國立清華大學九十二學年度轉學生入學考試(原子科學系)試題詳解

九十二學年度　原子科學系　系轉學生招生考試

科目　　微積分　　科號　0161　共　1　頁第　1　　*在試卷【答案卷】內作答

1. 填充題：請將答案按字母順序寫在答案紙前八行。不要寫計算過程。違反規定者不予計分。（每格 $8$ 分）
1. Let $D=\left\{(x,y):x\geq0,y\geq0,x^2+y^2\leq1\right\}$, then $\displaystyle\iint_D\frac{2xy}{x^2+y^2}dxdy=$ (A) .
訣竅
根據積分區域的特性可使用極座標變換求解之；亦可使用原本的變數直接進行迭代積分計算。
解法一

設 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其中變數範圍為 $0\leq r\leq1$、$0\leq\theta\leq\pi/2$，如此所求的重積分可改寫並計算如下

$\begin{aligned}\iint_D\frac{2xy}{x^2+y^2}dxdy&=\int_0^{\frac\pi2}\int_0^1\frac{2r\cos\theta\cdot r\sin\theta}{r^2}\cdot r\,dr\,d\theta\\&=\int_0^{\frac\pi2}\int_0^12r\cos\theta\sin\theta\,dr\,d\theta\\&=\int_0^{\frac\pi2}\cos\theta\sin\theta\,d\theta\\&=\left.\frac{\sin^2\theta}2\right|_0^{\frac\pi2}=\frac12.\end{aligned}$

解法二

直接按積分區域表達變數的範圍為 $0\leq x\leq\sqrt{1-y^2}$、$0\leq y\leq1$，如此所求的重積分可表達並計算如下

$\begin{aligned}\iint_D\frac{2xy}{x^2+y^2}dxdy&=\int_0^1\int_0^{\sqrt{1-y^2}}\frac{2xy}{x^2+y^2}dxdy\\&=\int_0^1y\ln\left(x^2+y^2\right)\Big|_{x=0}^{x=\sqrt{1-y^2}}dy\\&=-2\int_0^1y\ln y\,dy\\&=-\int_0^1\ln y\,dy^2\\&=-y^2\ln y\Big|_0^1+\int_0^1y^2\cdot\frac1ydy\\&=\int_0^1y\,dy=\frac12.\end{aligned}$



2. If $\displaystyle H(x)=3x\int_4^{x^2}e^{-\sqrt t}dt$, then $H'(2)=$ (B) .
訣竅
運用微積分基本定理與連鎖律求解；亦可求出積分後再進行微分即可。
解法一

進行微分可得

$\displaystyle H'\left(x\right)=3\int_4^{x^2}e^{-\sqrt t}dt+3x\cdot e^{-\sqrt{x^2}}\cdot2x.$

取 $x=2$ 可得

$\displaystyle H'(2)=3\int_4^4e^{-\sqrt t}dt+3\cdot2 e^{-2}\cdot4=24e^{-2}.$

解法二
先考慮不定積分 $\displaystyle\int e^{-\sqrt t}dt$，令 $u=-\sqrt t$，此即 $t=u^2$，也同時有 $dt=2u\,du$，因此
$\displaystyle\int e^{-\sqrt t}dt=\int e^u\cdot2u\,du=2\int u\,de^u=2ue^u-2e^u+C=-2\sqrt te^{-\sqrt t}-2e^{-\sqrt t}+C$.
因此
$\displaystyle H(x)=3x\cdot\left(-2xe^{-x}-2e^{-x}+6e^{-2}\right)=-6x^2e^{-x}-6xe^{-x}+18xe^{-2}$.
計算微分可得
$H'(x)=6x^2e^{-x}-6xe^{-x}-6e^{-x}+18e^{-2}$
取 $x=2$ 可得 $H'(2)=24e^{-2}$。


3. The circular helix defined by ${\bf r}(t)=\left(\cos t,\sin t,t\right)$ with $t\in\left[0,4\pi\right]$ has arc length $=$ (C) .
訣竅
運用曲線弧長公式計算即可。
解法

使用曲線弧長公式計算可知

$\begin{aligned}L&=\int_0^{4\pi}\left|{\bf r}'\left(t\right)\right|dt\\&=\int_0^{4\pi}\sqrt{\left(-\sin t\right)^2+\left(\cos t\right)^2+1^2}dt\\&=\int_0^{4\pi}\sqrt2dt=4\pi\sqrt2.\end{aligned}$



4. Let $f$ be a non-zero differentiable function, and $\displaystyle\left(f\left(x\right)\right)^2=2\int_0^xf\left(t\right)dt$, then $f\left(x\right)=$ (D) .
訣竅
先微分一次後將積分方程化為微分方程，對於微分方程求解，並由方程本身看出初始條件。
解法
對給定的方程微分一次可得
$\displaystyle2f\left(x\right)f'\left(x\right)=2f\left(x\right)$.
由於 $f$ 非零，故得 $f'\left(x\right)=1$，因此有 $f\left(x\right)=x+C$，其中 $C$ 為積分常數。又對原方程取 $x=0$ 可知 $\left(f\left(0\right)\right)^2=0$，故有 $C=0$，如此解得 $f\left(x\right)=x$。


5. Which of the following limits exist? (E) (Don't evaluate the limits, just write the Greek alphabets.)

   $\displaystyle\left(\alpha\right)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy}{x^2+y^2},\quad\left(\beta\right)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy}{|x|+|y|},\quad\left(\gamma\right)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2},$

   $\displaystyle\left(\delta\right)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\sin(x-y)}{\cos(x+y)},\quad\left(\epsilon\right)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\sin(xy)}{x^2+y^2}.$

訣竅
對於第一、第三以及第五小題可直接取 $y=mx$ 知道極限不存在，或者更直接由於分子分母次數相同而知道極限不存在；第二小題藉由夾擠定理處理；第四小題的分母不會趨於零，故在原點附近為連續函數，因此代入原點即可求解。
解法
對於第一、第三與第五個小題取 $y=mx$，其中 $m\neq0$ 可知這些極限皆不存在：
$\displaystyle\begin{aligned}&(\alpha)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy}{x^2+y^2}=\lim_{(x,mx)\to(0,0)}\frac{x\cdot mx}{x^2+(mx)^2}=\frac m{1+m^2},\\&(\gamma)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=\lim_{(x,mx)\to(0,0)}\frac{x^2-m^2x^2}{x^2+m^2x^2}=\frac{1-m^2}{1+m^2},\\&(\epsilon)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\sin(xy)}{x^2+y^2}=\lim_{(x,mx)\to(0,0)}\frac{\sin(mx^2)}{x^2+m^2x^2}=\frac m{1+m^2}.\end{aligned}$
這些極限都與 $m$ 有關，從而能知極限不存在（因為極限若存在則必定唯一）。另一方面，藉由夾擠定理可知 $xy\leq|x||y|$，因此
$\displaystyle-|y|\leq-\frac{|x|}{|x|+|y|}|y|\leq\frac{xy}{|x|+|y|}\leq\frac{|x|}{|x|+|y|}|y|\leq|y|$.
因此當 $y$ 趨於零便有兩側的極限皆為零，故由夾擠定理可知 $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy}{|x|+|y|}=0$。
對於第四小題，可以發現分母在 $\left(x,y\right)=(0,0)$ 處連續且不為零，因此取極限的函數為連續函數，故代入 $(x,y)=(0,0)$ 可得極限值為 $0$。
因此本題應填入 $(\beta)$ 與 $(\delta)$。


6. Let $Q(t)$ be the solution of the initial value problem

   $\displaystyle\left\{\begin{aligned}&\frac{dQ}{dt}=2Q(3-Q),\\&Q(0)=\frac12,\end{aligned}\right.$

   then $\displaystyle\lim_{t\to\infty}Q(t)=$ (F) .
訣竅
運用分離變量法解微分方程即可。
解法
移項整理可得
$\displaystyle\frac13\left(\frac1Q+\frac1{3-Q}\right)dQ=\frac{dQ}{Q(3-Q)}=2dt$.
取不定積分可得
$\displaystyle\frac13\left(\ln\left|Q\right|-\ln\left|3-Q\right|\right)=2t+c$,
其中 $c$ 為積分常數。移項整理可得
$\displaystyle\frac Q{3-Q}=Ce^{6t}.$
此處 $C=e^{3c}$。取 $t=0$ 可得 $\displaystyle C=\frac{\displaystyle\frac12}{\displaystyle3-\frac12}=\frac15$，並且整理可解得
$\displaystyle Q\left(t\right)=\frac{3e^{6t}}{5+e^{6t}}=\frac3{1+5e^{-6t}}$.
如此取極限可得 $\displaystyle\lim_{t\to\infty}Q\left(t\right)=3$。


7. $\displaystyle\lim_{x\to1}\left(\frac1{\ln x}-\frac1{x-1}\right)=$ (G) .
訣竅
通分後使用 L'Hôpital 法則求解。
解法

通分後使用 L'Hôpital 法則如下

$\begin{aligned}\lim_{x\to1}\left(\frac1{\ln x}-\frac1{x-1}\right)&=\lim_{x\to1}\frac{x-1-\ln x}{(x-1)\ln x}=\lim_{x\to1}\frac{\displaystyle1-\frac1x}{\displaystyle1-\frac1x+\ln x}\\&=\lim_{x\to1}\frac{x-1}{x-1+x\ln x}=\lim_{x\to1}\frac{1}{2+\ln x}=\frac12.\end{aligned}$



8. $\displaystyle\int_0^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}dx=$ (H) .
訣竅
使用經典極限定理求解。
解法

定理　設 $f:[0,\pi]\to\mathbb R$ 為連續函數，那麼有下列的等式

$\displaystyle\int_0^\pi xf\left(\sin x\right)dx=\frac\pi2\int_0^\pi f\left(\sin x\right)dx$.

定理的證明

考慮 $x=\pi-t$，則有以下關係式：

$\begin{aligned}\int_{\pi/2}^\pi\left(x-\frac\pi2\right)f\left(\sin x\right)dx&=\int_{\pi/2}^0\left(\frac\pi2-t\right)f\left[\sin\left(\pi-t\right)\right]d\left(\pi-t\right)\\&=\int_0^{\pi/2}\left(\frac\pi2-t\right)f\left(\sin t\right)dt.\end{aligned}$

又由於 $t$ 為啞鈴變數，故再改寫回 $x$ 可得：

$\displaystyle\int_{\pi/2}^\pi\left(x-\frac\pi2\right)f\left(\sin x\right)dx=\int_0^{\pi/2}\left(\frac\pi2-x\right)f\left(\sin x\right)dx.$

此式等同於

$\displaystyle\int_0^\pi\left(x-\frac\pi2\right)f\left(\sin x\right)dx=0$.

因此移項後可得

$\displaystyle\int_0^\pi xf\left(\sin x\right)dx=\frac\pi2\int_0^\pi f\left(\sin x\right)dx.$

注意到分母可視為 $2-\sin^2x$，如此所求可以改寫並直接計算如下

$\displaystyle\int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}dx=\frac\pi2\int_0^\pi\frac{\sin x}{1+\cos^2x}dx=\left.-\frac\pi2\tan^{-1}\left(\cos x\right)\right|_0^{\pi}=\frac{\pi^2}4.$



2. 計算與證明：請詳細寫出每一推導步驟。
2. ($11$ points) Find the maximum and minimum values of $x+y^2z$ subject to the constraints $y^2+z^2=2$ and $z=x$.
訣竅
先使用第二個限制條件後將問題化為雙變數問題，運用 Lagrange 乘子法求條件極值；亦可充分使用限制條件將問題化為單變數問題，運用微分求極值並檢查端點的取值即可。
解法一
由第二個條件式可設取極值的函數為 $f\left(x,y\right)=x+xy^2$，而限制條件為 $x^2+y^2=2$，如此設 Lagrange 乘子函數為
$F\left(x,y,\lambda\right)=x+xy^2+\lambda\left(x^2+y^2-2\right).$
據此解下列聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,\lambda\right)=1+y^2+2\lambda x=0,\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=2xy+2\lambda y=0,\\&F_\lambda\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2-2=0.\end{aligned}\right.$
由第二式可知 $y=0$ 或 $\lambda=-x$。
• 若 $y=0$，則 $x=\pm\sqrt2$，可得座標 $\left(x,y\right)=\left(\pm\sqrt2,0\right)$。
• 若 $\lambda=-x$，那麼第一式有 $y^2=2x^2-1$，代入第三式 $x^2=1$，因此 $x=\pm1$，故 $y=\pm1$，故有四個座標 $\left(x,y\right)=\pm\left(1,1\right)$ 或 $\pm\left(1,-1\right)$。
直接代入檢驗可知
$f(\pm\sqrt2,0)=\pm\sqrt2,\quad f(1,\pm1)=2,\quad f(-1,\pm1)=-2$.
因此最大值為 $2$，最小值為 $-2$。
解法二
延續解法一，使用第一個限制條件可簡化極值函數
$f(x)=x+x(2-x^2)=-x^3+3x,\quad\mbox{for~}-\sqrt2\leq x\leq\sqrt2$.
微分可得
$f'\left(x\right)=-3x^2+3$
解 $f'\left(x\right)=0$ 可得 $x=\pm1$。因此檢查函數值可知
$f\left(\pm1\right)=\pm2,\quad f\left(\pm\sqrt2\right)=\pm\sqrt2$.
故最大值為 $2$，最小值為 $-2$。


3. ($15$ points) Suppose $f\left(x\right)$ is a function with derivative $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac x{1+x^2}$. Show that for $a,b\in\mathbf R$

   $\displaystyle\left|f(b)-f(a)\right|\leq\frac12\left|b-a\right|$.

訣竅
運用均值定理求解即可。
解法
首先注意到不等式 $\left(x\pm1\right)^2\geq0$，移項整理有 $\displaystyle-\frac12\leq\frac x{x^2+1}\leq\frac12$。藉由均值定理以及此不等式可知
$\displaystyle\left|\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right|=\left|f'(c)\right|=\frac{|c|}{c^2+1}\leq\frac12$,
其中 $c$ 介於 $a$ 與 $b$ 之間。移項就證得不等式。


4. ($10$ points) Check the convergence or divergence of the series

   $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac2{1+e^n}$,

   and give a proof.
訣竅
由比較審歛法即可。
解法
設 $\displaystyle a_n=\frac2{1+e^n}$、$\displaystyle b_n=\frac2{e^n}$，由於 $\displaystyle a_n<b_n$，再者可知
$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac2{e^n}=\frac{\displaystyle\frac2e}{\displaystyle1-\frac1e}=\frac2{e-1}.$
因此由比較審歛法可知 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 亦收斂。