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2019年5月23日 星期四

國立清華大學九十二年學度轉學生入學考試(八系聯招)試題詳解

九十二學年度 八系聯招 系轉學生招生考試

科目  微積分  科號 0003  2 頁第 1  *在試卷【答案卷】內作答

  1. 填充題(共八題,每題 7 分,請將答案依甲、乙、丙……次序作答,不需演算過程)
    1. If limx0sin3x+a+bx+cx3x3=3, then a+b+c= 甲 .
    2. 訣竅運用 Taylor 展開式,觀察到分子應消掉低次項的而留下 x3,並且 x3 的係數應為 3;由極限的四則運算定理並運用 L'Hôpital 法則計算即可。
      解法一回憶起 sinx 的 Taylor 展開式為

      sinx=xx36+.

      因此給定的極限可寫為

      3=limx0sin3x+a+bx+cx3x3=limx93x27x36++a+bx+cx3x3=limx0a+(b+3)x+(c276)x3+x3.

      藉由比較係數可知有 a=0b=3c276=3,因此 c=32,如此所求為 a+b+c=03+32=32

      【註】 當 a=0b=3c=3/2 時,函數 f(x)=sin3x3x+32x3x3x=0 附近的圖形如下

      解法二首先可直接觀察到

      a=limx0(sin3x+a+bx+cx3)=limx0sin3x+a+bx+cx3x3limx0x3=(3)0=0.

      進一步由 a=0 可注意到

      limx0(sin3x+bx+cx3)=limx0x=0,

      從而運用 L'Hôpital 法則可知

      3+b=limx03cos3x+b+3cx21=limx0sin3x+bx+cx3x=limx0sin3x+bx+cx3x3limx0x2=(3)0=0,

      b=3。最後當 a=0b=3 時可注意到

      limx0(sin3x3x+cx3)=limx0x3=0,limx0(3cos3x3+3cx2)=limx0(3x2)=0,limx0(9sin3x+6cx)=limx0(6x)=0,

      故應用 L'Hôpital 法則可知

      3=limx0sin3x3x+cx3x3=limx03cos3x3+3cx23x2=limx09sin3x+6cx6x=limx027cos3x+6c6=9+2c2,

      即得 c=3/2。因此所求為 a+b+c=3/2

      【註】 當 a=0b=3c=3/2 時,函數 f(x)=sin3x3x+32x3x3x=0 附近的圖形如下


    3. 104x1+xdx= 乙 .
    4. 訣竅由於非常多複雜的根號,這暗示我們將之作變數代換。
      解法u=4x,那麼有
      • x=0 時,則有 u=0;當 x=1 時,則有 u=1
      • 由代換可知 x=u4,因此 dx=4u3du
      據此可將原定積分改寫並計算如下

      104x1+xdx=10u1+u24u3du=410u41+u2du.

      此時為有理函數積分,由於分子次數比分母高,因此進行多項式除法可知

      u41+u2=u4+u21+u21+u21+u2+11+u2=u21+11+u2.

      如此所求可以繼續計算如下而得

      410u41+u2du=410(u21+11+u2)du=4(u33u+tan1u)|10=π83.

      【註】 函數 f(x)=4x1+x[0,1] 上的圖形及其所對應的面積如下


    5. π/20|cos2xsinx|dx= 丙 .
    6. 訣竅由於被積分函數出現絕對值,故應先討論何時為正何時為負,接著將該積分分區段計算。
      解法考慮運用二倍角公式可知 cos2xsinx=12sin2xsinx,據此解不等式 cos2xsinx>0 等價於

      (2sinx1)(sinx+1)=12sin2xsinx<0.

      由於 x[0,π/2],因此等價於 sinx<1/2,從而 x[0,π/6]。至此所求的定積分可分段計算如下

      π/20|cos2xsinx|dx=π/60(cos2xsinx)dx+π/2π/6(sinxcos2x)dx=(sin2x2+cosx)|π/60+(cosxsin2x2)|π/2π/6=(34+321)+(32+34)=3322.

      【註】 函數 f(x)=|cos2xsinx|[0,π/2] 上的圖形及其所對應的面積如下圖


    7. Suppose f(x) is a differentiable function on (0,) and satisfies

      f(x2)=1x3x24[3t2f(t)]dt.

      Then f(4)= 丁 .
    8. 訣竅運用微積分基本定理搭配連鎖律計算即可;亦可先求出 f 再求導計算。
      解法一運用微積分基本定理與連鎖律可得

      f(x2)2x=3x4x24[3t2f(t)]dt+d[3x4f(x2)]2xx3.

      代入 x=±2,如此有

      ±4f(4)=(48f(4))±4±8=24f(4)2.

      那麼便有

      f(4)=163f(4)=487.

      解法二首先注意到代入 x=±2f(4)=0,接著直接積分可得

      f(x2)=1x3[t3f(t)]|x24=x6f(x2)64x3.

      因此 (1+1x3)f(x2)=x664x3,故解得

      f(x2)=x664x3+1.

      使用連鎖律求導可得

      2xf(x2)=6x5(x3+1)(x664)3x2(x3+1)2=3x8+6x5+192x2(x3+1)2.

      代入 x=±2 可得

      ±4f(4)=3256±632+1924(1±8)2.

      如此可得

      f(4)=163f(4)=487.


    9. Let V be the volume of the solid in the first octant that is inside the cylinder x2+y2=1 and bounded below by the xy-plane and above by the plane 3x+2y+6z=6. Then V= 戊 .
    10. 訣竅先找出該立體區域在平面上的投影區域作為底部,隨後運用底面積乘以高形成體積的概念來列式並計算。
      解法V 投影到 xy 平面為

      D={(x,y)R2:x2+y21, x0, y0}.

      如此在 xy 平面之上而在平面 3x+2y+6z=6(或寫為 z=1x2y3)之下的體積可以列式如下

      V=

      運用極座標變換,令 x=r\cos\thetay=r\sin\theta,其中變數範圍為 0\leq r\leq10\leq\theta\leq\pi/2,那麼體積可計算為

      \begin{aligned}V&=\int_0^{\pi/2}\!\int_0^1\!\left(1-\frac{r\cos\theta}2-\frac{r\sin\theta}3\right)r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\\&=\int_0^{\pi/2}\!\left.\left(\frac{r^2}2-\frac{r^3\cos\theta}6-\frac{r^3\sin\theta}9\right)\right|_{r=0}^{r=1}\,\mathrm d\theta\\&=\int_0^{\pi/2}\!\left(\frac12-\frac{\cos\theta}6-\frac{\sin\theta}9\right)\,\mathrm d\theta\\&=\left.\left(\frac\theta2-\frac{\sin\theta}6+\frac{\cos\theta}9\right)\right|_0^{\pi/2}\\&=\frac\pi4-\frac16-\frac19\\&=\frac{9\pi-10}{36}.\end{aligned}

      【註】 題目所描述之立體圖形如下


    11. The smallest value of the function f(x)=e^{-x}\sin x on the interval [-\pi/2,3\pi/2] is  己 .
    12. 訣竅為了找出函數的極值,我們要找出使它導函數為零的位置以及區間的端點。
      解法

      先找出使導函數為零的位置,亦即解方程式

      f'(x)=-e^{-x}\sin x+e^{-x}\cos x=0.

      這等同於 \sin x=\cos x,也就是 \tan x=1。由於 x\in[-\pi/2,3\pi/2],故 x=\pi/4x=5\pi/4

      將這些位置以極端點代入檢查有

      \displaystyle f\left(\frac\pi4\right)=\frac{e^{-\pi/4}}{\sqrt2}>0,\quad f\left(\frac{5\pi}4\right)=-\frac{e^{-5\pi/4}}{\sqrt2}<0,\quad f\left(-\frac\pi2\right)=-e^{\pi/2}<0,\quad f\left(\frac{3\pi}2\right)=-e^{-3\pi/2}<0.

      兩兩比較大小並配合指數函數的單調性能夠知道最小值發生在 x=-\pi/2,其值為 -e^{\pi/2}

      【註】 函數 f(x)=e^{-x}\sin x 的圖形及其各個局部極值點如下圖


    13. If \displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n(x-1)^n is the power series expansion of xe^x, then a_3= 庚 .
    14. 訣竅留意冪級數的係數與高階導數值有關;亦可運用經典函數的 Taylor 級數而獲得與之對應的係數。
      解法一f(x)=xe^x,而 \displaystyle a_3=\frac{f^{(3)}(1)}{3!},故逐次計算一至三階導函數如下

      \begin{aligned} &f'(x)=xe^x+e^x,\\&f''(x)=xe^x+2e^x,\\&f^{(3)}(x)=xe^x+3e^x.\end{aligned}

      因此 \displaystyle a_3=\frac{4e}6=\frac{2e}3
      解法二由自然指數的 Taylor 展開式可知

      \begin{aligned}f(x)&=xe^x=(x-1)e^x+e^x=e(x-1)e^{x-1}+ee^{x-1}\\&=e(x-1)\sum_{n=0}^\infty\frac{(x-1)^n}{n!}+e\sum_{n=0}^\infty\frac{(x-1)^n}{n!}=\sum_{n=0}^\infty\frac{e(x-1)^{n+1}}{n!}+\sum_{n=0}^\infty\frac{e(x-1)^n}{n!}\\&=\sum_{n=1}^\infty\frac{e(x-1)^n}{(n-1)!}+\sum_{n=0}^\infty\frac{e(x-1)^n}{n!}=e+\sum_{n=1}^\infty\left[e\left(\frac1{n!}+\frac1{(n-1)!}\right)\right](x-1)^n.\end{aligned}

      因此 \displaystyle a_3=e\left(\frac1{3!}+\frac1{2!}\right)=\frac{2e}3

    15. Under the conditions x>0, y>0, z>0 and x^2+y+z=25, the maximum value of the product xyz is  辛 .
    16. 訣竅由於條件給定相加的算式而所求的極大極小值函數為相乘的,故使用算術幾何不等式求解。
      解法運用算術幾何不等式可知

      \displaystyle25=x^2+\frac y2+\frac y2+\frac z2+\frac z2\geq5\sqrt[5]{x^2\cdot\frac y2\cdot\frac y2\cdot\frac z2\cdot\frac z2}=5\left(\frac{x^2y^2z^2}{16}\right)^{1/5}.

      兩邊同時五次方並開根號後有

      \displaystyle25\sqrt5\geq\frac{xyz}4>0.

      如此 xyz\leq4\cdot25\sqrt5=100\sqrt5,其中等號成立條件為 \displaystyle x^2=\frac y2=\frac z2,易知取 x=\sqrt5y=z=10 即可符合。
  2. 計算與證明題(必須寫出演算證明過程)
    1. Does there exist a differentiable function f:\mathbb R\to\mathbb R such that f(0)=0 and f(f(x))=x^4-x for all x\in\mathbb R? Give reasons for your answer.
    2. 訣竅要符合這樣複雜條件的函數可能不存在,所以可以運用反證法,試圖導致一個矛盾,其關鍵在於他想問是否有一個可微的函數符合複雜的關係式,所以運用微分找出它的矛盾。
      解法假定存在滿足題意的函數 f,那麼對 f(f(x))=x^4-x 微分可得

      f'(f(x))f'(x)=4x^3-1.

      x=0 可發現

      (f'(0))^2\stackrel{f\left(0\right)=0}{=\!=\!=\!=\!=\!=}f'\left(f\left(0\right)\right)f'\left(0\right)=-1.

      這就導致了一個矛盾,因為 \left(f'\left(0\right)\right)^2\geq0,故不可能等於 -1。因此滿足該關係的可導函數 f 不存在。

    3. Let a_1=1 and, for n\geq2, let a_n=\sqrt{6+a_{n-1}}. Prove that \displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n exists and find the limit.
    4. 訣竅要證明極限存在的一個關鍵手法是使用單調有界定理,其中分別需要說明該數列單調以及該數列有界,而這兩者皆可使用數學歸納法來證明。
      解法

      首先證明數列單調遞增,也就是證明對於所有正整數 n 恆有 a_{n+1}>a_n。可以看到當 n=1 時有 a_2=\sqrt7>1=a_1,故 n=1 時成立。設 n=k 時該不等式成立,亦即有 a_{k+1}>a_k,那麼可知

      a_{k+2}=\sqrt{6+a_{k+1}}>\sqrt{6+a_k}=a_{k+1}.

      這就說明了該不等式在 n=k+1 時也成立,因此由數學歸納法就說明出數列單調遞增

      現在證明該數列有上界,特別的是我們要證明對於所有正整數 n 恆有 a_n<3。明顯地,當 n=1 時有 a_1=1<3。設 n=k 時不等式成立,亦即 a_k<3,那麼有

      a_{k+1}=\sqrt{6+a_k}<\sqrt{6+3}=3.

      這表示該不等式在 n=k+1 時亦成立,因此由數學歸納法能知數列有上界

      根據單調有界定理可知該數列有極限。現設該極限為 L,那麼由於數列的遞增性可知 3\geq L\geq1。再者對於原式取極限有 L=\sqrt{6+L},平方整理有 L^2-L-6=0,解得 L=3L=-2,但後者不合,因此 L=3


    5. Suppose f(x) is a continuous, nonnegative function on [0,1] and, for n=0,1,2,\cdots, let \displaystyle a_n=\int_0^1\!f(x)x^n\,\mathrm dx.
      1. Prove that \displaystyle a_2\leq a_1\leq a_2+\frac{a_0}4.
      2. Prove that \displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0.
    6. 訣竅對於第一小題,可以藉由多項式 x^n 的估計以及分部積分法證明不等式;第二小題則利用連續函數在閉區間上有界來應用夾擠定理。
      解法
      1. 由於 x\in[0,1],因此 x^2\leq x。又因為 f(x)\geq0,故同乘以 f(x) 後在 [0,1] 上取積分可知

        \displaystyle a_2=\int_0^1\!f(x)x^2\,\mathrm dx\leq\int_0^1\!f(x)x\,\mathrm dx=a_1.

        這就證明了第一個不等號。

        另一方面,可以注意到不等式:

        \displaystyle\left(x-\frac12\right)^2\geq0.

        展開後移項則有

        \displaystyle x\leq x^2+\frac14.

        類似地,同乘以 f(x) 後在 [0,1] 上同取定積分可得

        \displaystyle a_1=\int_0^1\!f(x)x\,\mathrm dx\leq\int_0^1\!f(x)\left(x^2+\frac14\right)\,\mathrm dx=\int_0^1\!f(x)x^2\,\mathrm dx+\frac14\int_0^1\!f(x)\,\mathrm dx=a_2+\frac{a_0}4.

        這就證明了第二個不等式。

      2. 由於 f 是在閉區間上的連續函數,故存在正數 M 滿足 0\leq f(x)\leq M。那麼同乘以 x^n 後在 [0,1] 上取定積分可知

        \displaystyle0\leq a_n\leq M\int_0^1\!x^n\,\mathrm dx=\frac M{n+1}.

        可以注意到左右兩端當 n 趨於無窮時皆趨於零,故由夾擠定理可知 a_n 亦隨 n 趨於無窮而趨於零。

      1. Compute the area of the region

        D=\{(x,y)\,|\,4x^2\leq y\leq(4x+1)^2+3~\text{and}~y\leq4\}.

      2. Let (\bar x,\bar y) be the centroid of D. Find \bar x.
    7. 訣竅畫出圖形(拋物線)後容易看出可以計算出兩區域面積後相減即可;同樣的,可以算出兩個區域的形心後運用加權的觀點求出餘下區域的形心。
      解法先將區域 D 繪圖如下
      1. 分別計算較大的區域面積與被挖掉的區域面積如下

        \displaystyle A_{\text{大}}=\int_{-1}^1\!(4-4x^2)\,\mathrm dx=\left.4x-\frac{4x^3}4\right|_{-1}^1=\frac{16}3,

        以及

        \displaystyle A_{\text{扣去}}=\int_{-1/2}^0\![4-((4x+1)^2+3)]\,\mathrm dx=-8\int_{-1/2}^0\!(2x^2+x)\,\mathrm dx=\left.-\frac{16x^3}3-4x^2\right|_{-1/2}^0=\frac13.

        因此所求的面積為 \displaystyle\frac{16}3-\frac13=5
      2. 容易觀察出大區域的形心的 x 座標為 0,而被挖去的區域的形心座標為 \displaystyle-\frac14。設留下的區域的形心座標為 \bar x,那麼由加權平均可知

        \displaystyle\frac{\displaystyle5\cdot\bar x+\frac13\cdot-\frac14}{\displaystyle5+\frac13}=\frac{16}3\cdot0.

        因此可知 \displaystyle\bar x=\frac1{60}

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