國立清華大學八十七年學年度轉學生入學考試(一般)試題詳解

八十七學年度轉學生入學考試

科目　微積分(一般)　　共　2　頁第　1　頁　＊請在試卷【答案卷】內作答

1. 填充題（共八題，每題 $9$ 分，請將答案依甲、乙、丙、…次序作答，不需演算過程）
1. If $\displaystyle a_n=\frac{\displaystyle\left(\frac{10}{11}\right)^n}{\displaystyle\left(\frac{9}{10}\right)^n+\left(\frac{11}{12}\right)^n}$, then $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=$　甲　.
訣竅
改寫 $a_n$ 後便於使用極限的四則運算定理即可。
解法

對 $a_n$ 的分子分母同乘以 $\displaystyle\left(\frac{12}{11}\right)^n$ 後可直接計算如下

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\left(\frac{120}{121}\right)^n}{\displaystyle1+\left(\frac{108}{110}\right)^n}=\frac{0}{1+0}=0$.



2. Recall that $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac1{k!}=e$. Then $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^2+3k}{\left(k+2\right)!}=$　乙　.
訣竅
根據提示來改寫所求的算式，重點是湊出給定的形式。
解法

將所求改寫如下

$\displaystyle\sum_{k=0}^\infty\frac{k^2+3k}{(k+2)!}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(k+1)(k+2)}{(k+2)!}-\sum_{k=0}^{\infty}\frac2{(k+2)!}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac1{k!}-2\sum_{k=0}^{\infty}\frac1{(k+2)!}=e-2\sum_{k=0}^{\infty}\frac1{(k+2)!}$.

另一方面，對於第二項，我們仔細展開並改寫如下

$\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac1{(k+2)!}=\frac12+\frac16+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{n!}-2=e-2$.

因此所求為

$\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^2+3k}{(k+2)!}=e-2\left(e-2\right)=4-e$.



3. A parallelogram has vertices at $A\left(2,-1,4\right)$, $B\left(-1,0,5\right)$, $C\left(3,-2,5\right)$ and $D$. The area of the orthogonal projection of the parallelogram onto the plane $x+y+z=1$ is 　丙　.
訣竅
運用正射影的觀點先求出平行四邊形 $ABCD$ 的面積後利用法向量的夾角計算投影面積；亦可求出投影點後直接計算其面積亦可。
解法一
先計算平行四邊形的面積，其值為 $\Delta ABC$ 面積的兩倍，因此有
$\mbox{Area of }ABCD=\sqrt{\overline{AB}^2\overline{AC}^2-\left(\overset{\rightharpoonup}{AB}\cdot\overset{\rightharpoonup}{AC}\right)^2}=\sqrt{11\cdot3-\left(-3\right)^2}=2\sqrt6$.
再者，平行四邊形 $ABCD$ 所在的平面的法向量為 $\overset{\rightharpoonup}{AB}\times\overset{\rightharpoonup}{AC}=\left(-3,1,1\right)\times\left(1,-1,1\right)=\left(2,4,2\right)\parallel\left(1,2,1\right)$。記這個平面與平面 $x+y+z=1$ 所夾的銳角為 $\theta$，那麼 $\theta$ 的餘弦值為
$\displaystyle\cos\theta=\frac{\left|\left(1,2,1\right)\cdot\left(1,1,1\right)\right|}{\sqrt{1^2+2^2+1^2}\cdot\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{4}{3\sqrt2}=\frac{2\sqrt2}3$.
因此所求的面積為 $\displaystyle2\sqrt6\cdot\frac{2\sqrt2}3=\frac{8\sqrt3}3$。
解法二

由於平面 $x+y+z=1$ 的法向量為 $\left(1,1,1\right)$，據此可以寫出分別通過 $A$、$B$、$C$ 的直線參數式如下

$\left\{\begin{aligned}&x=2+t\\&y=-1+t\\&z=4+t\end{aligned}\right.$　$\left\{\begin{aligned}&x=-1+s\\&y=0+s\\&z=5+s\end{aligned}\right.$　$\left\{\begin{aligned}&x=3+u\\&y=-2+u\\&z=5+u\end{aligned}\right.$

此處 $t,s,u\in\mathbb{R}$。代入平面方程 $x+y+z=1$ 中可分別得到 $\displaystyle t=-\frac43$、$s=-1$、$\displaystyle u=-\frac53$，從而有投影點 $\displaystyle A'\left(\frac23,-\frac73,\frac83\right)$、$B'\left(-2,-1,4\right)$、$\displaystyle C'\left(\frac43,-\frac{11}3,\frac{10}3\right)$，故投影後的平行四邊形面積為

$\displaystyle\mbox{Area of }A'B'C'D'=\sqrt{\overline{A'B'}^2\overline{A'C'}^2-\left(\overset{\rightharpoonup}{A'B'}\cdot\overset{\rightharpoonup}{A'C'}\right)^2}=\sqrt{\frac{96}9\cdot\frac{24}9-\left(\frac83\right)^2}=\frac{8\sqrt3}3$.



4. If $x=t-t^2$, $y=t+t^2$, then $\displaystyle\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{t=1}=$　丁　.
訣竅
運用連鎖律微分即可；亦可消去變數後化為隱函數微分計算。
解法一
首先計算一次微分如下
$\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\Big/\frac{dx}{dt}=\frac{1+2t}{1-2t}$.
接著計算二階微分如下
$\displaystyle\frac{d^2y}{dx^2}=\frac d{dx}\frac{dy}{dx}=\left(\frac d{dt}\frac{dy}{dx}\right)\Big/\frac{dx}{dt}=\frac{\displaystyle\frac d{dt}\frac{1+2t}{1-2t}}{1-2t}=\frac4{(1-2t)^3}$.
取 $t=1$ 可得 $\displaystyle\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{t=1}=-4$。
解法二
首先注意到當 $t=1$ 時，$x=0$ 且 $y=2$。再者，將兩式相加有 $2t=x+y$，代回其中任一式則有關係式如下
$x^2+2xy+y^2+2x-2y=0$.
那麼計算隱函數微分如下
$2x+2y+2xy'+2yy'+2-2y'=0$.
取 $x=0$ 與 $y=2$ 可得 $y'=-3$。再繼續對上式計算一次隱函數微分可得
$2+4y'+2xy''+2y'^2+2yy''-2y''=0$.
取 $x=0$、$y=2$ 以及 $y'=-3$ 可得 $y''=-4$。


5. Suppose $a$, $b$ are constants such that $\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin2x}{x^3}+\frac a{x^2}+b\right)=0$. Then $a+b=$　戊　.
訣竅
運用極限的四則運算定理、經典的極限結果以及 L'Hôpital 法則求解即可。
解法

藉由乘上 $x^2$ 來考慮可以注意到

$\displaystyle\begin{aligned}a+\lim_{x\to0}\frac{\sin2x}x&=\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin2x}x+a+bx^2\right)=\lim_{x\to0}\left[\left(\frac{\sin2x}{x^3}+\frac a{x^2}+b\right)\cdot x^2\right]\\&=\left[\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin2x}{x^3}+\frac a{x^2}+b\right)\right]\left(\lim_{x\to0}x^2\right)=0\cdot0=0.\end{aligned}$

又利用經典的極限結果可以注意到 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin2x}x=2\lim_{x\to0}\frac{\sin2x}{2x}=2$，因此可知 $a=-2$。進一步地使用 L'Hôpital 法則可知

$\displaystyle b=-\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin2x}{x^3}-\frac2{x^2}\right)=\lim_{x\to0}\frac{2x-\sin2x}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{2-2\cos2x}{3x^2}=\lim_{x\to0}\frac{4\sin2x}{6x}=\frac43$.



6. $\displaystyle\int_0^1x\sin^{-1}x\,dx=$　己　.
訣竅
由於被積分函數中有反三角函數使得計算反導函數不甚容易，故運用變數代換法處理之。
解法

令 $u=\sin^{-1}x$，亦即有 $x=\sin u$，從而有

• 當 $x=0$ 時有 $u=0$；
• 當 $x=1$ 時有 $\displaystyle u=\pi/2$；
• 計算微元可得 $dx=\cos u\,du$。

據此所求的定積分可改寫並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^1x\sin^{-1}x\,dx&=\int_0^{\pi/2}\sin u\cdot u\cdot\cos u\,du=\frac12\int_0^{\pi/2}u\,d\sin^2u\\&=\left.\frac12u\sin^2u\right|_0^{\pi/2}-\frac12\int_0^{\pi/2}\frac{1-\cos2u}2\,du=\frac\pi4-\left.\frac14\left(u-\frac{\sin2u}2\right)\right|_0^{\pi/2}=\frac\pi8.\end{aligned}$



7. If $y=y\left(x\right)$ satisfies the differential equation $xy''+y'=x$, $x>0$ with initial value conditions $\displaystyle y\left(1\right)=\frac12$, $y'\left(1\right)=1$. Then $y\left(2\right)=$　庚　.
訣竅
持續積分以消去微分號即可。
解法
容易注意到原式可寫為 $(xy')'=xy''+y'=x$，因此在 $\left[1,x\right]$ 上取定積分可得
$\displaystyle xy'\left(x\right)-y'\left(1\right)=xy'\left(x\right)-1=\frac{x^2-1}2$.
故有 $\displaystyle y'\left(x\right)=\frac{x}2+\frac1{2x}$。
繼續於 $\left[1,x\right]$ 上取定積分可得
$\displaystyle y\left(x\right)-y\left(1\right)=y\left(x\right)-\frac12=\frac{x^2}4+\frac12\ln x-\frac14$.
因此題目給定的未知函數為
$\displaystyle y\left(x\right)=\frac{x^2+1+2\ln x}4$.
因此所求之值為 $\displaystyle y\left(2\right)=\frac{5+2\ln2}4$。


8. Define $\max\left(a,b\right)=\begin{cases}a&\mbox{if }a\geq b\\b&\mbox{if }b\geq a\end{cases}$. The value of $\displaystyle\int_0^1\int_0^2e^{\max\left(4x^2,y^2\right)}dy\,dx$ is 　辛　.
訣竅
先處理取最大函數，隨後將積分區域分割後以便求解。
解法

設 $D=\left\{(x,y)\in\mathbb R^2:0\leq x\leq1,0\leq y\leq2\right\}$，並且分別記

$D_1=\left\{(x,y)\in\mathbb R^2:0\leq x\leq1,0\leq y\leq2x\right\},\quad D_2=\left\{(x,y)\in\mathbb R^2:0\leq x\leq1,2x\leq y\leq2\right\}$.

可以注意到函數 $\max\left(4x^2,y^2\right)=\begin{cases}4x^2,&\mbox{if }(x,y)\in D_1\\y^2,&\mbox{if }(x,y)\in D_2\end{cases}$，因此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^1\int_0^2e^{\max\left(4x^2,y^2\right)}dy\,dx&=\int_0^1\int_0^{2x}e^{4x^2}dy\,dx+\int_0^2\int_0^{y/2}e^{y^2}dx\,dy\\&=\int_0^12xe^{4x^2}dx+\int_0^2\frac{y}2e^{y^2}dy=\left.\frac14e^{4x^2}\right|_{x=0}^{x=1}+\left.\frac14e^{y^2}\right|_{y=0}^{y=2}=\frac{e^4-1}2.\end{aligned}$

2. 計算與證明（必須寫出演算證明過程）
1. ($9\%$) Suppose $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$, $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ are both convergent series with $a_n\geq0$, $b_n\geq0$ for all $n$. Prove that $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n$ is also convergent.
訣竅
級數收斂蘊含其一般項收斂至 $0$。
解法
由於 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ 收斂，故 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=0$，這表明存在正整數 $N$ 使得「$n\geq N$ 時有 $0\leq b_n\leq1$」。再者由 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收斂可知 $\displaystyle\sum_{n=N}^{\infty}a_n<\infty$。結合兩者可以知道
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n\leq\sum_{n=1}^{N-1}a_nb_n+\sum_{n=N}^{\infty}<\infty$.
這就說明了級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n$ 收斂，證明完畢。


2. ($9\%$) Let $f\left(x\right)=a_1\sin x+a_2\sin2x+\cdots+a_n\sin nx$ where $a_1,\cdots,a_n$ are real numbers and $n$ is a positive integer. Suppose $\left|f\left(x\right)\right|\leq\left|x\right|$ for all real $x$. Prove that $\left|a_1+2a_2+\cdots+na_n\right|\leq1$.
訣竅
觀察到要證明的算式之左端為 $\left|f'\left(0\right)\right|$。為了獲得關於 $f'\left(0\right)$ 的估計，我們運用定義計算即可。
解法
藉由導數值的定義以及 $\left|f\left(x\right)\right|\leq\left|x\right|$ 可以觀察到
$\displaystyle\left|f'\left(0\right)\right|=\left|\lim_{h\to0}\frac{f\left(h\right)-f\left(0\right)}{h}\right|=\lim_{h\to0}\frac{\left|f\left(h\right)\right|}{\left|h\right|}\leq1$.
又可以注意到 $\left|f'\left(0\right)\right|$ 即為所證的不等式之左端，這就完成了證明。


3. ($10\%$) The temperature in a neighborhood of the point $\displaystyle\left(\frac14\pi,0\right)$ is given by the function $T\left(x,y\right)=\sqrt2e^{-y}\cos x$. Find the path followed by a heat seeking particle that originates at $\displaystyle\left(\frac14\pi,0\right)$.
訣竅
路徑之切向量隨時平行於溫度梯度，據此解微分方程即可。
解法

設路徑函數為 ${\bf r}\left(t\right)=\left(x\left(t\right),y\left(t\right)\right)$，其中 $\displaystyle\left(x\left(0\right),y\left(0\right)\right)=\left(\pi/4,0\right)$。按題目之意平行關係式 $(x'(t),y'(t))\parallel\nabla T(x,y)$，即

$\left\{\begin{aligned}&x'\left(t\right)=kT_x\left(x,y\right)=-\sqrt2ke^{-y}\sin x,\\&y'\left(t\right)=kT_y(x,y)=-\sqrt2ke^{-y}\cos x,\end{aligned}\right.$

其中 $k>0$。兩式相除得

$\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{\cos x}{\sin x}.$

因此有 $\displaystyle y\left(x\right)=\ln(\sin x)+\frac12\ln2$，又代回第一式中可知 $x'(t)=-k$。這就表明 $x(t)=\pi/4-kt$，這也就解得

$\displaystyle y(t)=\ln\left(\sqrt2\sin\left(\frac\pi4-kt\right)\right).$

那麼可以看出其路徑軌跡為

$\displaystyle x(t)=\frac\pi4-kt,\quad y(t)=\ln\left(\sqrt2\sin\left(\frac\pi4-kt\right)\right),\quad t\in\left[0,\frac\pi{4k}\right).$