八十八學年度轉學生入學考試
科目 微積分(一般) 共 3 頁第 1 頁 ＊請在試卷【答案卷】內作答- 填充題（共有十個空格，每一空格七分，請將答案依甲、乙、丙、…次序寫出，不需演算過程）
- Let $y=\sqrt[3]{(x+1)\sqrt[3]{(x^2+1)\sqrt[3]{(x^3+1)}}}$. Then $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=0}=$ 甲 .
- Evaluate the following:
- $\displaystyle\int_0^{\pi/4}\frac{\cos\theta}{\sqrt{2-\sin^2\theta}}d\theta=$ 乙 .
- $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1n\left[2^{\pi/n}+2^{2\pi/n}+\cdots+2^{n\pi/n}\right]=$ 丙 .
- $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\left(1-\frac1{n!}\right)\frac1{3^n}=$ 丁 .
- 首先回憶到基本的反導函數公式
$\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\sin^{-1}\frac{x}a+C$.
據此可以知道所求為$\displaystyle\int_0^{\frac\pi4}\frac{\cos\theta}{\sqrt{2-\sin^2\theta}}d\theta=\int_0^{\frac\pi4}\frac{d\sin\theta}{\sqrt{2-\sin^2\theta}}=\left.\sin^{-1}\left(\frac{\sin\theta}{\sqrt2}\right)\right|_0^{\frac\pi4}=\sin^{-1}\frac12=\frac\pi6$.
- 設 $f\left(x\right)=2^x$，容易注意到該 Riemann sum 為 $f$ 在 $\left[0,\pi\right]$ 上考慮 $n$ 等分割所得，故分子分母同乘以 $\pi$ 後取極限後的結果為如下的定積分
$\displaystyle\frac1{\pi}\lim_{n\to\infty}\frac{\pi}n\left[2^{\pi/n}+2^{2\pi/n}+\cdots+2^{n\pi/n}\right]=\frac1{\pi}\int_0^\pi2^xdx=\left.\frac{2^x}{\pi\ln2}\right|_0^\pi=\frac{2^\pi-1}{\pi\ln2}$.
- 運用分配律並利用熟知的級數結果可知
$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\left(1-\frac1{n!}\right)\frac1{3^n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{3^n}-\sum_{n=0}^\infty\frac{(1/3)^n}{n!}=\frac{1}{\displaystyle1-\frac13}-e^{1/3}=\frac32-e^{1/3}$.
第一項使用了無窮等比級數和公式，而第二項則使用了自然指數函數的 Taylor 展開式並取 $x=1/3$：$\displaystyle e^x=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}$
- Let $L$ be the tangent line to the curve $x^3+y^3+3xy^2=1$ at the point $\left(0,1\right)$. Then the area of the triangle formed by $L$ and the coordinate axes is 戊 .
- The solution of the integral equation
$\displaystyle f\left(x\right)=1999+\int_0^xf\left(t\right)\cos t\,dt$
is given by $f\left(x\right)=$ 己 . - The length of the parabolic spiral $r=\theta^2$ ($\theta\geq0$) that lies inside the circle $r=4$ is 庚 .
- Suppose the temperature distribution of a ball centered at the origin is
$\displaystyle T\left(x,y,z\right)=\frac{100}{1+x^2+y^2+z^2},\quad x^2+y^2+z^2\leq20$.
Then the direction (which is a unit vector) of greatest increase of temperature at the point $\left(1,2,3\right)$ is 辛 . - Suppose the partial derivatives of $f\left(x,y\right)$ at the point of the semicircle $x=\cos t$, $y=\sin t$ ($0\leq t\leq\pi$) are
$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}=x-2y$ and $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}=y-2x$.
Then on the semicircle, $f$ has the maximum value at $\left(x,y\right)=$ 壬 . - The value of $x$ that maximizes the angle $\theta$ in the figure below is given by $x=$ 癸 .
- 計算與證明題（共有兩大題，每大題 $15$ 分，必須寫出演算證明過程）
- ($15\%$) Let $\Omega=\left\{(x,y)\,|\,0\leq y\leq1,x\geq y\mbox{ and }x^2-y^2\leq1\right\}$.
- Sketch the region $\Omega$.
- Evaluate the double integral
$\displaystyle\iint_{\Omega}xy\sin\left(x^2-y^2\right)dx\,dy$.
- 將所有邊界直線與雙曲線繪出後可知 $\Omega$ 圖形如下
- 可以將知道區域 $\Omega$ 可表達為 $y\leq x\leq\sqrt{1+y^2}$、$0\leq y\leq1$，從而所求的重積分可計算如下
$\displaystyle\begin{aligned}\iint_{\Omega}xy\sin\left(x^2-y^2\right)dx\,dy&=\int_0^1\int_y^{\sqrt{1+y^2}}xy\sin\left(x^2-y^2\right)dx\,dy\\&=-\frac12\int_0^1y\cos\left(x^2-y^2\right)\Big|_{x=y}^{x=\sqrt{1+y^2}}dy\\&=\frac{1-\cos1}2\int_0^1y\,dy\\&=\frac{1-\cos1}4.\end{aligned}$
- ($15\%$) Suppose $\left\{a_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ is a sequence of positive numbers such that
$\left|a_n-n^2\right|\leq\ln n$ for all $n$.
- Does $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n^2}$ exist? If so, find its value.
- Does $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{a_n}$ converge? Justify your answer.
- 同除以 $n^2$ 後可知
$\displaystyle\left|1-\frac{a_n}{n^2}\right|\leq\frac{\ln n}{n^2}$.
使用 L'Hôpital 法則可知 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}{n^2}=0$，那麼由夾擠定理可知極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n^2}$ 存在，且其值為 $1$。 - 沿著第一小題的結果注意到下列的極限式
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}{a_n}\Big/\frac{\ln n}{n^2}=1$
由極限比較審歛法可知兩級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{a_n}$ 與 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n^2}$ 有相同的歛散性，而我們將要證明後者收斂，從而題目給定的級數也收斂。證明後者收斂的關鍵在於注意到對於任何正整數 $n$ 恆有不等式 $\ln n<\sqrt n$，因此利用 $p$ 級數在 $p=3/2>1$ 時會收斂而得到下面的估計
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n^2}<\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sqrt{n}}{n^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3/2}}<\infty$.
至此我們完成了證明。
訣竅
運用對數微分法計算即可。解法
先取自然對數可得$\displaystyle\ln y=\frac13\ln\left(x+1\right)+\frac19\ln\left(x^2+1\right)+\frac1{27}\ln\left(x^3+1\right)$.
如此微分可得$\displaystyle\frac{y'}y=\frac1{3(x+1)}+\frac{2x}{9(x^2+1)}+\frac{x^2}{9(x^3+1)}$.
代入 $x=0$ 可得$\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=0}=\frac{y'\left(0\right)}{y\left(0\right)}=\frac13$.
訣竅
第一小題由熟知的反導函數公式計算即可；第二小題將之視為 Riemann sum，取極限後成為定積分計算之；第三小題可先分配律拆為兩項後運用熟知的無窮級數結果來計算。解法
訣竅
運用隱函數微分求得切線斜率，接著使用點斜式寫出切線方程式，進而求出此線與象限軸的交點，求出三角形面積。解法
運用隱函數微分可得$3x^2+3y^2y'+3y^2+6xyy'=0$.
取 $x=0$、$y=1$ 可得$\displaystyle3\left.\frac{dy}{dx}\right|_{(x,y)=(0,1)}+3=0$.
因此 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{(x,y)=(0,1)}=-1$，因此切線方程式為 $y-1=-(x-0)$，或寫為 $x+y=1$。容易看出切線方程交 $x$ 軸與 $y$ 軸於 $\left(1,0\right)$ 與 $\left(0,1\right)$，故形成的三角形面積為 $\displaystyle\frac12$。訣竅
運用微積分基本定理先化為微分方程並求解之，此外應注意到積分方程本身可提供初始條件。解法
由微積分基本定理可知$f'\left(x\right)=f\left(x\right)\cos x$.
同乘以 $e^{-\sin x}$ 可得$\left[e^{-\sin x}f\left(x\right)\right]'=e^{-\sin x}f'\left(x\right)-e^{-\sin x}f\left(x\right)\cos x=0$.
於是在 $\left[0,x\right]$ 上取定積分並注意到 $f\left(0\right)=1999$，從而有$f\left(x\right)=1999e^{\sin x}$.
訣竅
運用曲線弧長公式，並且由於要在 $r=4$ 以內，進而得到關於 $\theta$ 的限制條件。解法
由於要在 $r=4$ 以內，於是容易知道 $\theta$ 的範圍為 $0\leq\theta\leq2$，故運用曲線弧長公式可知$\displaystyle\begin{aligned}L&=\int_0^2\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2}\,d\theta=\int_0^2\sqrt{\theta^4+4\theta^2}\,d\theta\\&=\int_0^2\theta\sqrt{\theta^2+4}\,d\theta=\left.\frac13\left(\theta^2+4\right)^{3/2}\right|_0^2\\&=\frac{16\sqrt2-8}3.\end{aligned}$
訣竅
運用梯度來求最快的增加方向。解法
首先計算溫度梯度如下$\displaystyle\nabla T\left(x,y,z\right)=-\frac{100\left(2x,2y,2z\right)}{\left(1+x^2+y^2+z^2\right)^2}$.
因此在 $\left(1,2,3\right)$ 的梯度為$\displaystyle\nabla T\left(1,2,3\right)=-\frac{200\left(1,2,3\right)}{225}=\left(-\frac89,-\frac{16}9,-\frac83\right)$.
故增加最快的方向為 $\displaystyle\frac{\left(-1,-2,-3\right)}{\sqrt{14}}$。訣竅
運用多變數函數的連鎖律來求解。解法
為了讓 $f$ 在半圓上的函數值便於討論，我們設 $k\left(t\right)=f\left(\cos t,\sin t\right)$，那麼計算其導函數有$\displaystyle k'\left(t\right)=\frac{\partial f}{\partial x}\left(\cos t,\sin t\right)\cdot\left(-\sin t\right)+\frac{\partial f}{\partial y}\left(\cos t,\sin t\right)\cdot\cos t=-2\cos2t$.
解 $k'\left(t\right)=0$ 可得 $\displaystyle2t=\frac\pi2+k\pi$，其中 $k$ 為整數。由於 $t\in\left[0,\pi\right]$，故 $\displaystyle t=\frac\pi4$ 或 $\displaystyle t=\frac{3\pi}4$。為了確定極大值的位置，我們進一步計算二階導函數 $k''\left(t\right)=4\sin2t$，因此有$\displaystyle k''\left(0+\right)\geq0,\quad k''\left(\frac\pi4\right)=4,\quad k''\left(\frac{3\pi}4\right)=-4,\quad k''\left(\pi-\right)\leq0$.
因此最大值發生在 $\displaystyle t=\frac{3\pi}4$ 處。
訣竅
先考察 $\theta$ 周圍之角度，隨後使用和差角公式得到角度關於 $x$ 的關係式，隨後運用微分求極值與正切函數的單調性求解即可。解法
設臨於 $\theta$ 的左側夾角為 $\alpha$ 而臨於 $\theta$ 的右側夾角為 $\beta$，那麼有 $\alpha+\beta+\theta=\pi$，並且由正切函數的定義可知$\displaystyle\tan\alpha=\frac1x,\quad\tan\beta=\frac2{2-x}$,
此處 $x\in\left(0,2\right)$。那麼由和差角公式可知$\displaystyle\begin{aligned}\tan\theta&=\tan\left[\pi-\left(\alpha+\beta\right)\right]=-\tan\left(\alpha+\beta\right)\\&=-\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}=\frac{\displaystyle\frac1x+\frac2{2-x}}{\displaystyle\frac1x\cdot\frac2{2-x}-1}=\frac{x+2}{x^2-2x+2}.\end{aligned}$
對於 $x=0$ 與 $x=2$ 的情形可以直接分別確認出 $\tan\theta=1$、$\tan\theta=2$，因此對於 $x\in\left[0,2\right]$ 有$\displaystyle\tan\theta=\frac{x+2}{x^2-2x+2}$
成立。由於 $\tan\theta$ 之值明顯為正，故 $\theta$ 必為銳角。由此，為了找出最大夾角，這等同於找出最大的正切值。我們設 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{x+2}{x^2-2x+2}$，即求 $f$ 的最大值，隨後再找出對應的夾角。首先可計算出 $f$ 的導函數如下$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{-x^2-4x+6}{\left(x^2-2x+2\right)^2}$.
為了找出最大值，我們解方程式 $f'\left(x\right)=0$，如此可得 $x=-2\pm\sqrt{10}$。但 $x\in\left[0,2\right]$，因此取 $x=-2+\sqrt{10}$。現在確認端點與此位置的函數值分別為$\displaystyle f\left(0\right)=1,\quad f\left(-2+\sqrt{10}\right)=\frac{3+\sqrt{10}}2,\quad f\left(2\right)=2$.
故最大的正切值為 $\displaystyle\frac{3+\sqrt{10}}2$，因此此角度的最大值為 $\displaystyle\theta=\tan^{-1}\frac{3+\sqrt{10}}2$，此時 $x=-2+\sqrt{10}$。
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