國立臺灣大學一百一拾學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分(B)

1. Sketch the figure of function $\left(x^3-1\right)/x$ and indicate the extrema, inflection points, and concavity. ($20\%$)
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102學年度碩士班微積分(B)第一題相同。
解法
設函數 $f\left(x\right)=x^2-x^{-1}$，容易注意到 $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f\left(x\right)=\infty$ 且 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(f\left(x\right)-x^2\right)=0$。再者，也有 $\displaystyle\lim_{x\to0^\pm}f\left(x\right)=\mp\infty$，故 $x=0$ 處有鉛直漸近線。
又求一階導函數有 $f'\left(x\right)=2x+x^{-2}$，容易發現當 $x\in\left(-2^{-1/3},0\right)\cup\left(0,\infty\right)$ 時有 $f'\left(x\right)>0$ 而 $x\in\left(-\infty,-2^{-1/3}\right)$ 有 $f'\left(x\right)<0$。因此在 $x=-2^{-1/3}$ 處有局部極小值。
又進一步計算二階導函數得 $f''\left(x\right)=2-2x^{-3}$。那麼當 $x\left(-\infty,0\right)\cup\in\left(1,\infty\right)$ 時有 $f''\left(x\right)>0$，而在 $x\in\left(0,1\right)$ 時有 $f''\left(x\right)<0$，故 $\left(1,f\left(1\right)\right)=\left(1,0\right)$ 處為反曲點。
據此將圖形繪製如下



2. Calculate the given integral. ($15\%$)
   1. $\displaystyle\int_{-\pi/2}^\pi\left|\cos x\right|dx$;
   2. $\displaystyle\int\frac{\sin^{-1}2x}{\sqrt{1-4x^2}}dx$;
   3. $\displaystyle\int\frac1{x^4-1}dx$.
   訣竅

   第一小題適當的分割區間後取消絕對值來計算之；第二小題由變數代換的概念直接計算求解；第三小題可適當的改寫被積分函數來求出反導函數。
   解法

   1. 所求的定積分可表達並計算如下

      $\displaystyle\int_{-\pi/2}^\pi\left|\cos x\right|dx=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos x\,dx+\int_{\pi/2}^\pi\left(-\cos x\right)dx=\sin x\Big|_{-\pi/2}^{\pi/2}+\left(-\sin x\right)\Big|_{\pi/2}^\pi=2+1=3.$

   2. 直接計算可知

      $\displaystyle\int\frac{\sin^{-1}2x}{\sqrt{1-4x^2}}dx=\frac12\int\sin^{-1}2x\,d\sin^{-1}2x=\frac14\left(\sin^{-1}2x\right)^2+C.$

   3. 將被積分函數改寫直接計算不定積分如下

      $\displaystyle\begin{aligned}\int\frac1{x^4-1}dx&=\frac12\int\left(\frac1{x^2-1}-\frac1{x^2+1}\right)dx\\&=\frac14\int\left(\frac1{x-1}-\frac1{x+1}-\frac2{x^2+1}\right)dx\\&=\frac14\ln\left|x-1\right|-\frac14\ln\left|x+1\right|-2\tan^{-1}x+C.\end{aligned}$

   
   
3. State whether the sequence converges as $n\to\infty$; if it does, find the limit. ($10\%$)
   1. $\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\frac1{\sin x}-\frac1x\right)$
   2. $n\left(a^{1/n}-1\right)$, $a>0$.
訣竅
對於第一小題可通分後使用 L'Hôpital 法則，第二小題運用變數代換後將其視為指數函數的求導。
解法
1. 通分後使用 L'Hôpital 法則有

   $\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\frac1{\sin x}-\frac1x\right)=\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x\cos x+\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{-\sin x}{2\cos x-x\sin x}=\frac0{2\cdot1-0}=0.$

2. 將 $n$ 視為 $x$ 連續地趨於無窮，隨後令 $t=1/x$，那麼所求的極限可化為

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}n\left(a^{1/n}-1\right)=\lim_{t\to0^+}\frac{a^t-1}t=\ln a,$

   其中所求的極限為函數 $f\left(t\right)=a^t$ 在 $t=0$ 處的導數。


4. Find the unit tangent, the principal normal, the curvature and write an equation in $x$, $y$, $z$ for the osculating plane at the point on the curve $\vec{r}\left(t\right)=e^t\vec{i}+e^{-t}\vec{j}-t\sqrt2\vec{k}$ at $t=0$ and find the length from $t=0$ to $t=\ln3$. ($15\%$)
訣竅
按照切向量、主法向量、曲率、密切平面以及曲線弧長等定義與公式計算即可。
解法

對參數曲線求導有

$\displaystyle\vec{r}'\left(t\right)=\left(e^t,-e^{-t},-\sqrt2\right)$,　${\bf r}''\left(t\right)=\left(e^t,e^{-t},0\right)$.

故單位切向量為

$\displaystyle{\bf T}\left(t\right)=\frac{{\bf r}'\left(t\right)}{\left\|{\bf r}'\left(t\right)\right\|}=\frac{\left(e^t,e^{-t},-\sqrt2\right)}{\sqrt{e^{2t}+e^{-2t}+2}}=\frac{\left(e^t,e^{-t},-\sqrt2\right)}{e^t+e^{-t}}=\left(\frac{e^t}{e^t+e^{-t}},\frac{e^{-t}}{e^t+e^{-t}},-\frac{\sqrt2}{e^t+e^{-t}}\right).$

對此求導則有

$\displaystyle{\bf T}'\left(t\right)=\left(\frac2{\left(e^t+e^{-t}\right)^2},-\frac2{\left(e^t+e^{-t}\right)^2},\frac{\sqrt2\left(e^t-e^{-t}\right)}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}\right).$

故單位主法向量為

$\displaystyle\begin{aligned}{\bf N}\left(t\right)&=\frac{{\bf T}'\left(t\right)}{\left\|{\bf T}'\left(t\right)\right\|}=\frac{e^t+e^{-t}}{\sqrt2}\left(\frac2{\left(e^t+e^{-t}\right)^2},-\frac2{\left(e^t+e^{-t}\right)^2},\frac{\sqrt2\left(e^t-e^{-t}\right)}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}\right)\\&=\left(\frac{\sqrt2}{e^t+e^{-t}},-\frac{\sqrt2}{e^t+e^{-t}},\frac{e^t-e^{-t}}{e^t+e^{-t}}\right).\end{aligned}$

那麼在 $t=0$ 處的單位切向量為 $\displaystyle{\bf T}\left(0\right)=\left(\frac12,\frac12,-\frac{\sqrt2}2\right)$、單位主法向量為 $\displaystyle{\bf N}\left(0\right)=\left(\frac{\sqrt2}2,-\frac{\sqrt2}2,0\right)$。而曲率為

$\displaystyle\kappa\left(0\right)=\frac{\left\|{\bf r}'\left(0\right)\times{\bf r}''\left(0\right)\right\|}{\left\|{\bf r}'\left(0\right)\right\|^3}=\frac{\left\|\left(1,-1,-\sqrt2\right)\times\left(1,1,0\right)\right\|}{\left\|\left(1,-1,-\sqrt2\right)\right\|^3}=\frac{\left\|\left(\sqrt2,-\sqrt2,2\right)\right\|}8=\frac{\sqrt2}4.$

再者計算次法向量為

$\displaystyle{\bf B}\left(0\right)={\bf T}\left(0\right)\times{\bf N}\left(0\right)=\left(\frac12,\frac12,-\frac{\sqrt2}2\right)\times\left(\frac{\sqrt2}2,-\frac{\sqrt2}2,0\right)=\left(-\frac12,-\frac12,-\frac{\sqrt2}2\right)$

又 ${\bf r}\left(0\right)=\left(1,1,0\right)$，因此在此處的密切平面為

$\displaystyle-\frac12\left(x-1\right)-\frac12\left(y-1\right)-\frac{\sqrt2}2\left(z-0\right)=0$

或寫為 $x+y+\sqrt2z=2$。最後由曲線弧長公式有

$\displaystyle s=\int_0^{\ln3}\left\|{\bf r}'\left(t\right)\right\|dt=\int_0^{\ln3}\left(e^+e^{-t}\right)dt=\left(e^t-e^{-t}\right)\Big|_0^{\ln3}=\left(3+\frac13\right)-\left(1+1\right)=\frac43.$



5. Expand $\sin\left(x\right)$ in powers of $x-\pi$ and specify the values of $x$ for which the expansion is valid. ($10\%$)
訣竅
利用三角恆等式以及正弦函數的展開式表達之，隨後計算收斂區間；也可按照 Taylor 級數的定義逐項係數計算求解。本題與106學年度碩士班微積分(B)第六題相同。
解法一
直接計算可知
$\displaystyle\sin\left(x\right)=\sin\left(\pi-x\right)=-\sin\left(x-\pi\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n+1}\frac{\left(x-\pi\right)^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}$
容易計算其收斂半徑如下
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\left(x-\pi\right)^{2n+3}}{\left(2n+3\right)!}\div\frac{\left(x-\pi\right)^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}\right|<1$
展開有 $0<1$，因此整個實數線上皆收斂，即該表達式在實數線上皆有效。
解法二
設 $f\left(x\right)=\sin\left(x\right)$，那麼求導可知
$f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\begin{cases}\cos x,&\text{if}~n=4k+1,\\-\sin x,&\text{if}~n=4k+2,\\-\cos x,&\text{if}~n=4k+3,\\\sin x,&\text{if}~n=4k,\end{cases}$
其中 $k\in\mathbb{N}\cup\left\{0\right\}$。如此有
$f^{\left(n\right)}\left(\pi\right)=\begin{cases}-1,&\text{if}~n=4k+1,\\0,&\text{if}~n=4k+2,\\1,&\text{if}~n=4k+3,\\0,&\text{if}~n=4k,\end{cases}$
因此所求的級數為
$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{\left(n\right)}\left(\pi\right)}{n!}\left(x-\pi\right)^n=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{-1}{\left(4k+1\right)!}\left(x-\pi\right)^{4k+1}+\sum_{k=0}^{\infty}\frac1{\left(4k+3\right)!}\left(x-\pi\right)^{4k+3}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{\left(2k+1\right)!}\left(x-\pi\right)^{2k+1}$
同樣由比值審歛法的概念可知其收斂半徑為無窮，故該級數式在整個實數線上皆有效。


6. Let $\vec{v}=2x\vec{i}+2y\vec{j}+\left(xyz\right)^2\vec{k}$ and $S$ be the lower half of the ellipsoid $\displaystyle\frac{x^2}4+\frac{y^2}9+\frac{z^2}{27}=1$. Calculate the flux of $\nabla\times\vec{v}$ in the direction of the upper unit normal. ($15\%$)
訣竅
運用 Stokes 定理計算之，其中需注意向量的方向。
解法

按題意設 $S$ 為下半橢球面，且其曲面積分之法向量指向上，那麼由 Stokes 定理有

$\displaystyle\iint_S\left(\nabla\times\vec{v}\right)\,dS=\oint_{\partial S}\vec{v}\cdot\,d\vec{r},$

其中 $\partial S$ 為點集 $\displaystyle\left\{\left(x,y,0\right)\in\mathbb R^2\,:\,\frac{x^2}4+\frac{y^2}9=1\right\}$ 且該線積分方向為順時針。那麼將其參數化，令 $\left\{\begin{aligned}&x=2\cos\theta\\&y=3\sin\theta\end{aligned}\right.$，則所求的通量可改寫並計算如下

$\displaystyle\iint_S\left(\nabla\times\vec{v}\right)dS=-\int_0^{2\pi}\left(4\cos\theta,6\sin\theta\right)\cdot\left(-2\sin\theta,3\cos\theta\right)d\theta=-5\int_0^{2\pi}\sin2\theta\,d\theta=\left.\frac52\cos2\theta\right|_0^{2\pi}=0.$



7. Take $\Omega$ as the parallelogram bounded by $x+y=0$, $x+y=1$, $x-y=0$, $x-y=2$. Evaluate $\displaystyle\iint_\Omega4xy\,dxdy$. ($15\%$)
訣竅
由積分區域可設想適當的變數變換來處理之，其中應留意 Jacobian 行列式的計算。
解法

令 $\left\{\begin{aligned}&u=x+y\\&v=x-y\end{aligned}\right.$，那麼由邊界可知變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq u\leq1\\&0\leq v\leq2\end{aligned}\right.$，其中 Jacobian 行列式計算如下

$\displaystyle\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial v}\\[3mm]\displaystyle\frac{\partial y}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial v}\end{vmatrix}\Big|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}\\[3mm]\displaystyle\frac{\partial v}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}\end{vmatrix}^{-1}\Big|=\Big|\begin{vmatrix}1&1\\1&-1\end{vmatrix}^{-1}\Big|=\frac12.$

再者容易注意到 $\displaystyle x=\frac{u+v}2$ 且 $\displaystyle y=\frac{u-v}2$。據此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\iint_{\Omega}4xy\,dxdy&=\int_0^1\int_0^24\cdot\frac{u+v}2\cdot\frac{u-v}2\cdot\frac12\,dvdu=\frac12\int_0^1\int_0^2\left(u^2-v^2\right)dvdu\\&=\frac12\int_0^1\left.\left(u^2v-\frac{v^3}3\right)\right|_0^2du=\int_0^1\left(u^2-\frac43\right)du=\left.\left(\frac{u^3}3-\frac{4u}3\right)\right|_0^1=-1.\end{aligned}$