九十二學年度 化學工程學系 系轉學生招生考試
科目 微積分 科號 0063 共 2 頁第 1 *在試卷【答案卷】內作答
- 填充題（共六題，每題$8$分，請將答案依甲、乙、丙……次序作答，不需演算過程）
- The Fibonacci sequence $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ is defined as $a_1=1$, $a_2=2$, $a_{n+1}=a_n+a_{n-1}$ for $n\geq2$.
Then $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=$ 甲 . - Evaluate $\displaystyle\int_0^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx=$ 乙 .
- Consider the arc $y=\sqrt{4-x^2}$, $-1\leq x\leq1$. Let $S$ be the area of the surface obtained by rotatin this arc about the $x$-axis. Then $S=$ 丙 .
- Let $I$ be the interval of convergence of the series
$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n\right)(1-x)^n$.
Then $I=$ 丁 . (Note. Check the end points for convergence.) - 當 $x=0$ 時，級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n\right)$，其一般項發散，因此級數不收斂。
- 當 $x=2$ 時，級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\left(1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n\right)$，同樣由一般項發散可知此級數不收斂。
- Let $m$ be the absolute minimum value of
$f(x,y)=2+2x+2y-x^2-y^2$
on the closed triangular region in the first quadrant bounded by the lines $x=0$, $y=0$, $y=9-x$. Then $m=$ 戊 . - Let $L$ be the length of the arc
$\displaystyle x=\cos^3t,\quad y=\sin^3t\quad\text{for}~0\leq t\leq\frac\pi2$.
Then $L=$ 己 . - 計算與證明題（必須寫出演算證明過程）
- (11\%) Prove that the function $f(x)=(1+x)^{1/x}$ is strictly decreasing on the interval $(0,\infty)$.
- (11\%) Use the Maclaurin series for $e^x$ to estimate
$\displaystyle\int_0^{\pi/2}\!e^{-x^2}\,\mathrm dx$
with an error less than $10^{-2}$. - 我很懷疑這個題目是希望測驗這樣的估算技巧，我推測命題當初應該是希望估算定積分 $\displaystyle\int_0^1e^{-x^2}dx$ 的近似值。那麼這樣的估算過程將會變得相當容易，讀者可以直接透過類似的過程建表求解。
- 事實上由計算機可知其近似值為 $\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}e^{-x^2}dx\approx0.86290048015025$，而計算到第七項時便有
$\displaystyle\sum_{k=0}^{7}\left(-1\right)^k\frac{\pi^{2k+1}}{2^{2k+1}k!(2k+1)}\approx0.86038172$
這是因為我們在前述估算時使用 $\pi<4$ 導致估算太強，而使得項數必須增加。如果使用 $\pi$ 來進行估算可以發現當 $k=7$ 時有$\displaystyle\frac{\pi^{15}}{2^{15}\cdot7!\cdot15}\approx0.011568>0.01$
而 $k=8$ 時便有$\displaystyle\frac{\pi^{17}}{2^{17}\cdot8!\cdot17}\approx0.0031482<0.01$
故取前七項便能有滿足題意的近似值。 - (5\%) (a) Sketch the graph of the solid $D$ bounded by the surfaces
$z=x^2+3y^2$ and $z=8-x^2-y^2$.
(10\%) (b) Find the volume of the solid $D$. - 根據兩曲面的特色可以繪圖如下
- 兩曲面的相交處投影在 $xy$ 平面上為
$x^2+3y^2=8-x^2-y^2$.
整理可得 $\displaystyle\frac{x^2}4+\frac{y^2}2=1$ 為橢圓。設 $K=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+2y^2\leq4\right\}$，那麼所求的體積可表達如下$\begin{aligned}V&=\iint_K\left[(8-x^2-y^2)-(x^2+3y^2)\right]dA\\&=2\iint_K\left(4-x^2-2y^2\right)dA.\end{aligned}$
運用極座標變換 $x=2r\cos\theta$、$y=\sqrt2r\sin\theta$，其中 $0\leq r\leq1$、$0\leq\theta\leq2\pi$，如此所求可以計算如下$\begin{aligned}V&=8\int_0^{2\pi}\int_0^1(1-r^2)\cdot2\sqrt2r\,dr\,d\theta\\&=16\sqrt2\cdot2\pi\cdot\left.\left(\frac{r^2}2-\frac{r^4}4\right)\right|_0^1\\&=8\sqrt2\pi.\end{aligned}$
- (15\%) Apply the method of Lagrange multipliers to find the point $p$ which minimizes
$x^2+y^2+z^2$
subject to the constraints $x+2y+3z=6$ and $x+3y+9z=9$. (Note. You sould use the method of Lagrange multipliers only to get scores.)
訣竅
可以先解出 Fibonacci 數列的一般項後直接計算其極限；亦可將 $\displaystyle\frac{a_{n+1}}{a_n}$ 視為新數列，證明該數列遞增有上界，從而利用單調有界定理確定極限存在，進而運用原關係式求出該極限值。解法一
遞迴式所對應的特徵方程為 $k^2=k+1$，如此可解得 $\displaystyle k=\frac{1\pm\sqrt5}2$，因此 $a_n$ 的通解如下
$\displaystyle a_n=A\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^n+B\left(\frac{1-\sqrt5}2\right)^n$,
其中 $A$ 與 $B$ 為與 $n$ 無關的常數。由於 $a_1=1$、$a_2=2$，因此有$\left\{\begin{aligned}&A+B+\sqrt5(A-B)=2,\\&3(A+B)+\sqrt5(A-B)=4.\end{aligned}\right.$
相減有 $A+B=1$，而第一式乘以 $3$ 減去第二式可得 $\sqrt5(A-B)=1$，故可解得$\displaystyle A=\frac{5+\sqrt5}{10},\quad B=\frac{5-\sqrt5}{10}.$
故可知$\displaystyle a_n=\frac{5+\sqrt5}{10}\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^n+\frac{5-\sqrt5}{10}\left(\frac{1-\sqrt5}2\right)^n$.
容易由數學歸納法確定此為該遞迴數列的解並滿足前兩項初始條件。方便起見，我們記 $\displaystyle k_1=\frac{1+\sqrt5}2$、$\displaystyle k_2=\frac{1-\sqrt5}2$，如此解可表達為 $a_n=Ak_1^n+Bk_2^n$，那麼所求的極限可計算如下
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{Ak_1^{n+1}+Bk_2^{n+2}}{Ak_1^n+Bk_2^n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle k_1+\frac{Bk_2^{n+2}}{Ak_1^{n+1}}}{\displaystyle1+\frac{Bk_2^n}{Ak_1^n}}=k_1=\frac{1+\sqrt5}2$.
【註】 不過即便不計算出 $A$ 與 $B$ 也可以直接計算該極限式，也可以容易注意到只要 $A\neq0$，該極限必然為 $k_1$；若 $A=0$ 但 $B\neq0$，則極限則為 $k_2$。
解法二
設數列 $\displaystyle b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}$，那麼有關係式
$\displaystyle b_n=1+\frac1{b_{n-1}}\quad\text{for}~n\geq2$.
首先我們證明奇數項遞減，偶數項遞增，也就是證明對於所有正整數 $n$ 恆有 $b_{2n+1}<b_{2n-1}$ 以及 $b_{2n+2}>b_{2n}$。容易檢查到 $n=1$ 時有$\displaystyle b_3=\frac{a_4}{a_3}=\frac53<\frac21=\frac{a_2}{a_1}=b_1,\quad b_4=\frac{a_5}{a_4}=\frac85>\frac32=\frac{a_3}{a_2}=b_2.$
因此命題對於 $n=1$ 成立。現設 $n=k$ 時有不等式 $b_{2k+1}<b_{2k-1}$ 以及 $b_{2k+2}>b_{2k}$，亦即有$a_{2k+2}a_{2k-1}<a_{2k+1}a_{2k},\quad a_{2k+3}a_{2k}>a_{2k+2}a_{2k+1}$.
對於第一個不等式，兩邊同時加上 $a_{2k+2}a_{2k}$，那麼有$a_{2k+2}a_{2k+1}=a_{2k+2}a_{2k-1}+a_{2k+2}a_{2k}<a_{2k+1}a_{2k}+a_{2k+2}a_{2k}=a_{2k+3}a_{2k}$,
接著再加上 $a_{2k+3}a_{2k+1}$ 則有$a_{2k+4}a_{2k+1}=a_{2k+2}a_{2k+1}+a_{2k+3}a_{2k+1}<a_{2k+3}a_{2k}+a_{2k+3}a_{2k+1}=a_{2k+3}a_{2k+2}$.
移項可得 $b_{2k+3}<b_{2k+1}$。類似地，對於第二個不等式依序加上 $a_{2k+3}a_{2k+1}$ 以及 $a_{2k+4}a_{2k+2}$ 可得 $b_{2k+4}>b_{2k+2}$，如此由數學歸納法可知要證明的兩個不等式對所有正整數 $n$ 恆成立。進一步，由於奇數項與偶數項數列交錯，故互為上下界，因此由單調有界定理可知奇偶項所對應的數列分別都收斂。再者，由關係式可以知道奇偶項所收斂到的極限是同一個。由於 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}$ 存在，記此極限值為 $r$，那麼 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n-1}}{a_n}=\frac1r$，故將遞迴式同除以 $a_n$ 後取極限可得
$\displaystyle r=1+\frac1r$
此即 $r^2-r-1=0$，故得 $\displaystyle r=\frac{1\pm\sqrt5}2$。又可以知道 $a_{n+1}\geq a_n$，故極限值 $r\geq1$，因此 $\displaystyle r=\frac{1+\sqrt5}2$。【註】 這部分的步驟在填充題並非必要，但在計算證明題還需要更進一步說明為何會如此。
訣竅
此為經典的瑕積分，可以直接記得此瑕積分之結果。解法
首先我們先證明此瑕積分存在，容易注意到當 $x\geq1$ 時有 $x^2\geq x$，因此非負函數的瑕積分有如下的估計
$\displaystyle\int_1^{\infty}e^{-x^2}dx\leq\int_1^{\infty}e^{-x}dx=-e^{-x}\Big|_1^{\infty}=1$.
另一方面 $\displaystyle\int_0^1e^{-x^2}dx$ 為連續函數的定積分，故此值存在，因此瑕積分 $\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx$ 存在。由於該瑕積分存在，記此值為 $I$，那麼有
$\displaystyle I^2=\left(\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx\right)\left(\int_0^{\infty}e^{-y^2}dy\right)=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}e^{-x^2-y^2}dxdy$.
運用極座標變換 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，參數的範圍為 $0\leq r$、$0\leq\theta\leq\pi/2$，因此$\displaystyle I^2=\int_0^{\pi/2}\int_0^{\infty}e^{-r^2}r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta=\frac\pi2\cdot\left.-\frac{e^{-r^2}}2\right|_0^{\infty}=\frac\pi4.$
因此所求為 $\displaystyle I=\frac{\sqrt\pi}2$。訣竅
運用旋轉體表面積的公式求解即可。解法
運用旋轉體表面積可知$\begin{aligned}S&=\int_{x=-1}^{x=1}2\pi y\,ds\\&=\int_{-1}^12\pi\sqrt{4-x^2}\sqrt{1+\left(\frac{d}{dx}\sqrt{4-x^2}\right)^2}\,dx\\&=2\pi\int_{-1}^1\sqrt{4-x^2}\cdot\sqrt{1+\frac{x^2}{4-x^2}}\,dx\\&=2\pi\int_{-1}^12\,dx=8\pi.\end{aligned}$
訣竅
運用比值審歛法確定收斂半徑，再確定端點。解法
運用比值審歛法可知$\displaystyle R=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle1+\frac12+\cdots+\frac1n}{\displaystyle1+\frac12+\cdots+\frac1n+\frac1{n+1}}=\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{\displaystyle\frac1{n+1}}{\displaystyle1+\frac12+\cdots+\frac1n+\frac1{n+1}}\right)=1$.
因此可以確定級數在 $\left(0,2\right)$ 上絕對收斂。現在檢查端點如下訣竅
利用配方法後觀察其幾何意義即可求解；亦可在內部使用偏微求極值，而在邊界則進行參數化改為單變數極值問題。解法一
將 $f$ 配方可得$f(x,y)=-(x-1)^2-(y-1)^2+4=4-[(x-1)^2+(y-1)]^2$,
其中第二項代表的意義為座標 $(x,y)$ 到 $(1,1)$ 的距離的平方。要使整個函數值盡可能的小就是要取出盡可能距離點 $(1,1)$ 最遠的座標，容易從幾何圖形中觀察出取 $(x,y)=(9,0)$ 或 $(0,9)$ 能滿足所求，此時有絕對最小值 $f(9,0)=f(0,9)=-61$。解法二
在內部區域時，解下列聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&f_x(x,y)=2-2x=0,\\&f_y(x,y)=2-2y=0.\end{aligned}\right.$
可解得 $(x,y)=(1,1)$。再者計算其二階偏導函數值可得 $f_{xx}=-2=f_{yy}$、$f_{xy}=f_{yx}=0$，因此該點為極大點。在邊界上，我們分為三個部分，分別為 $\Gamma_1:\left\{\begin{aligned}&x=0,\\&y=t.\end{aligned}\right.$、$\Gamma_2:\left\{\begin{aligned}&x=t,\\&y=9-t.\end{aligned}\right.$、$\Gamma_3:\left\{\begin{aligned}&x=9-t,\\&y=0.\end{aligned}\right.$，其中 $0\leq t\leq9$。可以發現 $f$ 分別在 $\Gamma_1$、$\Gamma_2$ 與 $\Gamma_3$ 的函數值如下
$\begin{aligned}&f(0,t)=3-(t-1)^2,\\&f(t,9-t)=-61+18t-2t^2=-2\left(t-\frac92\right)^2-\frac{41}2,\\&f(9-t,0)=3-(t-8)^2.\end{aligned}$
各段上的最小值皆為 $-61$，其中等號成立條件分別為 $t=9$、$t=0$ 或 $t=9$、$t=0$，故能發生最小值的座標為 $(9,0)$ 與 $(0,9)$。訣竅
利用曲線弧長的公式求解即可。解法
運用曲線弧長的公式求解如下$\begin{aligned}L&=\int_0^{\pi/2}\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}\,dt\\&=\int_0^{\pi/2}\sqrt{\left(3\cos^2t\cdot-\sin t\right)^2+\left(3\sin^2t\cdot\cos t\right)^2}\,dt\\&=3\int_0^{\pi/2}\sqrt{\cos^4t\sin^2t+\sin^4t\cos^2t}\,dt\\&=3\int_0^{\pi/2}\cos t\sin t\,dt\\&=\left.\frac{3\sin^2t}2\right|_0^{\pi/2}=\frac32.\end{aligned}$
訣竅
微分後確認導函數值為負即可，在進行微分的計算前可使用換底公式 $a^b=e^{b\ln a}$ 再使用連鎖律處理。解法
首先將函數 $f$ 改寫如下$\displaystyle f\left(x\right)=\exp\left(\frac{\ln(1+x)}{x}\right)$
那麼運用連鎖律等微分公式計算其導函數可得$\displaystyle f'(x)=\exp\left(\frac{\ln(1+x)}{x}\right)\cdot\left(\frac{1}{x(x+1)}-\frac{\ln(1+x)}{x^2}\right)=\frac{(1+x)^{1/x}}{x^2}\left(\frac x{x+1}-\ln(1+x)\right)$
記 $\displaystyle g\left(x\right)=\frac x{x+1}-\ln(1+x)$，可知 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}g\left(x\right)=0$。再者計算 $g$ 的導函數可知當 $x>0$ 時有$\displaystyle g'\left(x\right)=\frac1{x+1}-\frac x{(x+1)^2}-\frac1{x+1}=-\frac x{(x+1)^2}<0$.
這表明函數 $g$ 嚴格遞減，亦即對 $x\in(0,\infty)$ 有 $g(x)<g(0)=0$。進而可知 $f'\left(x\right)<0$，最終我們說明了函數 $f$ 也遞減，證明完畢。訣竅
運用交錯級數的誤差估計來求解即可。解法
自然指數的 Maclaurin 級數如下$\displaystyle e^t=1+t+\frac{t^2}2+\frac{t^3}6+\cdots=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^k}{k!}$
取 $t=-x^2$，那麼有$\displaystyle e^{-x^2}=1-x^2+\frac{x^4}2-\frac{x^6}6+-\cdots=\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{x^{2k}}{k!}$
兩邊在 $\displaystyle\left[0,\frac\pi2\right]$ 上同取定積分可得$\begin{aligned}\int_0^{\frac\pi2}e^{-x^2}dx&=\int_0^{\frac\pi2}\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{x^{2k}}{k!}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!}\int_0^{\frac\pi2}x^{2k}dx\\&=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{\pi^{2k+1}}{2^{2k+1}k!(2k+1)}=\frac\pi2-\frac{\pi^3}{24}+\frac{\pi^6}{320}-+\cdots.\end{aligned}$
由於該交錯級數在 $k$ 夠大時明顯會遞減，因此可由交錯級數的誤差估計來估計其值。為了確定誤差不超過 $10^{-2}$，我們考慮不等式$\displaystyle\frac{\pi^{2k+1}}{2^{2k+1}k!(2k+1)}<0.01$
但由於 $\pi$ 的精確值不易使用，故由 $\pi<4$ 來加強不等式$\displaystyle\frac{2^{2k+1}}{k!(2k+1)}<0.01$
此等價於$\displaystyle\frac{4^k}{k!(2k+1)}<\frac{1}{200}$
容易檢查左式的值如下$\displaystyle\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c}k&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11\\\hline\displaystyle\frac{4^k}{k!(2k+1)}&1&\displaystyle\frac43&\displaystyle\frac85&\displaystyle\frac{32}{21}&\displaystyle\frac{32}{27}&\displaystyle\frac{128}{165}&\displaystyle\frac{256}{585}&\displaystyle\frac{1024}{4725}&\displaystyle\frac{512}{5355}&\displaystyle\frac{2048}{53865}&\displaystyle\frac{4096}{297675}&\displaystyle\frac{16384}{3586275}\end{array}$
由於當 $k=11$ 時已小於 $\displaystyle\frac1{200}$，故 $\displaystyle\sum_{k=0}^{10}\left(-1\right)^k\frac{\pi^{2k+1}}{2^{2k+1}k!(2k+1)}$ 之值可用以估計 $\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}e^{-x^2}dx$，其誤差不超過 $10^{-2}$。註：
訣竅
藉由簡單觀察兩種曲面的趨勢繪圖即可（凹口向上／向下）；藉由找出共同的交會區域作為底面，藉由上曲面扣去下曲面代表高，如此使用底面積乘以高作為體積的思維列式計算即可。解法
訣竅
運用 Lagrange 乘子法來求條件極值即可；亦可充分運用題目所給定的條件所代表的幾何意義來求解。解法一
設 Lagrange 乘子函數如下$F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+y^2+z^2+\lambda_1\left(x+2y+3z-6\right)+\lambda_2\left(x+3y+9z-9\right).$
據此解下列聯立方程組$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2x+\lambda_1+\lambda_2=0,\\&F_y\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2y+2\lambda_1+3\lambda_2=0,\\&F_z\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2z+3\lambda_1+9\lambda_2=0,\\&F_{\lambda_1}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+2y+3z-6=0,\\&F_{\lambda_2}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+3y+9z-9=0.\end{aligned}\right.$
為了使用第四條方程，我們將第一式加上第二式的兩倍再加上第三式的三倍可得$2x+4y+6z+14\lambda_1+34\lambda_2=0$.
運用第四式可得 $7\lambda_1+17\lambda_2=-6$。類似地，為了使用第五式，我們將第一式加上第二式的三倍再加上第三式的九倍得到$2x+6y+18z+34\lambda_1+91\lambda_2=0$.
運用第五式可得 $34\lambda_1+91\lambda_2=-18$。如此解下列聯立$\left\{\begin{aligned}&7\lambda_1+17\lambda_2=-6,\\&34\lambda_1+91\lambda_2=-18.\end{aligned}\right.$
可得 $\displaystyle\lambda_1=-\frac{240}{59}$、$\displaystyle\lambda_2=\frac{78}{59}$。因此 $\displaystyle x=\frac{81}{59}$、$\displaystyle y=\frac{123}{59}$、$\displaystyle z=\frac9{59}$，故 $x^2+y^2+z^2$ 的極小值發生在 $\displaystyle\left(\frac{81}{59},\frac{123}{59},\frac9{59}\right)$，其值為 $\displaystyle\frac{369}{59}$。解法二【本次測驗無法使用這個方法】
由於兩限制條件為空間中的兩平面，因此限制條件表示出空間中的一直線，聯立解得該直線的參數式如下$\left\{\begin{aligned}&x=9t,\\&y=3-6t,\\&z=t.\end{aligned}\right.\quad t\in\mathbb R,$
故 $x^2+y^2+z^2$ 可寫為 $t$ 的函數如下$\displaystyle x^2+y^2+z^2=(9t)^2+(3-6t)^2+t^2=118t^2-36t+9=118\left(t-\frac9{59}\right)^2+\frac{369}{59}$
故當 $\displaystyle t=\frac9{59}$ 時有最小值 $\displaystyle\frac{369}{59}$，此時的座標為 $\displaystyle\left(\frac{81}{59},\frac{123}{59},\frac9{59}\right)$。
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