\cos\theta+\frac{\left(1+\cos2\theta\right)^2}4\right)d\theta\\&=\left.\frac4{9\pi}\left(-\sin\theta+\frac{3\theta}2+\frac{3\sin2\theta}4+\left(3\sin\theta-\sin^3\theta\right)\right)\right|_0^{\pi}+\frac1{9\pi}\int_0^{\pi}\left(1+2\cos2\theta+\cos^22\theta\right)d\theta\\&=\frac23+\frac1{18\pi}\int_0^{\pi}\left(3+4\cos2\theta+\cos4\theta\right)d\theta=\frac23+\frac{3\pi}{18\pi}=\frac56\end{aligned}$



5. Test the following series for absolute convergence, conditional convergence, or divergence. ($15\%$)
   (a) $\displaystyle\sum\left(\frac{k}{k+1}\right)^k$　　(b) $\displaystyle\sum\frac{\cos\left(k\pi\right)}k$　　(c) $\displaystyle\sum\frac{\sin\left(\pi k/2\right)}{k\sqrt{k}}$
訣竅
其一般項之形式特別，可求其一般項的極限值；注意餘弦函數在圓周率的整數倍的取值；直接確認其絕對收斂，其中運用了關於 $p$ 級數的結論。
解法
1. 由於 $\displaystyle\lim_{k\to\infty}\left(\frac{k}{k+1}\right)^k=\lim_{k\to\infty}\left(1-\frac1{k+1}\right)^{k+1}\left(1-\frac1{k+1}\right)^{-1}=e^{-1}\neq0$，故給定的級數發散。
2. 注意到 $\cos\left(k\pi\right)=\left(-1\right)^k$，因此給定的級數為 $\displaystyle\sum\frac{\left(-1\right)^k}k$。由於 $\displaystyle\frac1k$ 遞減且趨於零，因此使用交錯級數審歛法可知此級數收斂。但 $\displaystyle\sum\left|\frac{\cos\left(k\pi\right)}k\right|=\sum\frac1k$ 為調和級數，故發散。因此題目給定的級數為條件收斂。
3. 由於級數 $\displaystyle\sum\left|\frac{\sin\left(\pi k/2\right)}{k\sqrt{k}}\right|\leq\sum\frac1{k^{3/2}}$，而後者由 $p$ 級數在 $p=3/2$ 時收斂，故原給定的級數絕對收斂。


6. Maximize $x^2+y^2$ on the curve $x^4+7x^2y^2+y^4=1$. ($10\%$)
訣竅
運用拉格朗日乘子法求條件極值。本題與100學年度碩士班微積分(B)第五題相同。
解法
設定拉格朗日乘子函數如下
$F\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2+\lambda\left(x^4+7x^2y^2+y^4-1\right)$
據此解聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,\lambda\right)=2x+\lambda\left(4x^3+14xy^2\right)=0\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=2y+\lambda\left(14x^2y+4y^3\right)=0\\&F_{\lambda}\left(x,y,\lambda\right)=x^4+7x^2y^2+y^4-1=0\end{aligned}\right.$
第一式乘以 $x$ 後減去第二式乘以 $y$ 可知 $x^2-y^2+\lambda\left(2x^4-2y^4\right)=0$，或因式分解為 $\left(x^2-y^2\right)\left[1+2\lambda\left(x^2+y^2\right)\right]=0$。
• 假若 $x^2-y^2=0$，則第三式可寫為 $9x^4=1$，即得 $\displaystyle x=\pm\frac{\sqrt3}3$，而 $\displaystyle y=\pm\frac{\sqrt3}3$，故有四點座標為 $\displaystyle\pm\left(\frac{\sqrt3}3,\frac{\sqrt3}3\right)$ 與 $\displaystyle\pm\left(\frac{\sqrt3}3,-\frac{\sqrt3}3\right)$。
• 假若 $2\lambda\left(x^2+y^2\right)=-1$，則 $\lambda\neq0$，故有 $\displaystyle x^2+y^2=-\frac1{2\lambda}$。又第一式乘以 $x$ 加上第二式乘以 $y$ 並搭配第三式便有 $\displaystyle-\frac1{\lambda}+7\lambda=0$，故得 $\displaystyle\lambda=\pm\frac{\sqrt7}7$。
綜上考慮各種情形可以知道函數 $x^2+y^2$ 的取值可能有 $\displaystyle\frac{\sqrt7}2$ 或 $\displaystyle\frac23$，因此最大值為 $\displaystyle\frac{\sqrt7}2$，而最小值為 $\displaystyle\frac23$。


7. Calculate the area of the surface $z=a^2-\left(x^2+y^2\right)$ with $a^2/4\leq x^2+y^2\leq a^2$. ($10\%$)
訣竅
將曲面參數化後運用曲面積分計算面積即可。
解法

可將曲面參數化為 ${\bf r}\left(x,y\right)=\left(x,y,a^2-x^2-y^2\right)$，且設 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:\,a^2/4\leq x^2+y^2\leq a^2\right\}$。如此所求的表面積為

$\displaystyle A=\iint_D\left|{\bf r}_x\times{\bf r}_y\right|dA=\iint_D\left|\left(1,0,-2x\right)\times\left(0,1,-2y\right)\right|dA=\iint_D\sqrt{\left(2x\right)^2+\left(2y\right)^2+1}dA$

令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，而變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&\left|a\right|/2\leq r\leq\left|a\right|\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此所求的表面積為

$\displaystyle A=\int_0^{2\pi}\int_0^{\left|a\right|}\sqrt{1+4r^2}rdrd\theta=2\pi\int_0^{\left|a\right|}r\sqrt{1+4r^2}dr=\left.\frac\pi4\left(1+4r^2\right)^{3/2}\cdot\frac23\right|_0^{\left|a\right|}=\frac\pi6\left[\left(1+4a^2\right)^{3/2}-1\right]$



8. 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。本題與105學年度碩士班微積分(B)第九題相同。
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

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