國立清華大學八十九年學年度轉學生入學考試(八系聯招)試題詳解

八十九學年度　八系聯招　系轉學生招生考試

科目　微積分　　科號　003　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 $H'\left(b\right)-L'\left(b^2\right)=$　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 $x=b$ 與 $x=b^2$，代入後並相減可得

   $\displaystyle H'\left(b\right)-L'\left(b^2\right)=\frac{2b}{1+b^6}-\frac1{1+b^6}=\frac{2b-1}{1+b^6}$.

   
   
   2. Let $f\left(x\right)$ be a continuous and decreasing function, and let $g$ be the inverse function of $f$. If $f\left(2\right)=1$ and $f\left(4\right)=0$ and $\displaystyle\int_2^4f\left(x\right)dx=1$, then $\displaystyle\int_0^1g\left(x\right)dx=$　乙　.
   訣竅
   運用變數代換與反函數的定義，隨後使用分部積分即可。
   解法

   令 $x=f\left(u\right)$，那麼可知

   • 當 $x=0$ 時有 $u=4$；
   • 當 $x=1$ 時有 $u=2$；
   • 由反函數的定義有 $g\left(f\left(u\right)\right)=u$，而由微分求導有 $dx=f'\left(u\right)du$。

   依此所求的定積分可改寫並計算如下

   $\begin{aligned}\int_0^1g\left(x\right)dx&=\int_4^2uf'\left(u\right)du\\&=uf\left(u\right)\Big|_4^2-\int_4^2f\left(u\right)du\\&=2f\left(2\right)-4f\left(4\right)+\int_2^4f\left(u\right)du\\&=2\cdot1-4\cdot0+1=3.\end{aligned}$

   
   
   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. If $f\left(x\right)$ is a continuous and decreasing function such that $\displaystyle\int_2^4f\left(x\right)dx=1$, then which of the following is always true? 　丁　
      (a) $f\left(4\right)>0.1$　(b) $f\left(4\right)<0.2$　(c) $f\left(2\right)<0.3$　$f\left(2\right)<0.3$　(d) $f\left(2\right)>0.4$
   訣竅
   由定積分所表示的面積關係與遞減特性進行推理。
   解法

   考慮 $f\left(x\right)=-a(x-3)+0.5$，其中 $a\geq0$。容易注意到取 $a=0.4$ 使(a)不成立，取 $a=0.3$ 則使(b)不成立。並且任意 $a>0$ 亦使(c)不成立。

   現證明(d)成立如下。運用反證法，設(d)不成立，亦即 $f\left(2\right)\leq0.4$。又因 $f$ 遞減，故對於實數 $x\geq2$ 有 $f\left(x\right)\leq f\left(2\right)\leq0.4$，從而 $\displaystyle\int_2^4f\left(x\right)dx\leq\int_2^40.4\,dx=0.8<1$，與題幹已知矛盾，因此 $f\left(2\right)>0.4$。

   
   
   5. The interval of convergence (including end point(s) when valid) of $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(1+\frac1n\right)^n\left(x+1\right)^n=$　戊　.
   訣竅
   運用比值審歛法計算出收斂半徑，隨後代入端點使用交錯審歛法或發散審歛法等方法判斷。
   解法
   運用比值審歛法求收斂半徑
   $\displaystyle R=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{(1+\frac1n)^n}{(1+\frac1{n+1})^{n+1}}=\frac ee=1$.
   因此可以確定 $x\in\left(-2,0\right)$ 時級數收斂。現在檢查端點：
   • 若 $x=0$，則級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(1+\frac1n\right)^n$，但其一般項之極限為 $e\neq0$，故級數發散；
   • 當 $x=-2$ 時，級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(-1\right)^n\left(1+\frac1n\right)^n$，其一般項亦不收斂，故級數發散。
   綜上可確定收斂區間恰為 $\left(-2,0\right)$。
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 the volume of the solid $T$ bounded above by $z=\sqrt{4-x^2-y^2}$ and below by $z=x^2+y^2$.
訣竅
先由上曲面和下曲面找出交會之處，依此作為積分底面，再由底乘以高為體積的思維列式並計算之。
解法

解兩曲面所形成的聯立方程組

$\left\{\begin{aligned}&z=\sqrt{4-x^2-y^2},\\&z=x^2+y^2.\end{aligned}\right.$

經由代入消去法可知 $\sqrt{4-x^2-y^2}=x^2+y^2$，平方整理可知 $\left(x^2+y^2\right)^2+x^2+y^2-4=0$，藉由解二次方程可知

$\displaystyle x^2+y^2=\frac{-1\pm\sqrt{17}}2$.

由於 $x^2+y^2\geq0$，故取正根，即兩曲面交於一圓。考慮平面點集 $D$ 如下

$\displaystyle D=\left\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\leq\frac{-1+\sqrt{17}}2\right\}$.

那麼 $T$ 的體積可列式並計算如下

$\displaystyle V=\iint_D\left(\sqrt{4-x^2-y^2}-(x^2+y^2)\right)dA$.

運用極座標變換，設 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$ 其變數範圍為 $\displaystyle0\leq r\leq\sqrt{\frac{-1+\sqrt{17}}2}$、$0\leq\theta\leq2\pi$。如此體積可改寫並計算如下

$\begin{aligned}V&=\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt{\frac{-1+\sqrt{17}}2}}\left(r\sqrt{4-r^2}-r^3\right)drd\theta\\&=2\pi\cdot\left.\left(-\frac13\left(4-r^2\right)^{3/2}-\frac{r^4}4\right)\right|_0^{\sqrt{\frac{-1+\sqrt{17}}2}}\\&=2\pi\left[-\frac{\left(\sqrt{17}-1\right)^3}{24}-\frac{\left(\sqrt{17}-1\right)^2}{16}+\frac83\right]\\&=\frac{89-17\sqrt{17}}{12}\pi.\end{aligned}$



4. Let $f:\mathbb R^2\to\mathbb R$ be a differentiable function. Let $\displaystyle\mu=\left(\frac{12}{13},\frac{-5}{13}\right)$ and $\displaystyle\nu=\left(\frac35,\frac45\right)$ be two unit vectors at the point $p=\left(0,1\right)$. Suppose that $f_{\mu}'\left(p\right)=2$ and $f_{\nu}'\left(p\right)=-1$. 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
運用方向導數恰為梯度與方向向量內積來求解。
解法

設 $\nabla f\left(p\right)=\left(a,b\right)$，那麼由 $f_\mu'\left(p\right)=2$ 與 $f_\nu'\left(p\right)=-1$ 有聯立方程組

$\left\{\begin{aligned}&\left(a,b\right)\cdot\left(\frac{12}{13},\frac{-5}{13}\right)=2,\\&\left(a,b\right)\cdot\left(\frac35,\frac45\right)=-1.\end{aligned}\right.$

或寫為

$\left\{\begin{aligned}&12a-5b=26,\\&3a+4b=-5.\end{aligned}\right.$

聯立解可得 $\displaystyle a=\frac{79}{63}$、$\displaystyle b=-\frac{46}{21}$，因此

$\displaystyle \nabla f\left(p\right)=\left(\frac{79}{63},-\frac{46}{21}\right)$.



5. A snake is moving along the path $\displaystyle y=\frac1{\sqrt x}$ in the $x-y$ plane. Suppose that at time $t>0$, its head is at the position $\displaystyle\left(2t,\frac1{\sqrt{2t}}\right)$ and its tail is at $\displaystyle\left(t,\frac1{\sqrt t}\right)$. For $t>0$, find the time $t$ such that the snake has shortest arc length.
訣竅
由給定的條件建立起蛇長之函數，並由微分求出其極值。
解法
利用弧長公式可建立出蛇長函數如下
$\displaystyle s\left(t\right)=\int_t^{2t}\sqrt{1+\left(-\frac12x^{-3/2}\right)^2}dx=\int_t^{2t}\sqrt{1+\frac1{4x^3}}dx$.
運用微積分基本定理與連鎖律計算其導函數如下
$\displaystyle s'\left(t\right)=2\sqrt{1+\frac1{32t^3}}-\sqrt{1+\frac1{4t^3}}=\frac{\sqrt{1+32t^3}-\sqrt{2+8t^3}}{2\sqrt2t^{3/2}}$.
藉由解方程 $s'\left(t\right)=0$，即解 $1+32t^3=2+8t^3$，或解 $24t^3=1$，可得 $\displaystyle t=\frac{\sqrt[3]9}6$。再由 $\displaystyle t>\frac{\sqrt[3]9}6$ 可推論出 $24t^3>1$，這便有 $1+32t^3>2+8t^3$，進而 $s'\left(t\right)>0$；反之，若 $\displaystyle 0<t<\frac{\sqrt[3]9}6$ 可推論出 $s'\left(t\right)<0$，這就說明 $s$ 在 $\displaystyle t=\frac{\sqrt[3]9}6$ 處有絕對極小值。