國立清華大學八十五年學年度轉學生入學考試(一般)試題詳解

八十五學年度轉學生入學考試

科目　微積分(一般)　　共　1　頁第　1　頁　＊請在試卷【答案卷】內作答

1. 填充題（共七題，每題 $10$ 分，請依序作答）
1. Let $\displaystyle f\left(t\right)=\int_2^t\sqrt{\frac47+u^3}\,du$, $\displaystyle F\left(x\right)=\int_1^{\sin x}f\left(t\right)dt$. Then $F''\left(\pi\right)=$　甲　.
訣竅
運用微積分基本定理與連鎖律計算兩次導函數後代入 $x=\pi$ 即可。
解法
先用一次微積分基本定理與連鎖律可得
$\displaystyle F'\left(x\right)=f\left(\sin x\right)\cos x$.
再次使用微積分基本定理與連鎖律可得
$\displaystyle F''\left(x\right)=-f\left(\sin x\right)\sin x+f'\left(\sin x\right)\cos^2x=-f\left(\sin x\right)\sin x+\sqrt{\frac47+\sin^3x}\cos^2x$.
代入 $x=\pi$ 可知 $\displaystyle F''\left(\pi\right)=\sqrt{\frac47}=\frac2{\sqrt7}$。


2. Let $u\left(x_1,\cdots,x_n\right)=\left(x_1^2+\cdots+x_n^2\right)^k$ where $n>2$. If $\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{\partial^2u}{\partial x_i^2}=0$ for some $\left(x_1,\cdots,x_n\right)\neq\left(0,\cdots,0\right)$ then $k=$　乙　.
訣竅
計算偏微分後代入後檢查何時可滿足二階偏導函數的總和為零函數，按此條件可求得 $k$。
解法
對 $x_i$ 作偏微分可得
$\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x_i}=k\left(x_1^2+\cdots+x_n^2\right)^{k-1}\cdot2x_i$.
再作一次偏微分可得
$\displaystyle\frac{\partial^2u}{\partial x_i^2}=k\left(k-1\right)\left(x_1^2+\cdots+x_n^2\right)^{k-2}\cdot4x_i^2+2k\left(x_1^2+\cdots+x_n^2\right)^{k-1}$.
對 $i$ 作加總可得
$\displaystyle0=\sum_{i=1}^n\frac{\partial^2u}{\partial x_i^2}=4k\left(k-1\right)\left(x_1^2+\cdots+x_n^2\right)^{k-1}+2nk\left(x_1^2+\cdots+x_n^2\right)^{k-1}$.
由於整個過程中都在非原點的位置上進行討論，故不必擔心其偏微分無意義。從而得到條件 $4k^2-4k+2nk=0$，如此求得 $\displaystyle k=\frac{2-n}2$ 或 $k=0$。


3. If $y=y\left(x\right)$ satisfies the initial value problem $y''-3y'+2y=1+e^x$, and $y\left(0\right)=0$, $y'\left(0\right)=0$. Then $y\left(-2\right)=$　丙　.
訣竅
運用積分因子法逐步求解；亦可按照常微分方程的理論先求出齊次通解後再找出特解後獲得完整的一般解。
解法一
同乘以 $e^{-x}$ 後可得
$\left[e^{-x}\left(y'-2y\right)\right]'=e^{-x}\left(y''-2y'\right)-e^{-x}\left(y'-2y\right)=1+e^{-x}$.
在 $\left[0,x\right]$ 上同取定積分可得
$e^{-x}\left(y'-2y\right)=x-e^{-x}+1$.
接著再同乘以 $e^{-x}$ 後有
$\left[e^{-2x}y\right]'=e^{-2x}\left(y'-2y\right)=xe^{-x}-e^{-2x}+e^{-x}$.
再次於 $\left[0,x\right]$ 上同取定積分可得
$\displaystyle e^{-2x}y=-xe^{-x}-2e^{-x}+\frac12e^{-2x}+\frac32$.
因此所求的函數為
$\displaystyle y\left(x\right)=-xe^x-2e^x+\frac12+\frac32e^{2x}$.
那麼所求的函數值 $\displaystyle y\left(-2\right)=\frac{1+3e^{-4}}2$。
解法二
先考慮本題所對應的齊次微分方程 $y_c''-3y_c'+2y_c=0$，此對應的特徵方程為 $\lambda^2-3\lambda+2=0$，可解得 $\lambda=1$ 或 $\lambda=2$，此表明齊次方程的通解為
$\displaystyle y_c=c_1e^x+c_2e^{2x}$.
另一方面，由於非齊次項為 $1+e^x$，故猜測特解 $y_p=A+Bxe^x$，其中 $A$ 與 $B$ 為待定常數。請特別留意：此處由於 $e^x$ 已經為齊次解的一部分，故多乘以 $x$。據此代入原微分方程可得
$\displaystyle y_p''-3y_p'+2y_p=\left(Bxe^x+2Be^x\right)-3\left(Bxe^x+Be^x\right)+2\left(A+Bxe^x\right)=2A-Be^x=1+e^x$.
因此 $\displaystyle A=\frac12$、$B=-1$，因此特解為 $\displaystyle y_p=\frac12-xe^x$，因此本題方程的通解為
$\displaystyle y=y_c+y_p=c_1e^x+c_2e^{2x}+\frac12-xe^x$.
最後根據初始條件可得聯立方程組
$\displaystyle\left\{\begin{aligned} &c_1+c_2+\frac12=0,\\&c_1+2c_2-1=0.\end{aligned}\right.$
聯立解可得 $\displaystyle c_1=-2$、$\displaystyle c_2=\frac32$。如此可知 $\displaystyle y\left(-2\right)=\frac{1+3e^{-4}}2$。


4. Find $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\left(n^{100}+n^{99}\right)^{\frac1{100}}-n\right]=$　丁　.
訣竅
化為可以使用 L'Hôpital 的形式後計算之。
解法

進行整理後使用 L'Hôpital 計算如下

$\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\left[\left(n^{100}+n^{99}\right)^{\frac1{100}}-n\right]&=\lim_{n\to\infty}\left[n\left(1+\frac1n\right)^{\frac1{100}}-n\right]\\&=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(1+\frac1n\right)^{\frac1{100}}-1}{1/n}\\&=\lim_{n\to\infty}\frac{\exp\left(\frac{1}{100}\ln\left(1+\frac1n\right)\right)-1}{1/n}\\&=\lim_{n\to\infty}\frac{\exp\left(\frac1{100}\ln\left(1+\frac1n\right)\right)\cdot\frac1{100}\frac n{n+1}\cdot-\frac1{n^2}}{-1/n^2}=\frac1{100}.\end{aligned}$



5. Consider the line integral

   $\displaystyle\int_C\left(2x+4x^3y\right)dx+x^4dy$

   where the path $C$ is the line segment from $\left(0,\pi\right)$ to $\left(10,1\right)$. The value of the integral is 　戊　.
訣竅
容易注意到該力函數為保守力，因此找出它所對應的位能函數後使用線積分基本定理求解即可；亦可按線積分的定義將直線參數化後代入計算之。
解法一

設 ${\bf F}\left(x,y\right)=\left(2x+4x^3y,x^4\right)$，可以找出對應的位能函數為 $f\left(x,y\right)=x^2+x^4y$，如此所求的線積分可用

$\displaystyle\int_C\left(2x+4x^3y\right)dx+x^4dy=\int_C{\bf F}\cdot d{\bf r}=f\left(10,1\right)-f\left(0,\pi\right)=100+10000=10100$.

解法二

將該線段參數化為 $x=10t$、$y=\pi+\left(1-\pi\right)t$ 其中 $t\in\left[0,1\right]$，如此所求的線積分為

$\begin{aligned}\int_C\left(2x+4x^3y\right)dx+x^4dy&=\int_0^1\left(200t+40000t^3\pi+50000(1-\pi)t^4\right)dt\\&=100t^2+10000\pi t^4+10000\left(1-\pi\right)t^5\Big|_0^1\\&=100+10000\pi+10000\left(1-\pi\right)=10100.\end{aligned}$



6. Let $S$ be the solid obtained by revolving the region $D=\left\{\left(x,y\right)|\left(x-2\right)^2+y^2\leq1,y\geq0\right\}$ around the line $y=x$. The volume of $S$ is 　己　.
訣竅
先求出此圖形之形心，隨後使用 Pappus 幾何中心定理求解。
解法

設區域 $D$ 之形心為 $(\bar x,\bar y)$。藉由對稱性可知 $\bar x=2$，而 $\bar y$ 可按定義計算如下

$\begin{aligned}\bar y&=\frac{\displaystyle\int_0^12y\sqrt{1-y^2}dy}{\displaystyle\int_0^12\sqrt{1-y^2}dy}\\&=\frac4\pi\int_0^1y\sqrt{1-y^2}dy\\&=\left.-\frac2\pi\cdot\frac23(1-y^2)^{\frac32}\right|_0^1=\frac4{3\pi}.\end{aligned}$

而形心 $\displaystyle\left(2,\frac4{3\pi}\right)$ 至旋轉軸 $y=x$ 的距離為

$\displaystyle d=\frac{\left|2-\frac4{3\pi}\right|}{\sqrt2}=\sqrt2-\frac{2\sqrt2}{3\pi}$.

如此運用 Pappus 幾何中心定理可知所求的體積為

$\displaystyle V=2\pi d\cdot A=2\pi\cdot\left(\sqrt2-\frac{2\sqrt2}{3\pi}\right)\cdot\frac\pi2=\frac{\sqrt2\pi\left(3\pi-2\right)}3$.



7. The curve $x^3-y^3=1$ is asymptotically to the line $y=x$. The point on the curve $x^3-y^3=1$ that is farthest to the line $y=x$ is 　庚　.
訣竅
將距離表達為雙變數函數後運用條件極值找出最大值。
解法
由於點 $\left(x,y\right)$ 到直線 $y=x$ 的距離函數為 $\displaystyle\frac{\left|x-y\right|}{\sqrt2}$，又因為該點落於 $x^3-y^3=1$ 上，故 $x>y$，進而距離函數可簡化為 $\displaystyle\frac1{\sqrt2}\left(x-y\right)$。因此考慮 Lagrange 乘子函數如下
$\displaystyle F\left(x,y,\lambda\right)=\frac{x-y}{\sqrt2}+\lambda\left(x^3-y^3-1\right)$.
據此我們解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned} &F_x\left(x,y,\lambda\right)=\frac1{\sqrt2}+3\lambda x^2=0,\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=-\frac1{\sqrt2}-3\lambda y^2=0,\\&F_\lambda\left(x,y,\lambda\right)=x^3-y^3-1=0.\end{aligned}\right.$
將前兩式相加可得 $3\lambda\left(x^2-y^2\right)=0$，但明顯 $\lambda\neq0$，故有 $x=y$ 或 $x=-y$。同樣的，$x\neq y$，因此有 $x=-y$。代入第三式後可得 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(\frac1{\sqrt[3]2},-\frac1{\sqrt[3]2}\right)$。
2. 計算與證明（必須寫出演算證明過程）(每題 $10$ 分)
1. Find $\displaystyle\int_0^{\pi}\sqrt{1-\sin x}\,dx$.
訣竅
運用倍角公式簡化被積分函數後求解，其中應特別留意到簡化過程中有絕對值應特別處理，亦或者最初處理定積分時旋即使用對稱性簡化之。
解法

注意到當 $x\in\left[0,\pi\right]$ 時有下列的三角恆等式

$\displaystyle\sqrt{1-\sin x}=\sqrt{1-\cos\left(\frac{\pi}2-x\right)}=\sqrt2\left|\sin\left(\frac\pi4-\frac x2\right)\right|$.

如此所求的定積分可以改寫並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^{\pi}\sqrt{1-\sin x}\,dx&=\sqrt2\int_0^\pi\left|\sin\left(\frac\pi4-\frac x2\right)\right|dx\\&=\sqrt2\int_0^{\pi/2}\sin\left(\frac\pi4-\frac x2\right)dx+\sqrt2\int_{\pi/2}^\pi\sin\left(\frac x2-\frac\pi4\right)dx\\&=\left.2\sqrt2\cos\left(\frac\pi4-\frac x2\right)\right|_0^{\pi/2}-\left.2\sqrt2\cos\left(\frac x2-\frac\pi4\right)\right|_{\pi/2}^\pi\\&=2\sqrt2\left(1-\frac1{\sqrt2}\right)-2\sqrt2\left(\frac1{\sqrt2}-1\right)=4\sqrt2-4.\end{aligned}$



2. If $a_0,a_1,\cdots,a_n$ are real numbers satisfying

   $\displaystyle\frac{a_0}1+\frac{a_1}2+\cdots+\frac{a_n}{n+1}=0,$

   show that the equation $a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n=0$ has at least one real root.
訣竅
仔細去思考，為何會有該條件式，可以發現分母似乎都是編號的 $+1$，故推想到要積分之。隨後應用 Rolle 定理找出斜率為 $0$ 的點，此即為所求方程的根。本題出自 Principles of Mathematical Analysis，Rudin 著，第五章第四題。
解法
考慮函數 $F$ 如下
$\displaystyle F\left(x\right)=\frac{a_0x}1+\frac{a_1x^2}2+\frac{a_2x^3}3+\cdots+\frac{a_nx^{n+1}}{n+1}$.
由於按條件可知 $F\left(0\right)=F\left(1\right)=0$，故由 Rolle 定理可知存在一實數 $c\in\left(0,1\right)$ 使得 $F'\left(c\right)=0$，亦即 $c$ 為 $a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n=0$ 的實根，證明完畢。


3. The ideal gas law $PV=nRT$ ($n$ is the number of moles of the gas, $R$ is a constant) determines each of the three variables $P,V$, and $T$ (pressure, volume and absolute temperature respectively) as the function of the other two. Show that

   $\displaystyle\frac{\partial P}{\partial V}\cdot\frac{\partial V}{\partial T}\cdot\frac{\partial T}{\partial P}=-1$.

訣竅
分別計算三個偏微分後相乘後檢驗該式。
解法

首先可以將 $P$ 表達為

$\displaystyle P=\frac{nRT}V$.

因此有 $\displaystyle\frac{\partial P}{\partial V}=-\frac{nRT}{V^2}$。類似的將 $V$ 表達為

$\displaystyle V=\frac{nRT}P$.

因此有 $\displaystyle\frac{\partial V}{\partial T}=\frac{nR}P$。同理地，我們有

$\displaystyle T=\frac{PV}{nR}$.

因此有 $\displaystyle\frac{\partial T}{\partial P}=\frac V{nR}$。因此將三者相乘可知

$\displaystyle\frac{\partial P}{\partial V}\cdot\frac{\partial V}{\partial T}\cdot\frac{\partial T}{\partial P}=-\frac{nRT}{V^2}\cdot\frac{nR}P\cdot\frac V{nR}=-\frac{nRT}{PV}=-1$.