國立臺灣大學一百零八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 $4\tan y=x^3$. ($10\%$)
訣竅
運用隱函數微分求解即可。本題與100學年度碩士班微積分(B)第一題相同。
解法

對給定的方程式同取求導可得

$\displaystyle4\sec^2y\cdot\frac{dy}{dx}=3x^2$

即有 $\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{3x^2\cos^2y}4$。再求導有

$\displaystyle\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{3x\cos^2y}2+\frac{3x^2\cos y}2\frac{dy}{dx}=\frac{12x\cos^2y+9x^4\cos^3y}8$



2. Sketch the graph of $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{1+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}$, and indicate the extrema, inflection points, concavity, and asymptotes (if any). ($20\%$)
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。本題與100學年度碩士班微積分(B)第二題相同。
解法
首先可將 $f$ 改寫為 $f\left(x\right)=-1+2\left(1-\sqrt{x}\right)^{-1}$。容易注意到 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)=-1$，故水平漸近線為 $y=-1$，而 $\displaystyle\lim_{x\to1^{\pm}}f\left(x\right)=\mp\infty$，故 $x=1$ 為鉛直漸近線。
求導可知 $f'\left(x\right)=x^{-1/2}\left(1-\sqrt{x}\right)^{-2}$，容易發現當 $x\in\left(0,1\right)\cup\left(1,\infty\right)$ 時恆有 $f'\left(x\right)>0$。而二階導函數為 $\displaystyle f''\left(x\right)=\frac{3\sqrt x-1}{2x^{3/2}\left(1-\sqrt{x}\right)^3}$，故 $f''\left(x\right)=0$ 可解得 $\displaystyle x=\frac19$。又容易發現在 $\displaystyle\left(0,\frac19\right)\cup\left(1,\infty\right)$ 有 $f''\left(x\right)<0$，而在 $\displaystyle\left(\frac19,1\right)$ 有 $f''\left(x\right)>0$，因此在 $\displaystyle x=\frac19$ 為反曲點。
將以上資訊繪圖如下可得



3. Calculate the given integral. (a) $\displaystyle\int\frac{dx}{x\sqrt{1-\left(\ln x\right)^2}}$.　(b) $\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-x}\sin xdx$.　($15\%$)
訣竅
運用變數變換的概念即可；使用兩次分部積分法求出反導函數後計算瑕積分。
解法

1. 容易直接觀察計算如下

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

2. 運用兩次分部積分法可知

   $\displaystyle\int e^{-x}\sin xdx=-e^{-x}\sin x+\int e^{-x}\cos xdx=-e^{-x}\sin x-e^{-x}\cos x-\int e^{-x}\sin xdx$

   因此有

   $\displaystyle\int e^{-x}\sin xdx=-\frac{e^{-x}\sin x+e^{-x}\cos x}2+C$

   故所求的瑕積分為

   $\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-x}\sin xdx=\left.-\frac{e^{-x}\sin x+e^{-x}\cos x}2\right|_0^{\infty}=\frac12$



4. Find the indicated limit. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\left(n^k+n^{k-1}\right)^{1/k}-1\right]$, $k>0$. ($10\%$)
訣竅
改寫函數後可運用羅必達法則計算極限。
解法

將所求極限作改寫有

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\left(n^k+n^{k-1}\right)^{1/k}-1\right]=-1+\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\left(1+\frac1n\right)^{1/k}}{\displaystyle\frac1n}=-1+\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\frac1k\left(1+\frac1n\right)^{-\frac{k-1}k}\cdot-\frac1{n^2}}{\displaystyle-\frac1{n^2}}=-\frac{k-1}k$



5. Determine whether the series converges or diverges. (a) $\displaystyle\sum k\left(\frac23\right)^k$　　(b) $\displaystyle\frac23+\frac{2\cdot4}{3\cdot7}+\frac{2\cdot4\cdot6}{3\cdot7\cdot11}+\frac{2\cdot4\cdot6\cdot8}{3\cdot7\cdot11\cdot15}+\cdots$　($10\%$)
訣竅
使用比值審歛法或根式審歛法即可；寫出其一般項後使用比值審歛法。
解法
1. 設 $\displaystyle a_k=k\left(\frac23\right)^k$。

   【方法一】　使用比值審歛法有 $\displaystyle\lim_{k\to\infty}\frac{a_{k+1}}{a_k}=\lim_{k\to\infty}\frac{2\left(k+1\right)}{3k}=\frac23<1$，故給定的級數收斂。

   【方法二】　使用根式審歛法有 $\displaystyle\lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{a_k}=\lim_{k\to\infty}\frac{2k^{1/k}}3=\frac23<1$，因此給定的級數收斂。此處的計算使用了下述的極限

   $\displaystyle\lim_{k\to\infty}k^{1/k}=\exp\left(\lim_{k\to\infty}\frac{\ln k}k\right)=\exp\left(\lim_{k\to\infty}\frac{1/k}1\right)=\exp\left(0\right)=1$

2. 設 $a_k=\frac{2\cdot4\cdots2k}{3\cdot7\cdots\left(4k-1\right)}$，那麼給定的級數為 $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}a_k$。如此由比值審歛法可知

   $\displaystyle\lim_{k\to\infty}\frac{a_{k+1}}{a_k}=\frac{2\left(k+1\right)}{4k+3}=\frac12<1$

   因此給定的級數收斂。


6. Find the Taylor polynomial of the function $\cos x$ for the given values of $a=\pi/3$ and $n=4$, and given the Lagrange form of the remainder. ($15\%$)
訣竅
按照定義直接計算泰勒多項式並由均值定理的概念表達餘項。
解法
設 $f\left(x\right)=\cos x$，那麼由基本函數的求導以及三角函數值可知
$\displaystyle f\left(a\right)=\frac12$,　$\displaystyle f'\left(a\right)=-\frac{\sqrt3}2$,　$\displaystyle f''\left(a\right)=-\frac12$,　$\displaystyle f^{\left(3\right)}\left(a\right)=\frac{\sqrt3}2$,　$\displaystyle f^{\left(4\right)}\left(a\right)=\frac12$
因此給定的泰勒級數為
$\displaystyle\sum_{n=0}^4\frac{f^{\left(n\right)}\left(a\right)}{n!}\left(x-a\right)^n=\frac12-\frac{\sqrt3}2\left(x-\frac\pi3\right)-\frac14\left(x-\frac\pi3\right)^2+\frac{\sqrt3}{12}\left(x-\frac\pi3\right)^3+\frac1{48}\left(x-\frac\pi3\right)^4$
而拉格朗日型的餘式為 $\displaystyle\frac{f^{\left(5\right)}\left(c\right)}{5!}\left(x-a\right)^5=\frac{-\sin c}{120}\left(x-\frac\pi3\right)^5$，其中 $c$ 為介在 $x$ 與 $a$ 之間的實數。


7. Use a triple integral to find the volume of the solid. The solid bounded above by the elliptic paraboloid $z=12-x^2-2y^2$ and below by the elliptic paraboloid $z=2x^2+y^2$. ($10\%$)
訣竅
首先計算出兩曲面的交線，從而設定出底部區域，隨後利用底面積乘以高的概念列式並計算之。
解法

利用代入消去法有等式 $12-x^2-2y^2=2x^2+y^2$，即 $x^2+y^2=4$。據此，我們設定 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:\,x^2+y^2\leq4\right\}$。如此所求的體積為

$\displaystyle V=\iint_D\left[\left(12-x^2-2y^2\right)-\left(2x^2+y^2\right)\right]dA=3\iint_D\left(4-x^2-y^2\right)dA$

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

$\displaystyle V=3\int_0^{2\pi}\int_0^2\left(4-r^2\right)rdrd\theta=6\pi\int_0^2\left(4r-r^3\right)dr=\left.6\pi\left(2r^2-\frac{r^4}4\right)\right|_0^2=24\pi$



8. Find the area of the surface of the cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$ lies between the planes $z=0$ and $z=3$. ($10\%$)
訣竅
將曲面參數化後計算曲面積分獲得表面積；亦可視為旋轉體表面積。
解法一

將曲面參數化為 ${\bf r}\left(x,y\right)=\left(x,y,\sqrt{x^2+y^2}\right)$，因 $0\leq z\leq3$，故考慮 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2:\,x^2+y^2\leq9\right\}$。因此所求的表面積為

$\displaystyle\begin{aligned}A&=\iint_D\left|{\bf r}_x\times{\bf r}_y\right|dA=\iint_D\left|\left(1,0,\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)\times\left(0,1,\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)\right|dA\\&=\iint_D\sqrt{\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{y^2}{x^2+y^2}+1}dA=\iint_D\sqrt2dA=9\pi\sqrt2\end{aligned}$

解法二

可視此圖形為 $z=x$ 繞 $z$ 軸旋轉所得的曲面，因此由旋轉體表面積公式可知

$\displaystyle A=\int_0^32\pi z\sqrt{1+\left(\frac{dz}{dx}\right)^2}dx=2\pi\sqrt2\int_0^3xdx=9\pi\sqrt2$