國立清華大學九十二學年度轉學生入學考試(化學系)試題詳解

九十二學年度　化學　系轉學生招生考試

科目　　微積分　　科號　0041　共　2　頁第　1　　*在試卷【答案卷】內作答

1. 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）
1. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(1^n+2^n+\cdots+2003^n\right)^{1/n}=$　　甲　　.
訣竅
將極限改寫後即可求解。
解法

將極限式改寫如下

$\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\left(1^n+2^n+\cdots+2003^n\right)^{1/n}&=2003\lim_{n\to\infty}\left[1+\left(\frac{2002}{2003}\right)^n+\left(\frac{2001}{2003}\right)^n+\cdots+\left(\frac{1}{2003}\right)^n\right]^{1/n}\\&=2003\left(1+0+\cdots+0\right)^0\\&=2003.\end{aligned}$



2. Given that

   $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}$.

   Let $\displaystyle f\left(t\right)=\int_{-\infty}^\infty e^{-tx^2}dx$, $t>0$. Then $f'\left(t\right)=$　　乙　　.
訣竅
運用變數代換法求出 $f$ 後再求導；亦可直接計算其微分後再利用分部積分法化為微分方程來求解。
解法一

設 $s=\sqrt tx$，那麼上下界維持趨於正負無窮，而 $ds=\sqrt tdx$，如此有

$\displaystyle f\left(t\right)=\frac1{\sqrt{t}}\int_{-\infty}^\infty e^{-s^2}ds=\frac1{\sqrt t}\cdot\sqrt\pi=\sqrt{\frac\pi t}.$

因此求導可得

$\displaystyle f'\left(t\right)=\sqrt\pi\cdot\left(-\frac12t^{-3/2}\right)=-\frac12\sqrt{\frac\pi{t^3}}.$

解法二

由於被積分的雙變數函數連續地可微，因此直接微分可知

$\displaystyle f'\left(t\right)=\frac d{dt}\int_{-\infty}^\infty e^{-tx^2}dx=\int_{-\infty}^\infty\frac{\partial}{\partial t}e^{-tx^2}dx=-\int_{-\infty}^\infty x^2e^{-tx^2}dx.$

運用分部積分法可知

$\displaystyle f'\left(t\right)=\frac1{2t}\int_{-\infty}^\infty xe^{-tx^2}d(-tx^2)=\frac1{2t}\int_{-\infty}^\infty x\,de^{-tx^2}=-\frac1{2t}\int_{-\infty}^\infty e^{-tx^2}dx=-\frac1{2t}f\left(t\right).$

移項整理可得

$\displaystyle\frac{df}f=-\frac1{2t}.$

取不定積分可知

$\displaystyle\ln f\left(t\right)=-\frac12\ln t+c,$

其中 $c$ 為積分常數。取指數可得 $\displaystyle f\left(t\right)=\frac{C}{\sqrt{t}}$，其中 $C=e^c$。最後利用已知條件有 $f\left(1\right)=\sqrt\pi$，如此有 $C=\sqrt\pi$，故所求的導函數為

$\displaystyle f'\left(t\right)=-\frac1{2t}\cdot\frac{\sqrt\pi}{\sqrt t}=-\frac12\sqrt{\frac\pi{t^3}}$.



3. Compute $\displaystyle\int_0^\pi\frac{dx}{1+\sin x}=$　　丙　　.
訣竅
運用半角代換法即可將三角積分轉為有理函式的積分。
解法

令 $t=\tan(x/2)$，那麼有

• 當 $x=0$ 時，有 $t=0$；
• 當 $x\to\pi^-$ 時，有 $t\to\infty$；
• 整理有 $x=2\tan^{-1}t$，求導可知 $\displaystyle dx=\frac2{1+t^2}dt$。
• 再者容易知道 $\displaystyle\sin x=2\sin\frac x2\cos\frac x2=2\cdot\frac t{\sqrt{1+t^2}}\cdot\frac1{\sqrt{1+t^2}}=\frac{2t}{1+t^2}$。

據此所求的定積分可以改寫並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^\pi\frac{dx}{1+\sin x}&=\int_0^\infty\frac1{\displaystyle1+\frac{2t}{1+t^2}}\cdot\frac2{1+t^2}dt\\&=\int_0^\infty\frac2{\left(1+t\right)^2}dt\\&=\left.-\frac2{1+t}\right|_0^\infty=2.\end{aligned}$



4. Let $I$ be the interval of convergence of the series

   $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n\right)\left(1-x\right)^n$.

   Then $I=$　　丁　　. (Note. Check the end points for convergence.)
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
• 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 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^n\left(1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n\right)$，同樣由一般項發散可知此級數不收斂。
因此綜合可知收斂區間為 $I=\left(0,2\right)$。


5. Let $m$ be the absolute minimum value of

   $f\left(x,y\right)=2+2x+2y-x^2-y^2$

   on the closed triangular region in the first quadrant bounded by the lines $x=0$, $y=0$, $y=9-x$. Then $m=$　　戊　　.
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，而在邊界使用 Lagrange 乘子法求條件極值。
解法一
將 $f$ 配方可得
$f\left(x,y\right)=-\left(x-1\right)^2-\left(y-1\right)^2+4=4-\left[(x-1)^2+(y-1)\right]^2,$
其中第二項代表的意義為座標 $\left(x,y\right)$ 到 $\left(1,1\right)$ 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 $\left(1,1\right)$ 最遠的座標，容易從幾何圖形中觀察出取 $\left(x,y\right)=\left(9,0\right)$ 或 $\left(0,9\right)$ 能滿足所求，此時有絕對最小值 $f\left(9,0\right)=f\left(0,9\right)=-61$。
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 $\Gamma_1:(x,y)=(0,t)$、$\Gamma_2:(x,y)=(t,9-t)$、$\Gamma_3:(x,y)=(9-t,0)$，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 $\left(9,0\right)$ 與 $\left(0,9\right)$。



6. Let $L$ be the length of the arc

   $\displaystyle x=\cos^3t,\quad y=\sin^3t,\quad0\leq t\leq\frac\pi2$.

   Then $L=$　　己　　.
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

$\begin{aligned}L&=\int_0^{\pi/2}\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}dt\\&=\int_0^{\pi/2}\sqrt{\left(3\cos^2t\cdot-\sin t\right)^2+\left(3\sin^2t\cdot\cos t\right)^2}\,dt\\&=3\int_0^{\pi/2}\sqrt{\cos^4t\sin^2t+\sin^4t\cos^2t}\,dt\\&=3\int_0^{\pi/2}\cos t\sin t\,dt\\&=\left.\frac{3\sin^2t}2\right|_0^{\pi/2}\\&=\frac32.\end{aligned}$

2. 計算與證明題（必須寫出演算證明過程）
1. ($11\%$) Prove that the function $f\left(x\right)=\left(1+x\right)^{\frac1x}$ is strictly decreasing on the interval $\left(0,\infty\right)$.
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
$\displaystyle f'(x)=\exp\left(\frac{\ln(1+x)}x\right)\cdot\left(\frac1{x(x+1)}-\frac{\ln(1+x)}{x^2}\right)=\frac{(1+x)^{1/x}}{x^2}\left(\frac x{x+1}-\ln(1+x)\right).$
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 $x\in\left(0,\infty\right)$ 有 $g\left(x\right)<g\left(0\right)=0$。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。


2. ($11\%$) Evaluate numerically the integral

   $\displaystyle I=\int_0^{\frac\pi2}\frac{\sin x}xdx$

   to an accuracy to two decimal places; that is, find a number $I^*$ such that $\left|I-I^*\right|<0.005$.
訣竅
運用正弦函數的 Taylor 展開式將該定積分表達為無窮級數和，隨後運用交錯級數的誤差估計求解。
解法

由正弦函數的 Taylor 展開式如下

$\displaystyle\sin x=\sum_{n=0}^\infty\left(-1\right)^n\frac{x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}\quad\mbox{for}\quad-\infty<x<\infty.$

如此逐項積分可知

$\displaystyle I=\int_0^{\pi/2}\sum_{n=0}^\infty\left(-1\right)^n\frac{x^{2n}}{\left(2n+1\right)!}dx=\sum_{n=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^n}{(2n+1)!}\int_0^{\pi/2}x^{2n}dx=\sum_{n=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^n\pi^{2n+1}}{(2n+1)!(2n+1)2^{2n+1}}.$

由於該交錯級數在 $n$ 夠大時明顯會遞減，因此可由交錯級數的誤差來估計其值。為了確定誤差不超過 $0.005$，我們考慮不等式

$\displaystyle\frac{\pi^{2n+1}}{(2n+1)!(2n+1)2^{2n+1}}<0.005.$

由於 $\pi$ 的精確值不易使用，故使用 $\pi<4$ 來加強不等式

$\displaystyle\frac{2^{2n+1}}{(2n+1)!(2n+1)}<0.005.$

此等價於

$\displaystyle\frac{4^n}{(2n+1)!(2n+1)}<\frac1{400}.$

容易檢查左式的值如下

$\displaystyle\begin{array}{c|c|c|c}n&~0~&1&2&3\\\hline\displaystyle\frac{4^n}{(2n+1)!(2n+1)}&~1~&\displaystyle\frac29&\displaystyle\frac2{75}&\displaystyle\frac4{2205}\end{array}$

由於當 $n=3$ 時的值已小於 $\displaystyle\frac1{400}$，故取 $\displaystyle\sum_{n=0}^2\left(-1\right)^n\frac{\pi^{2n+1}}{(2n+1)!(2n+1)2^{2n+1}}$ 之值可用以估計 $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\frac{\sin x}xdx$ 的近似值，其誤差不超過 $0.005$。

註：

• 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 $\displaystyle\int_0^1\frac{\sin x}xdx$ 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。
• 本題之瑕積分由計算機可知其近似值為 $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\frac{\sin x}xdx\approx1.370762168$，按照分析所得的近似值為

  $\displaystyle\sum_{n=0}^2\left(-1\right)^n\frac{\pi^{2n+1}}{(2n+1)!(2n+1)2^{2n+1}}=\frac\pi2-\frac{\pi^3}{144}+\frac{\pi^5}{19200}\approx1.37141.$

  確實達到題目所要求的規定「小數點後兩位精確」。



3. ($5\%$) (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 $D$.
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

1. 根據兩曲面的特色可以繪圖如下
   
2. 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

   $\begin{aligned}V&=8\int_0^{2\pi}\int_0^1(1-r^2)\cdot2\sqrt2r\,dr\,d\theta\\&=16\sqrt2\cdot2\pi\cdot\left.\left(\frac{r^2}2-\frac{r^4}4\right)\right|_0^1\\&=8\sqrt2\pi.\end{aligned}$



4. ($15\%$) Show that a positive constant $t$ can satisfy

   $e^x> x^t$　for all　$x>0$

   if and only if $t<e$.
訣竅
設定函數 $f$ 為不等式的左項與右項之差，那麼要證明函數恆正的充分與必要條件，這便等同於說明函數的極小值恆正。
解法

先證明充分性 $(\Rightarrow)$。運用反證法，假定現在對於所有正數 $x$ 能使不等式 $e^x>x^t$ 恆成立，但 $t\geq e$。設定函數 $f:(0,\infty)\to\mathbb R$ 如下

$f\left(x\right)=e^x-x^t$.

由條件可知函數 $f$ 恆正，但考慮函數 $f$ 在 $x=t$ 處的值可以發現

$f\left(t\right)=e^t-t^t<e^t-e^t=0$.

這與不等式所指出的性質矛盾，因此 $t<e$，這就完成了充分性的證明。

註：亦可藉由對 $f$ 求導解下列方程

$f'\left(x\right)=e^x-tx^{t-1}=0$.

由 $e^x=x^t$ 可得 $x^t-tx^{t-1}=0$，再由 $x>0$ 可得 $x=t$，因此特別考慮 $x=t$ 之處是有其意義的。

現在來證明必要性 $(\Leftarrow)$。假若 $t<e$，那麼如上計算函數 $f$ 的導函數 $f'$ 與二階導函數如下

$f'\left(x\right)=e^x-tx^{t-1},\quad f''\left(x\right)=e^x-t(t-1)x^{t-2}.$

因此斜率變化為 $0$ 發生在 $x=t$ 處，此時

$f''\left(t\right)=e^t-t\left(t-1\right)t^{t-2}=t^t-t\left(t-1\right)t^{t-2}=t^{t-1}>0.$

故在 $x=t$ 處為局部極小值，並且可以由 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{e^x}{x^t}=+\infty$ 能知 $x=t$ 處為絕對極小值。那麼可以發現

$f\left(t\right)=e^t-t^t>e^t-e^t=0.$

這就完成了必要性的證明。