國立清華大學八十六年學年度轉學生入學考試(一般)試題詳解

八十六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（共八題，每題 $9$ 分，請將答案依甲、乙、丙…次序作答，不需演算過程）
1. If $\displaystyle a_n=\left(1+\frac2n+\frac3{n^2}\right)^n$, then $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=$　甲　.
訣竅
整理形式後使用 L'Hôpital 法則求解；亦可由經驗知道此形式幾乎與自然指數的定義相仿，略去相對小的 $3/n^2$ 可立即看出答案。
解法一

運用自然指數的連續性改寫後使用 L'Hôpital 法則如下

$\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\exp\left(n\ln\left(1+\frac2n+\frac3{n^2}\right)\right)&=\exp\left[\lim_{n\to\infty}n\ln\left(1+\frac2n+\frac3{n^2}\right)\right]\\&=\exp\left[\lim_{n\to\infty}\frac{\ln\left(1+\frac2n+\frac3{n^2}\right)}{1/n}\right]\\&=\exp\left[\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{1+\frac2n+\frac3{n^2}}\cdot\left(-\frac2{n^2}-\frac6{n^3}\right)}{-1/n^2}\right]\\&=\exp\left[\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+\frac2n+\frac3{n^2}}\cdot\left(2+\frac6n\right)\right]=e^2.\end{aligned}$

解法二

【警告：不推薦使用這種方法】藉由略去 $3/n^2$ 後可知

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac2n\right)^n=\lim_{n\to\infty}\left[\left(1+\frac2n\right)^{n/2}\right]^2=e^2$.



2. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\ln\sqrt[n]{1+\frac kn}=$　乙　.
訣竅
將所求辨識為 Riemann sum 後改寫成定積分計算之。
解法

按訣竅改寫如下

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\ln\sqrt[n]{1+\frac kn}=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\ln\left(1+\frac kn\right)$.

如此可以發現此為 $f\left(x\right)=\ln\left(1+x\right)$ 在 $\left[0,1\right]$ 上取 $n$ 等分的 Riemann sum，因此該極限可以計算如下

$\begin{aligned}\int_0^1\ln\left(1+x\right)dx&=x\ln\left(1+x\right)\Big|_0^1-\int_0^1\frac{x}{1+x}dx\\&=\ln2-\int_0^1\left(1-\frac1{1+x}\right)dx=\left(\ln2-1\right)+\ln\left(1+x\right)\Big|_{x=0}^{x=1}=2\ln2-1.\end{aligned}$



3. If $a,b$ will maximize the value of the integral $\displaystyle\int_a^b\left(4-x^2\right)dx$, then $b-a=$　丙　.
訣竅
為了使定積分有最小值，故我們應使區間 $\left[a,b\right]$ 盡可能涵蓋被積分為負的區域而盡可能不涵蓋函數值為正的區域。
解法
為了實現訣竅中所描述的目標，我們考慮不等式 $4-x^2\geq0$，此等價於 $-2\leq x\leq2$，因此取 $a=-2$、$b=2$ 即能恰好符合訣竅中所述的目標，因此 $b-a=4$。


4. Let $f$ be a twice differentiable function and let $u\left(x\right)=f\left(x^2-1\right)$. If $f'\left(0\right)=1$, $f''\left(0\right)=2$, then $u''\left(1\right)=$　丁　.
訣竅
運用連鎖律計算即可。
解法

先運用連鎖律求一階導函數如下

$u'\left(x\right)=2xf'\left(x^2-1\right)$.

接著再求二階導函數為

$u''\left(x\right)=2f'\left(x^2-1\right)+4x^2f''\left(x^2-1\right)$.

如此取 $x=1$ 代入可得

$u''\left(1\right)=2f'\left(0\right)+4f''\left(0\right)=2\cdot1+4\cdot2=10$.



5. If $\displaystyle\frac{dx}{dt}=\left(1-x\right)\left(2-3x\right)$, then $\displaystyle\lim_{t\to\infty}x\left(t\right)=$　戊　.
訣竅
藉由分離變量法求解此微分方程。
解法
移項整理有
$\displaystyle\left(\frac1{x-1}-\frac3{3x-2}\right)dx=\frac{dx}{\left(1-x\right)\left(2-3x\right)}=dt$.
同取不定積分後有
$\ln\left|x-1\right|-\ln\left|3x-2\right|=t-\ln C$.
整理可求得 $x\left(t\right)$ 如下
$\displaystyle x\left(t\right)=\frac{Ce^{-t}-2}{Ce^{-t}-3}$.
如此極限可知
$\displaystyle\lim_{t\to\infty}x\left(t\right)=\frac23$.
但特別留意到若考慮到初始條件可能為 $x\left(0\right)=1$，則也有可能 $\displaystyle\lim_{t\to\infty}x\left(t\right)=1$。但這是一個不穩定態(unstable state)，故在一般情形不會收斂到此數值。反之 $\displaystyle x\left(t\right)=\frac23$ 就是一個漸近穩定態(asymptotically stable state)。建議在回答此題時以下述的方式回答
$\displaystyle\lim_{t\to\infty}x\left(t\right)=\begin{cases}\displaystyle\frac23,&\text{if }x\left(0\right)\neq1,\\1,&\text{if }x\left(0\right)=1.\end{cases}$
【另外還要注意，事實上這個微分方程若以 $x\left(0\right)$ 為初值來考慮時，若 $x\left(0\right)>1$ 的解並不能總是維持到無窮遠處。】


6. The tangent plane to $x^2+2y^2+z^2=7$ at $\left(1,1,2\right)$ is 　己　.
訣竅
運用梯度計算求初其法向量，隨後運用點法式寫出切平面方程式。
解法
設 $F\left(x,y,z\right)=x^2+2y^2+z^2-7$，那麼其梯度向量為
$\nabla F\left(x,y,z\right)=\left(2x,4y,2z\right)$.
那麼在 $\left(1,1,2\right)$ 處的切平面法向量為 $\nabla F\left(1,1,2\right)=\left(2,4,4\right)$。據此使用點法式可知
$2\left(x-1\right)+4\left(y-1\right)+4\left(z-2\right)=0$,
或整理寫為 $x+2y+2z=7$。


7. $\displaystyle\int_0^1\frac{x^2+1}{x^4+1}dx=$　庚　.
訣竅
耐心地將分母分解成兩個二次式後運用不定積分公式求解之。
解法
將被積分函數作如下的改寫隨後並計算定積分
$\begin{aligned}\int_0^1\frac{x^2+1}{x^4+1}dx&=\int_0^1\frac{x^2+1}{\left(x^2+1\right)^2-\left(\sqrt2x\right)^2}dx=\int_0^1\frac{x^2+1}{\left(x^2+\sqrt2x+1\right)\left(x^2-\sqrt2x+1\right)}dx\\&=\frac12\int_0^1\left(\frac1{x^2+\sqrt2x+1}+\frac1{x^2-\sqrt2x+1}\right)dx\\&=\frac12\int_0^1\left(\frac1{\left(x+\frac{\sqrt2}2\right)^2+\left(\frac{\sqrt2}2\right)^2}+\frac1{\left(x-\frac{\sqrt2}2\right)^2+\left(\frac{\sqrt2}2\right)^2}\right)dx\\&=\left.\frac{\sqrt2}2\left[\tan^{-1}\left(\sqrt2x+1\right)+\tan^{-1}\left(\sqrt2x-1\right)\right]\right|_0^1\\&=\frac{\sqrt2}2\left[\tan^{-1}\left(\sqrt2+1\right)+\tan^{-1}\left(\sqrt2-1\right)\right].\end{aligned}$
基本上作答至此即可，但事實上最後一項的答案可以再根據 $\displaystyle\tan^{-1}x+\tan^{-1}\frac1x=\frac\pi2$ 化簡，因此所求為 $\displaystyle\frac{\sqrt2\pi}4$。


8. Denote by $D$ the region $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,x^2+y^2\leq1\right\}$. The value of the double integral $\displaystyle\iint_D\left|x+y\right|dA$ is 　辛　.
訣竅
運用極座標變換以及對稱性來計算之。
解法

運用極座標變換 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其中變數範圍為 $0\leq r\leq1$、$-\pi\leq\theta\leq\pi$，如此可改寫重積分如下

$\begin{aligned}\iint_D\left|x+y\right|dA&=\int_{-\pi}^{\pi}\int_0^1\left|r\cos\theta+r\sin\theta\right|rdrd\theta\\&=\left(\int_0^1r^2dr\right)\left(\int_{-\pi}^{\pi}\left|\sin\theta+\cos\theta\right|d\theta\right)=\frac13\left(\int_{-\pi}^\pi\left|\sin\theta+\cos\theta\right|d\theta\right).\end{aligned}$

現在利用對稱性，僅討論 $\sin\theta+\cos\theta\geq0$ 的部分，因此所求可以繼續計算如下

$\begin{aligned}\iint_D\left|x+y\right|dA&=\frac23\int_{-\pi/4}^{3\pi/4}\left(\sin\theta+\cos\theta\right)d\theta\\&=\left.\frac23\left(-\cos\theta+\sin\theta\right)\right|_{-\pi/4}^{3\pi/4}=\frac23\left[\left(\frac{\sqrt2}2+\frac{\sqrt2}2\right)-\left(-\frac{\sqrt2}2-\frac{\sqrt2}2\right)\right]=\frac{4\sqrt2}3.\end{aligned}$

2. 計算與證明（必須寫出演算證明過程）
1. ($14\%$)
   1. Prove that the equation $x^3+x^2+x=a$ has only one real solution for every real number $a$.
   2. The sequence $\left(x_n\right)_{n=1}^{\infty}$ of real numbers satisfying the following relations

      $x_1>0,~x_{n+1}^3+x_{n+1}^2+x_{n+1}=x_n,~n\geq1.$

      Prove that the sequence $\left(x_n\right)_{n=1}^{\infty}$ is convergent and find its limit.
訣竅
分別確認 $f$ 至少有一實根以及至多有一實根；確認數列遞減，進而利用單調有界定理確定極限收斂，從而可計算其值。
解法
1. 設 $f\left(x\right)=x^3+x^2+x-a$，那麼由於 $f$ 為實係數多項式，故虛根成對，因此至少有一實根。但另一方面又可注意到

   $\displaystyle f'\left(x\right)=3x^2+2x+1=3\left(x+\frac13\right)^2+\frac23\geq\frac23$,

   故 $f$ 嚴格遞增。這表明 $f$ 至多只有一實根。綜合可知 $f$ 恰有一實根。
2. 重複使用勘根定理可以確認

   $x_2\in\left(0,x_1\right),\quad x_3\in\left(0,x_2\right),\quad x_4\in\left(0,x_3\right),\quad\cdots$

   如此可以知道數列 $\left(x_n\right)_{n=1}^{\infty}$ 遞減但有下界，因此由單調有界定理知道極限存在。設極限為 $L$，那麼對該遞迴式同取極限能知

   $L^3+L^2+L=L$.

   那麼便有 $L=0,0,-1$，又 $L\geq0$，故僅有 $L=0$。


2. ($14\%$)
   If $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ satisfies $f\left(x+y\right)=f\left(x\right)f\left(y\right)$ for all $x,y\in\mathbb{R}$ and $f\left(x\right)=1+xg\left(x\right)$ where $\displaystyle\lim_{x\to0}g\left(x\right)=1$. Show that $f$ is differentiable, and find $f\left(x\right)$.
訣竅
按定義確認 $f$ 可以微分【從而連續】。再者觀察 $f$ 所滿足的第一條關係實際上是指數函數的關係。
解法

為了說明 $f$ 可微，因此我們要說明極限 $\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}{h}$ 存在。我們直接應用題目的條件計算如下

$\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}h=\lim_{h\to0}\frac{f\left(x\right)f\left(h\right)-f\left(x\right)}{h}=f\left(x\right)=f\left(x\right)\lim_{h\to0}\frac{f\left(h\right)-1}h=f\left(x\right)\lim_{h\to0}g\left(h\right)=f\left(x\right)$.

因此 $f$ 可微且其導函數在 $x$ 處的值為 $f\left(x\right)$。

由於 $f'\left(x\right)=f\left(x\right)$，兩邊同乘以 $e^{-x}$ 後移項有

$\left(e^{-x}f\left(x\right)\right)'=e^{-x}f'\left(x\right)-e^{-x}f\left(x\right)=0$.

由於微分為 $0$ 表示為常數函數，這表明 $e^{-x}f\left(x\right)=C$，其中 $C$ 為常數。故解得 $f\left(x\right)=Ce^x$。又由條件 $\displaystyle\lim_{x\to0}f\left(x\right)=1$，可知 $C=1$，至此求得 $f\left(x\right)=e^x$。