國立清華大學八十九年學年度轉學生入學考試(原子科學系)試題詳解

八十九學年度　原子科學系　系轉學生招生考試

科目　微積分　　科號　161　共　2　頁第　1　頁　＊請在試卷【答案卷】內作答

1. 填充題（每題八分）
1. Let $\displaystyle H\left(x\right)=\int_0^{x^2}\frac{dt}{1+t^3}$ and $\displaystyle L\left(x\right)=\int_0^x\frac{dt}{1+t^3}$. Then $H'\left(2\right)-L'\left(4\right)=$　甲　.
訣竅
運用微積分基本定理與連鎖律即可。
解法

運用微積分基本定理與連鎖律可知

$\displaystyle H'\left(x\right)=\frac1{1+(x^2)^3}\cdot2x,\quad L'\left(x\right)=\frac1{1+x^3}$.

分別取 $x=2$ 與 $x=4$，代入後並相減可得

$\displaystyle H'\left(2\right)-L'\left(4\right)=\frac4{65}-\frac1{65}=\frac3{65}$.



2. Let $f\left(x\right)=x^{\frac1x}$ on $\left(0,e\right)$, then $f\left(x\right)$ is one-to-one. Let $g\left(x\right)$ be the inverse function of $f\left(x\right)$. Find $g'\left(\sqrt2\right)=$　乙　.
訣竅
運用反函數的定義與連鎖律求解即可。
解法

由反函數的定義可知 $g\left(f\left(x\right)\right)=x$，運用連鎖律微分可知

$g'\left(f\left(x\right)\right)f'\left(x\right)=1$.

取 $x=2$ 可得 $g'\left(f\left(2\right)\right)f'\left(2\right)=1$。此時可以注意到由 $f$ 的設定能知 $f\left(2\right)=2^{\frac12}=\sqrt2$，又計算其導函數有

$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac d{dx}\exp\left(\frac{\ln x}x\right)=\exp\left(\frac{\ln x}x\right)\cdot\frac{1-\ln x}{x^2}$.

取 $x=2$ 可知 $\displaystyle f'\left(2\right)=\frac{\left(1-\ln2\right)\sqrt2}4$。結合這些資訊可知所求為

$\displaystyle g'\left(\sqrt2\right)=\frac1{f'\left(2\right)}=\frac4{\left(1-\ln2\right)\sqrt2}=\frac{2\sqrt2}{1-\ln2}$.



3. Let $y=\tan^{-1}\sqrt{x^3+1}$, then $\displaystyle\frac{dy}{dx}=$　丙　.
訣竅
運用熟知的微分公式計算求解即可。
解法

設 $f\left(x\right)=\tan^{-1}x$、$g\left(x\right)=\sqrt x$、$h\left(x\right)=x^3+1$，那麼由基本函數的微分可知

$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac1{1+x^2},\quad g'\left(x\right)=\frac1{2\sqrt x},\quad h'\left(x\right)=3x^2$.

再者給定的函數 $y$ 可表達為 $y=f\left(g\left(h\left(x\right)\right)\right)$，如此由連鎖律可知

$\begin{aligned}y'&=f'\left(g\left(h\left(x\right)\right)\right)\cdot g'\left(h\left(x\right)\right)\cdot h'\left(x\right)\\&=\frac1{1+\sqrt{x^3+1}^2}\cdot\frac1{2\sqrt{x^3+1}}\cdot3x^2\\&=\frac{3x^2}{2(x^3+2)\sqrt{x^3+1}}.\end{aligned}$



4. $\displaystyle\int e^t\sin t\,dt=$　丁　.
訣竅
此為經典的不定積分，藉由計算兩次分部積分獲得一元一次方程式求解。
解法

連續地使用分部積分法計算如下

$\begin{aligned}\int e^t\sin t\,dt&=\int\sin t\,de^t\\&=e^t\sin t-\int e^t\,d\sin t\\&=e^t\sin t-\int e^t\cos t\,dt\\&=e^t\sin t-\int\cos t\,de^t\\&=e^t\sin t-e^t\cos t+\int e^t\,d\cos t\\&=e^t\sin t-e^t\cos t-\int e^t\sin t\,dt.\end{aligned}$

據此移項整理可求得

$\displaystyle\int e^t\sin t\,dt=\frac{e^t}2\left(\sin t-\cos t\right)+C$.



5. The interval of convergence (including endpoint(s) when valid) of $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac n{1+n^2}x^n=$　戊　.
訣竅
先用比值審歛法確定其收斂半徑，隨後由極限比較審歛法和交錯級數審歛法來確定端點是否收斂。
解法
由比值審歛法可知收斂半徑能計算如下
$\displaystyle R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{n\left[1+\left(n+1\right)^2\right]}{\left(n+1\right)\left(1+n^2\right)}=1$.
因此可以確定冪級數在 $x\in\left(-1,1\right)$ 上絕對收斂。現在檢查端點如下
• 當 $x=1$ 時，級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{1+n^2}$。設 $\displaystyle a_n=\frac{n}{1+n^2}$、$\displaystyle b_n=\frac1n$，容易注意到 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=1$，從而兩級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$與 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ 有相同的歛散性，而後者由 $p$ 級數在 $p=1$ 時可知發散，這表明 $x=1$ 時冪級數發散。
• 當 $x=-1$ 時，級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(-1\right)^n\frac n{1+n^2}$。設 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac x{1+x^2}$，計算其導函數有

  $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{1-x^2}{\left(1+x^2\right)^2}\leq0\quad\mbox{for }x\geq0$.

  因此正實數數列 $\displaystyle\frac n{1+n^2}$ 遞減且容易看出趨於零，由交錯級數審歛法知冪級數在 $x=-1$ 時收斂。
根據以上的討論能知收斂區間為 $\left[-1,1\right)$。
2. 計算與證明題（每題十二分）
1. Compute $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac1{x\ln x}\int_1^x\ln t\,dt$.
訣竅
運用 L'Hôpital 法則與微積分基本定理即可；亦可直接計算出積分後再計算極限即可。
解法一

運用 L'Hôpital 法則與微積分基本定理可知

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac1{x\ln x}\int_1^x\ln t\,dt=\lim_{x\to\infty}\frac{\ln x}{1+\ln x}=\lim_{x\to\infty}\frac1{\displaystyle1+\frac1{\ln x}}=1$.

解法二

先計算積分後再求極限可知

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac1{x\ln x}\int_1^x\ln t\,dt=\lim_{x\to\infty}\frac{x\ln x-x+1}{x\ln x}=\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac1{\ln x}+\frac1{x\ln x}\right)=1$.



2. Let $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ be a series of positive terms. Show that if $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ converges, then $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{1+a_n}$ converges.
訣竅
運用比較審歛法。
解法
明顯可以注意到 $\displaystyle\frac{a_n}{1+a_n}<a_n$，如此可以直接由級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收斂而知
$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{1+a_n}\leq\sum_{n=1}^{\infty}a_n<\infty$.
故 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{1+a_n}$ 也收斂，證明完畢。


3. Compute $\displaystyle\iint_R\frac{\sin x}xdx\,dy$ where $R$ is the region bounded by the curves $y=0$, $y=x$ and $x=1$.
訣竅
將重積分以適當的順序表達為迭代積分即可求解。
解法

首先注意到先對 $x$ 積分不太可行，故應先對 $y$ 積分，據此容易將積分區域 $R$ 表達為 $0\leq x\leq1$、$0\leq y\leq x$。如此所求可以計算如下

$\displaystyle\iint_R\frac{\sin x}xdx\,dy=\int_0^1\int_0^x\frac{\sin x}xdy\,dx=\int_0^1\left.y\frac{\sin x}x\right|_{y=0}^{y=x}dx=\int_0^1\sin x\,dx=-\cos x\Big|_0^1=1-\cos1$.



4. Let $f:\mathbb R^2\to\mathbb R$ be a differentiable function. Let $\displaystyle\mu=\left(\frac35,\frac45\right)$ and $\displaystyle\nu=\left(\frac{-4}5,\frac35\right)$ be two unit vectors at the point $p=\left(1,1\right)$. Suppose that $f_\mu'\left(p\right)=3$ and $f_\nu'\left(p\right)=2$. Find $\nabla f\left(p\right)$. (Note that $f_\mu'\left(p\right)$ and $f_\nu'\left(p\right)$ are the directional derivative of $f$ at $p$ in the direction $\mu$ and $\nu$, respectively.)
訣竅
利用方向導數恰為梯度與單位方向向量的內積來求解。
解法

設 $\nabla f\left(p\right)=\left(a,b\right)$，那麼由給定的條件可知

$\left\{\begin{aligned}&f_\mu'\left(p\right)=\nabla f\left(p\right)\cdot\mu=\left(a,b\right)\cdot\left(\frac35,\frac45\right)=3,\\&f_\nu'\left(p\right)=\nabla f\left(p\right)\cdot\nu=\left(a,b\right)\cdot\left(-\frac45,\frac35\right)=2.\end{aligned}\right.$

或寫為

$\left\{\begin{aligned}&3a+4b=15,\\&-4a+3b=10.\end{aligned}\right.$

容易解聯立方程組得 $\displaystyle a=\frac15$、$\displaystyle b=\frac{18}5$。因此所求為

$\displaystyle\nabla f\left(p\right)=\left(\frac15,\frac{18}5\right)$.



5. A snake is moving along the path $\displaystyle y=\frac1x$ in the $x$-$y$ plane. Suppose that at time $t>0$, its head is at the position $\displaystyle\left(4t,\frac1{4t}\right)$ and its tail is at $\displaystyle\left(t,\frac1t\right)$. For $t>0$, find the time $t$ such that the snake has shortest arc length.
訣竅
利用弧長公式表達出蛇長，藉由微分求出極值。
解法
利用弧長公式可建立出蛇長函數如下
$\displaystyle s\left(t\right)=\int_t^{4t}\sqrt{1+\left(-\frac1{x^2}\right)^2}dx=\int_t^{4t}\frac{\sqrt{1+x^4}}{x^2}dx$.
運用微積分基本定理與連鎖律計算其導函數如下
$\displaystyle s'\left(t\right)=\frac{\sqrt{1+256t^4}}{16t^2}\cdot4-\frac{\sqrt{1+t^4}}{t^2}=\frac{\sqrt{1+256t^4}-4\sqrt{1+t^4}}{4t^2}$.
藉由解方程 $s'\left(t\right)=0$ 可得 $\displaystyle t=\frac12$。再者進一步計算其二階微分可知
$\displaystyle s''\left(t\right)=-\frac1{\displaystyle8t^5\sqrt{16+\frac1{16t^4}}}+\frac2{\displaystyle t^5\sqrt{1+\frac1{t^4}}}$.
那麼由 $\displaystyle s''\left(\frac12\right)=\frac{60\sqrt{17}}{17}>0$，因此 $s$ 在 $\displaystyle t=\frac12$ 有局部極小值。並且容易觀察到當 $t$ 趨於 $0$ 或趨於無窮時 $s$ 會發散至正無窮，故 $s$ 在 $\displaystyle t=\frac12$ 達到最小值。