國立清華大學八十九年學年度轉學生入學考試(化學工程學系)試題詳解

八十九學年度　化學工程學系　系轉學生招生考試

科目　微積分　　科號　063　共　2　頁第　1　頁　＊請在試卷【答案卷】內作答

1. 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）
1. The line tangent to the curve $y^4+y^3-xy+1=0$ at the point $\left(3,1\right)$ is 　(甲)　.
訣竅
運用隱函數微分法求出切線斜率，隨後使用點斜式寫出法線方程式。
解法
運用隱函數微分可得
$\displaystyle 4y^3\frac{dy}{dx}+3y^2\frac{dy}{dx}-y-x\frac{dy}{dx}=0$.
取 $x=3$ 與 $y=1$ 可得
$\displaystyle4\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(3,1\right)}+3\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(3,1\right)}-1-3\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(3,1\right)}=0$.
可解得 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(3,1\right)}=\frac14$。由此使用點斜式能得切線方程式為
$\displaystyle y-1=\frac14\left(x-3\right)$,
或寫為$x-4y+1=0$。


2. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}n\int_0^ne^{x^2-n^2}dx=$　(乙)　.
訣竅
適當的改寫函數後使用 L'Hôpital 法則與微積分基本定理求解。
解法

改寫極限式並使用 L'Hôpital 法則和微積分基本定理計算如下

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}n\int_0^ne^{x^2-n^2}dx=\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\int_0^ne^{x^2}dx}{\displaystyle\frac{e^{n^2}}n}=\lim_{n\to\infty}\frac{e^{n^2}}{\displaystyle\frac{2n^2e^{n^2}-e^{n^2}}{n^2}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^2}{2n^2-1}=\frac12$.



3. The area of the region lying inside the graphs of the circles $x^2+y^2=1$ and $x^2+\left(y-1\right)^2=1$ is 　(丙)　.
訣竅
利用中學的基本圖形的切割即可求解；表達出上下曲線的方程後直接積分即可；亦可使用左右曲線來考慮；由於圖形的特性也可以考慮使用極座標來求解。前述的各種解法皆可利用對稱性的觀察來加以簡化。
解法一



如上圖，可以知道所求為 $2A+4B$，其中 $A$ 代表邊長為 $1$ 的正三角形面積，而 $B$ 為圓心角為 $60$ 度且半徑為 $1$ 的弓形面積，因此容易知道

$\displaystyle A=\frac{\sqrt3}4,\quad B=\frac{\pi}6-\frac{\sqrt3}4$.

因此所求為

$\displaystyle 2A+4B=\frac{2\pi}3-\frac{\sqrt3}2$.

解法二

容易由圖形知道上曲線為 $y=\sqrt{1-x^2}$，而下曲線為 $y=1-\sqrt{1-x^2}$，並且兩者之交點容易透過聯立而應滿足 $\sqrt{1-x^2}=1-\sqrt{1-x^2}$，即 $\displaystyle x=\pm\frac{\sqrt3}2$，從而 $\displaystyle y=\frac12$。運用對稱性可知面積能表達並計算如下

$\displaystyle A=2\int_0^{\sqrt3/2}\left(2\sqrt{1-x^2}-1\right)dx=\left(2\sin^{-1}x+2x\sqrt{1-x^2}-2x\right)\Big|_0^{\sqrt3/2}=\frac{2\pi}3-\frac{\sqrt3}2$,

其中 $\displaystyle\int\sqrt{1-x^2}dx$ 可運用三角代換計算如下，令 $x=\sin\theta$，那麼便可改寫計算得

$\displaystyle\int\sqrt{1-x^2}dx=\int\cos\theta\cdot\cos\theta\,d\theta=\frac12\int\left(1+\cos2\theta\right)d\theta=\frac{2\theta+\sin2\theta}4+C=\frac{\sin^{-1}x+x\sqrt{1-x^2}}2+C$.

解法三

利用對稱性，將圖形以 $y=1/2$ 作分割，那麼僅需計算上半部分，其左右曲線分別為 $x=\pm\sqrt{1-y^2}$，此時 $\displaystyle y\in\left[1/2,1\right]$，那麼所求的面積為

$\displaystyle A=2\int_{1/2}^12\sqrt{1-y^2}dy=\left(2\sin^{-1}y+2y\sqrt{1-y^2}\right)\Big|_{1/2}^1=\frac{2\pi}3-\frac{\sqrt3}2$.

解法四

利用對稱性僅需考慮第一象限的部分，我們利用扣去的方式將四分之一圓的面積減去未塗色的區域。此外可注意到兩圓運用極座標表示分別為 $r=1$ 與 $r=2\sin\theta$，其交點在第一象限落在 $\theta=\pi/6$ 上，因此未塗色面積能計算如下

$\begin{aligned}\frac12\int_0^{\pi/6}\left(1^2-4\sin^2\theta\right)d\theta&=\frac12\int_0^{\pi/6}\left(2\cos2\theta-1\right)d\theta\\&=\left.\frac{\sin2\theta-\theta}2\right|_0^{\pi/6}\\&=\frac{\sqrt3}4-\frac\pi{12}.\end{aligned}$

如此所求的面積為

$\displaystyle A=2\left[\frac\pi4-\left(\frac{\sqrt3}4-\frac\pi{12}\right)\right]=\frac{2\pi}3-\frac{\sqrt3}2$.

4. Let $I$ be the subset of $\mathbb R$ consisting of all $x$ such that $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{2^ne^{nx}}{n^2}$ converges. Then $I=$　(丁)　
訣竅
運用比值審歛法求出收斂開區間，隨後檢查端點。
解法
利用比值審歛法時，後項除以前項之極限若小於 $1$ 則級數絕對收斂，據此我們寫下不等式
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\frac{2^{n+1}e^{(n+1)x}}{(n+1)^2}\Big/\frac{2^ne^{nx}}{n^2}\right|=2e^x<1$.
因此有 $x<-\ln2$。而當 $\displaystyle x=-\ln2$ 時，級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}$，其中利用了 $e^{-n\ln2}=2^{-nx}$ 這項事實。容易由 $p$ 級數在 $p=2$ 時收斂推知級數在 $x=-\ln2$ 時收斂。故收斂區間 $I=\left(-\infty,-\ln2\right]$。


5. Let $f:\left[0,1\right]\to\mathbb R$ be a continuous function, and suppose that $\displaystyle\int_0^1f\left(x\right)dx=\pi$ and $\displaystyle\int_0^1xf\left(x\right)dx=\sqrt3$. Then
   $\displaystyle\int_0^1\int_0^xf\left(x-y\right)dydx=$　(戊)　;
   $\displaystyle\iint_{x^2+y^2\leq1}x^2f\left(x^2+y^2\right)dxdy=$　(己)　.
訣竅
運用變數代換法將所求的積分化為題目已知的條件。
解法
• 令 $u=x$、$v=x-y$，那麼原先的積分區域 $0\leq x\leq1$、$0\leq y\leq x$ 可改寫為 $0\leq u\leq1$、$0\leq v\leq u$，或寫為 $v\leq u\leq1$、$0\leq v\leq1$，其中使用了 $u-v=y\geq0$。經由簡單的嘗試可知後者的積分區域可有效簡化問題，並且此變換下的 Jacobian 行列式值為 $1$，因此所求的重積分可改寫並計算如下

  $\begin{aligned}\int_0^1\int_0^xf\left(x-y\right)dy\,dx&=\int_0^1\int_v^1f\left(v\right)du\,dv\\&=\int_0^1\left(1-v\right)f\left(v\right)dv\\&=\int_0^1f\left(v\right)dv-\int_0^1vf\left(v\right)dv\\&=\pi-\sqrt3.\end{aligned}$

• 由題目的形式可先由極座標變換下手，令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其中變數範圍為 $0\leq r\leq1$、$0\leq\theta\leq2\pi$。那麼所求的重積分可初步化為下式

  $\displaystyle\iint_{x^2+y^2\leq1}x^2f\left(x^2+y^2\right)dx\,dy=\int_0^{2\pi}\int_0^1r^2\cos^2\theta f\left(r^2\right)r\,dr\,d\theta=\left(\int_0^{2\pi}\cos^2\theta d\theta\right)\int_0^1r^3f\left(r^2\right)dr$.

  前者可直接由二倍角公式直接計算

  $\displaystyle\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta=\int_0^{2\pi}\frac{1+\cos2\theta}2d\theta=\left.\frac{2\theta+\sin2\theta}4\right|_0^{2\pi}=\pi$.

  而後者則使用變數代換，令 $w=r^2$，那麼有

  $\displaystyle\int_0^1r^3f\left(r^2\right)dr=\frac12\int_0^1wf\left(w\right)dw=\frac{\sqrt3}2$.

  因此所求為 $\displaystyle\pi\cdot\frac{\sqrt3}2=\frac{\sqrt3\pi}2$。


6. The cylinder $x^2+y^2=1$ and the plane $x+z=1$ meet in an ellipse $E$. The parametric equations for the line tangent to $E$ at the point $P\left(0,1,1\right)$ is 　(庚)　.
訣竅
首先將相交的曲線參數化得 ${\bf r}\left(t\right)$，而切線方向則為 ${\bf r}'\left(t\right)$，據此寫出切線方程的參數式即可。
解法

首先曲線必定落在圓柱上，因此令 $x=\cos t$、$y=\sin t$，由平面 $x+z=1$ 可知 $z=1-\cos t$，故解得曲線參數式為 $x=\cos t$、$y=\sin t$、$z=1-\cos t$，其中 $t\in\left[0,2\pi\right)$。易知 $P\left(0,1,1\right)$ 恰為參數曲線在 $\displaystyle\theta=\frac\pi2$ 的座標，因此在該點的切向量為

$\displaystyle{\bf r}'\left(\frac\pi2\right)=\left(-\sin\frac\pi2,\cos\frac\pi2,\sin\frac\pi2\right)=\left(-1,0,1\right)$.

因此切線參數式為

$\left\{\begin{aligned}&x=0-t,\\&y=1,\\&z=1+t,\end{aligned}\right.\quad t\in\mathbb R$.



7. Let $\Gamma$ be the boundary of the region

   $\left\{\left(x,y\right)\,|\,0\leq x\leq\pi\mbox{ and }0\leq y\leq\sin x\right\}$,

   traversed counterclockwise. Then the line integral $\displaystyle\oint_\Gamma y\,dx+\sin x\,dy=$　(辛)　.
訣竅
直接使用 Green 定理將線積分化為重積分計算即可；亦可運用參數化來計算此線積分。
解法一

設 $D=\left\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,0\leq x\leq\pi\mbox{ and }0\leq y\leq\sin x\right\}$，那麼運用 Green 定理可知

$\displaystyle\oint_\Gamma y\,dx+\sin x\,dy=\iint_D\left(\cos x-1\right)dA$.

運用 Fubini 定理將右端的重積分改寫為迭代積分並計算如下

$\begin{aligned}\iint_D\left(\cos x-1\right)dA&=\int_0^\pi\int_0^{\sin x}\left(\cos x-1\right)dy\,dx\\&=\int_0^{\pi}\left(\cos x\sin x-\sin x\right)dx\\&=\left.\frac{\sin^2x}2+\cos x\right|_0^{\pi}=-2.\end{aligned}$

解法二
可以將 $\Gamma$ 表達為 $\Gamma_1\cup\Gamma_2$，其中 $\Gamma_1$ 與 $\Gamma_2$ 定義如下
$\Gamma_1=\left\{(t,0)\in\mathbb R^2\,:\,0\leq t\leq\pi\right\},\quad\Gamma_2=\left\{\left(\pi-t,\sin\left(\pi-t\right)\right)\in\mathbb R^2\,:\,0\leq t\leq\pi\right\}$.
如此所求的線積分可分為兩段計算
$\begin{aligned}\oint_{\Gamma_1}y\,dx+\sin x\,dy&=\int_0^{\pi}0\,dt+\sin t\,d0=0,\\\oint_{\Gamma_2}y\,dx+\sin x\,dy&=\int_0^{\pi}\left[\sin\left(\pi-t\right)d(\pi-t)+\sin\left(\pi-t\right)d\sin(\pi-t)\right]\\&=\int_0^{\pi}\left(\cos t\sin t-\sin t\right)dt\\&=\left.\frac{\sin^2t}2+\cos t\right|_0^{\pi}=-2.\end{aligned}$
結合以上兩者可知所求為 $-2$。


8. Let $\displaystyle f\left(x\right)=\int_1^x\sin\left(t^2\right)dt$. Then

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}n^2\left[f\left(\sqrt{\pi}+\frac1n\right)+f\left(\sqrt\pi-\frac1n\right)-2f\left(\sqrt\pi\right)\right]=$　(壬)　.

訣竅
經由差分的概念可立即知道所求為 $f$ 在 $\sqrt\pi$ 處的二階導數值；亦可使用 L'Hôpital 法則計算求解。
解法一
經由二階差分的概念可知
$\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{f\left(a+h\right)-2f\left(a\right)+f\left(a-h\right)}{h^2}=f''\left(a\right)$.
藉由選取 $\displaystyle a=\sqrt\pi$、$\displaystyle h=\frac1n$，可知所求為 $f''\left(\sqrt\pi\right)$，那麼利用微積分基本定理求導能知
$f'\left(x\right)=\sin\left(x^2\right),\quad f''\left(x\right)=2x\cos\left(x^2\right)$.
故所求為 $f''\left(\sqrt\pi\right)=-2\sqrt\pi$。
解法二
改寫極限式後運用 L'Hôpital 法則可知
$\begin{aligned}&\quad\lim_{n\to\infty}n^2\left[f\left(\sqrt\pi+n^{-1}\right)+f\left(\sqrt\pi-n^{-1}\right)-2f\left(\sqrt\pi\right)\right]\\&=\lim_{n\to\infty}\frac{f\left(\sqrt\pi+n^{-1}\right)+f\left(\sqrt\pi-n^{-1}\right)-2f\left(\sqrt\pi\right)}{n^{-2}}\\&=\lim_{n\to\infty}\frac{\left[f'\left(\sqrt\pi+n^{-1}\right)-f'\left(\sqrt\pi-n^{-1}\right)\right]\cdot-n^{-2}}{-2n^{-3}}\\&=\lim_{n\to\infty}\frac{f'\left(\sqrt\pi+n^{-1}\right)-f'\left(\sqrt\pi-n^{-1}\right)}{2n^{-1}}\\&=\lim_{n\to\infty}\frac{\left[f''\left(\sqrt\pi+n^{-1}\right)+f''\left(\sqrt\pi-n^{-1}\right)\right]\cdot-n^{-2}}{-2n^{-2}}\\&=\lim_{n\to\infty}\frac12\left[f''\left(\sqrt\pi+\frac1n\right)+f''\left(\sqrt\pi-\frac1n\right)\right]=f''\left(\sqrt\pi\right).\end{aligned}$
餘下承解法一，計算 $f$ 在 $\sqrt\pi$ 處的二階導函數值即可。


9. Let $\Omega$ be the region $\left\{\left(x,y\right)\,|\,0\leq x\leq1\mbox{ and }0\leq y\leq x\right\}$. Then $\displaystyle\iint_{\Omega}\frac1{(1+x^2+y^2)^{3/2}}dx\,dy=$　(癸)　.
訣竅
由被積分函數形式考慮使用極座標變換；亦可直接作積分計算即可。
解法一
考慮極座標變換，令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$。由原先的積分範圍可知 $0\leq r\leq\sec\theta$、$0\leq\theta\leq\pi/4$。如此所求的重積分可改寫並計算如下
$\begin{aligned}\iint_\Omega\frac1{\left(1+x^2+y^2\right)^{3/2}}dx\,dy&=\int_0^{\pi/4}\int_0^{\sec\theta}\frac r{(1+r^2)^{3/2}}dr\,d\theta\\&=\int_0^{\pi/4}\left.-\frac1{\left(1+r^2\right)^{1/2}}\right|_0^{\sec\theta}d\theta\\&=\int_0^{\pi/4}\left(1-\frac1{(1+\sec^2\theta)^{1/2}}\right)d\theta\\&=\int_0^{\pi/4}\left(1-\frac{\cos\theta}{(2-\sin^2\theta)^{1/2}}\right)d\theta\\&=\left.\theta-\sin^{-1}\left(\frac{\sin\theta}{\sqrt2}\right)\right|_0^{\pi/4}=\frac\pi4-\frac\pi6=\frac\pi{12}.\end{aligned}$
此處我們使用了不定積分公式
$\displaystyle\int\frac1{\sqrt{a^2-x^2}}dx=\sin^{-1}\frac{x}a+C$,
其中 $a\neq0$。
解法二

注意到被積分函數的形式，我們先考慮如下的不定積分

$\displaystyle\int\frac1{\left(a^2+x^2\right)^{3/2}}dx$.

運用三角代換法，令 $x=a\tan\theta$，那麼有 $a^2+x^2=a^2\sec^2\theta$ 以及 $dx=a\sec^2\theta\,d\theta$，如此這個不定積分可計算如下

$\displaystyle\int\frac1{\left(a^2+x^2\right)^{3/2}}dx=\int\frac1{a^3\sec^3\theta}\cdot a\sec^2\theta\,d\theta=\frac{\sin\theta}{a^2}+C=\frac x{a^2\sqrt{a^2+x^2}}+C$.

據此所求的重積分可以計算如下

$\begin{aligned}\iint_\Omega\frac1{\left(1+x^2+y^2\right)^{3/2}}dA&=\int_0^1\int_0^x\frac1{\left(1+x^2+y^2\right)^{3/2}}dydx\\&=\int_0^1\left.\frac y{(1+x^2)\sqrt{1+x^2+y^2}}\right|_{y=0}^{y=x}dx\\&=\int_0^1\frac x{(1+x^2)\sqrt{1+2x^2}}dx.\end{aligned}$

運用變數代換法，令 $u=\sqrt{1+2x^2}$，那麼有

• 當 $x=0$ 時有 $u=1$；
• 當 $x=1$ 時有 $u=\sqrt3$；
• 整理可知 $\displaystyle x=\sqrt{\frac{u^2-1}2}$，因此有 $\displaystyle dx=\frac u{\sqrt{2u^2-2}}du$。

據此所求可改寫並計算如下

$\begin{aligned}\iint_\Omega\frac1{\left(1+x^2+y^2\right)^{3/2}}dA&=\int_1^{\sqrt3}\frac{\displaystyle\sqrt{\frac{u^2-1}2}}{\displaystyle\frac{u^2+1}2\cdot u}\cdot\frac u{\sqrt{2u^2-2}}du\\&=\int_0^{\sqrt3}\frac1{u^2+1}du\\&=\tan^{-1}u\Big|_1^{\sqrt3}\\&=\frac\pi3-\frac\pi4=\frac\pi{12}.\end{aligned}$

2. 計算與證明題（共三題，合計三十分，必需寫出演算證明過程）
1. ($9$ 分) Does the series $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sin\frac1{2n}-\sin\frac1{2n+1}\right)$ converge? Give reasons for your answer.
訣竅
運用單調有界定理。
解法
考慮無窮級數對應的部分和為 $\displaystyle a_k=\sum_{n=1}^k\left(\sin\frac1{2n}-\sin\frac1{2n+1}\right)$，首先注意到這是正項級數，因此 $a_k$ 遞增；另一方面，藉由重新配對括號可知
$\displaystyle a_k=\sin\frac12-\sin\frac1{2k+1}<\sin\frac12$.
這說明 $a_k$ 有上界。故利用遞增有界定理可知數列 $a_k$ 極限存在，這就說明了級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(\sin\frac1{2n}-\sin\frac1{2n+1}\right)$ 收斂。


2. ($9$ 分) Let $f:\left[0,2\pi\right]\to\mathbb R$ be a continuously differentiable function. Show that

   $\displaystyle\left|\int_0^{2\pi}f\left(x\right)\cos nx\,dx\right|\leq\frac1n\int_0^{2\pi}\left|f'\left(x\right)\right|dx$

   for any positive integer $n$, and then conclude that

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_0^{2\pi}f\left(x\right)\cos nx\,dx=0$.

訣竅
運用分部積分法並利用絕對值與積分號的關係得到估計式，隨後使用夾擠定理求得極限。
解法
運用分部積分法可知
$\displaystyle\int_0^{2\pi}f\left(x\right)\cos nx\,dx=\left.\frac1nf\left(x\right)\sin nx\right|_0^{2\pi}-\frac1n\int_0^{2\pi}f'\left(x\right)\sin nx\,dx=-\frac1n\int_0^{2\pi}f'\left(x\right)\sin nx\,dx.$
取絕對值可以知道
$\displaystyle\left|\int_0^{2\pi}f\left(x\right)\cos nx\,dx\right|=\left|\frac1n\int_0^{2\pi}f'\left(x\right)\sin nx\,dx\right|\leq\int_0^{2\pi}\left|f'\left(x\right)\right|\left|\sin nx\right|dx\leq\int_0^{2\pi}\left|f'\left(x\right)\right|dx$.
順此，取 $n$ 趨於無窮可以知道 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1n\int_0^{2\pi}\left|f'\left(x\right)\right|dx=0$，因此由夾擠定理完成證明。


3. ($12$ 分) Find the length of the shortest chord(弦) that is normal to the parabola $y^2=x$ at one end of the chord.
訣竅
假定弦之一端點落於拋物線上，據此求出此弦之長，隨後運用微分求其最小值。
解法
設弦之一端點為 $\left(a^2,a\right)$，由微分可知此處之切線斜率為 $\displaystyle\frac1{2a}$，而法線斜率為 $-2a$，此時 $a\neq0$（容易看出弦的端點不可能為原點）。因此弦所落在的直線方程式為
$\displaystyle y-a=-2a\left(x-a^2\right)$.
此直線方程與拋物線 $y^2=x$ 交於弦的另一端點為 $\displaystyle\left(a^2+1+\frac1{4a^2},-a-\frac1{2a}\right)$，故此時弦長的平方能表達為 $a$ 的函數如下
$\displaystyle f\left(a\right)=\left(1+\frac1{4a^2}\right)^2+\left(2a+\frac1{2a}\right)^2=4a^2+3+\frac3{4a^2}+\frac1{16a^4}$.
為了找出極小值，我們解方程式 $f'\left(a\right)=0$，亦即解
$\displaystyle8a-\frac3{2a^3}-\frac1{4a^5}=0$.
同乘以 $4a^5$ 可得 $32a^6-6a^2-1=0$，因式分解有 $\left(2a^2-1\right)\left(4a^2+1\right)^2=0$，可得實數解為 $\displaystyle a=\pm\frac{\sqrt2}2$。為了確定此為極小值，我們計算其二階導函數如下
$\displaystyle f''\left(a\right)=8+\frac9{2a^4}+\frac5{4a^6}$.
容易確認 $\displaystyle f''\left(\pm\frac{\sqrt2}2\right)=36>0$，故 $f$ 在 $\displaystyle\pm\frac{\sqrt2}2$ 處達到極小值。再者，由於 $f$ 為偶函數，因此可求得最短的弦長為 $\displaystyle\sqrt{f\left(\pm\frac{\sqrt2}2\right)}=\frac{3\sqrt3}2$。