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(B)

1. Set $f\left(x\right)=3/5\,x^{5/3}-3x^{2/3}$. Find (a) the intervals on which $f$ increases or decreases, and (b) the intervals on which the graph of $f$ is concave up and the interval on which it is concave down. Determine whether the graph of $f$ has vertical tangents or vertical cusps. 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，本題與101年微積分(B)第二題相同
解法
首先計算極限可知 $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f\left(x\right)=\pm\infty$ 且 $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f\left(x\right)}x=\pm\infty$，故無水平與斜漸近線。又 $f$ 為連續函數，故對任何 $a\in\mathbb{R}$ 恆有 $\displaystyle\lim_{x\to a}f\left(x\right)=f\left(a\right)\in\mathbb{R}$，因此也無鉛直漸近線。
又計算一階導函數有 $\displaystyle f'\left(x\right)=x^{2/3}-2x^{-1/3}=x^{-1/3}\left(x-2\right)$。為了找出極值可發現 $x\in\left(-\infty,0\right)\cup\left(2,\infty\right)$ 時有 $f'\left(x\right)>0$，而 $x\in\left(0,2\right)$ 時有 $f'\left(x\right)<0$，因此在 $x=2$ 處有極小值，而在 $x=0$ 處有極大值，且因函數 $f$ 在 $x=0$ 處不可導且有 $\displaystyle\lim_{x\to0^\pm}f'\left(x\right)=\mp\infty$，故在 $\left(0,0\right)$ 處也為尖點(cusp)。
再計算二階導函數 $\displaystyle f''\left(x\right)=\frac23x^{-4/3}\left(x+1\right)$。那麼當 $x\in\left(-1,0\right)\cup\left(0,\infty\right)$ 時有 $f''\left(x\right)>0$ 且 $x\in\left(-\infty,-1\right)$ 時有 $f''\left(x\right)<0$，因此 $x=-1$ 處有反曲點 $\left(-1,-18/5\right)$。
將以上資訊繪圖如下



2. Assume that $f$ is a continuous function and that $\displaystyle\int_0^xtf\left(t\right)dt=\sin x-x\cos x$.
   (a) Determine $f\left(\pi/2\right)$.　(b) $f'\left(x\right)$. ($10\%$)
訣竅
運用微積分基本定理即可。
解法
1. 使用微積分基本定理求導便有 $xf\left(x\right)=x\sin x$，如此代入 $x=\pi/2$ 可得 $f\left(\pi/2\right)=1$。
2. 再者，由前一小題的過程，同除以 $x$ 可知當 $x\neq0$ 時有 $f\left(x\right)=\sin x$。因 $f$ 為連續函數，故 $f\left(0\right)=\displaystyle\lim_{x\to0}f\left(x\right)=\lim_{x\to0}\sin x=0=\sin0$。因此對任何 $x\in\mathbb{R}$ 恆有 $f\left(x\right)=\sin x$，求導便有 $f'\left(x\right)=\cos x$。


3. The integral $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x}\left(1+x\right)}$ is improper. Show this integral is convergent and evaluate this integral. ($15\%$)
訣竅
將此瑕積分分段說明其收斂性，隨後由變數變換法處理之。
解法

給定的瑕積分可分拆為兩塊為

$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x}\left(1+x\right)}:=\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x}\left(1+x\right)}+\int_1^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x}\left(1+x\right)}$

當 $x\in\left[0,1\right]$ 時容易注意到 $\displaystyle\frac1{\sqrt{x}\left(1+x\right)}\leq\frac1{\sqrt{x}}$，從而可發現

$\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x}\left(1+x\right)}\leq\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x}}=2\sqrt{x}\Big|_0^1=2<\infty$

另一方面當 $x\in\left[1,\infty\right)$ 時有 $\displaystyle\frac1{\sqrt{x}\left(1+x\right)}<\frac1{x^{3/2}}$，如此有

$\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x}\left(1+x\right)}\leq\int_1^{\infty}\frac{dx}{x^{3/2}}=\left.-\frac2{x^{1/2}}\right|_1^{\infty}=2<\infty$

因此兩段瑕積分皆收斂，而原先給定的瑕積分也收斂。

由變數代換的觀察可以發現所求的瑕積分能直接計算如下

$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x}\left(1+x\right)}=\int_0^{\infty}\frac{2d\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}^2}=2\tan^{-1}\sqrt{x}\Big|_0^{\infty}=2\left(\frac\pi2-0\right)=\pi$



4. Find the limit. $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\cosh x\right)^{1/x}$. ($10\%$)
訣竅
運用換底公式並活用羅必達法則求極限。
解法

換底後直接計算如下

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\cosh x\right)^{1/x}=\exp\left(\lim_{x\to\infty}\frac{\ln\left(e^x+e^{-x}\right)-\ln2}x\right)=\exp\left(\lim_{x\to\infty}\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}\right)=\exp\left(\lim_{x\to\infty}\frac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}\right)=\exp\left(1\right)=e$



5. Expand $g\left(x\right)=\cos x$ in powers of $x-\pi$, give the Lagrange form of the remainder, and specify the values of $x$ for which the expansion is valid. ($15\%$)
訣竅
按照泰勒多項式的定義即可計算之。
解法
由於餘弦函數的高階導函數有重複出現的現象，容易注意到
$\displaystyle g\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{g^{\left(n\right)}\left(\pi\right)}{n!}\left(x-\pi\right)^n=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{\left(2n\right)!}\left(x-\pi\right)^{2n}=\sum_{n=0}^N\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{\left(2n\right)!}\left(x-\pi\right)^{2n}+\frac{\left(-1\right)^{N+1}\sin\xi}{\left(2N+1\right)!}\left(x-\pi\right)^{2N+1}$
其中 $\xi$ 為介於 $x$ 與 $\pi$ 之間的實數。容易透過比值審歛法注意到該泰勒級數在整個實數線上恆收斂。


6. Find the directional derivative of $f\left(x,y,z\right)=xe^{y^2-z^2}$ at $\left(1,2,-2\right)$ in the direction of the path $\vec{r}\left(t\right)=t\vec{i}+2\cos\left(t-1\right)\vec{j}-2e^{t-1}\vec{k}$. ($10\%$)
訣竅
首先計算出路徑的切方向，隨後透過梯度來計算方向導數，並且注意該應使用單位向量。
解法

首先路徑切向量函數為 $\vec{r}'\left(t\right)=\left(1,-2\sin\left(t-1\right),-2e^{t-1}\right)$，故當 $t=1$ 有切向量為 $\vec{r}'\left(1\right)=\left(1,0,-2\right)$。故取單位切向量為 $\displaystyle\vec{u}=\frac{\left(1,0,-2\right)}{\sqrt5}$。另一方面函數 $f$ 的梯度為

$\nabla f\left(x,y,z\right)=\left(f_x\left(x,y,z\right),f_y\left(x,y,z\right),f_z\left(x,y,z\right)\right)=\left(e^{y^2-z^2},2xye^{y^2-z^2},-2xze^{y^2-z^2}\right)$

而在 $\left(1,2,-2\right)$ 處有 $\nabla f\left(1,2,-2\right)=\left(1,4,4\right)$，如此所求的方向導數為 $\displaystyle D_{\vec{u}}f\left(1,2,-2\right)=\nabla f\left(1,2,-2\right)\cdot\vec{u}=-\frac{7\sqrt5}5$。

註：本題原敘述有誤。題目如下：

Find the directional derivative of $f\left(x,y,z\right)=xe^{y^2-z^2}$ at $\left(1,2,-2\right)$ in the direction of the path $\vec{r}\left(t\right)=t\vec{i}+2\cos\left(t-1\right)\vec{j}+2e^{t-1}\vec{k}$. ($10\%$)

其中座標 $\left(1,2,-2\right)$ 並未通過該路徑。



7. Evaluate the triple integral $\displaystyle\iiint_T\left(xyz\right)^2dxdydz$, where $T$ is the solid bounded by the plane $z=y+1$, $y+z=1$, $x=0$, $x=1$, $z=0$. ($10\%$)
訣竅
運用中學的線性規劃思想使用不等式表達出積分區域隨後直接計算求解。
解法

容易發現 $T$ 可表達為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq1\\&z-1\leq y\leq1-z\\&0\leq z\leq1\end{aligned}\right.$，如此所求的三重積分能直接計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\iiint_T\left(xyz\right)^2dxdydz&=\int_0^1\int_0^1\int_{z-1}^{1-z}x^2y^2z^2dydzdx=\left(\int_0^1x^2dx\right)\left(\int_0^1\int_{z-1}^{1-z}y^2z^2dydz\right)\\&=\frac19\int_0^1y^3z^2\Big|_{z-1}^{1-z}dz=\frac29\int_0^1\left(1-z\right)^3z^2dz=\frac29\int_0^1\left(z^2-3z^3+3z^4-z^5\right)dz\\&=\left.\frac29\left(\frac{z^3}3-\frac{3z^4}4+\frac{3z^5}5-\frac{z^6}6\right)\right|_0^1=\frac1{270}\end{aligned}$



8. Find the total flux out of the solid with ${\bf v}=x^2{\bf i}+y^2{\bf j}+z^2{\bf k}$ and the cylinder $x^2+y^2\leq4$, $0\leq z\leq4$, including the top and base. ($10\%$)
訣竅
運用散度定理計算通量即可。
解法

設 $\Omega=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3:\,x^2+y^2\leq4,\,0\leq z\leq4\right\}$，那麼由散度定理可知

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

令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\\&z=z\end{aligned}\right.$，那麼 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq2\\&0\leq\theta\leq2\pi\\&0\leq z\leq4\end{aligned}\right.$，如此所求

$\displaystyle\begin{aligned}\text{Flux}&=\int_0^4\int_0^{2\pi}\int_0^2\left(2r\cos\theta+2r\sin\theta+2z\right)rdrd\theta dz=\int_0^4\int_0^{2\pi}\left(\frac{2r^3}3\cos\theta+\frac{2r^3}3\sin\theta+r^2z\right)\Big|_0^2d\theta dz\\&=\int_0^4\int_0^{2\pi}\left(\frac{16}3\cos\theta+\frac{16}3\sin\theta+4z\right)d\theta dz=\int_0^4\left(4\theta z\right)\Big|_0^{2\pi}dz=\int_0^48\pi zdz=4\pi z^2\Big|_0^4=64\pi\end{aligned}$