國立清華大學九十一年學年度轉學生入學考試(原子科學系)試題詳解

九十一學年度　原科系　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

第一部分：多重選擇題，共三題，請在答案卷上註明題號(子、丑、寅)後寫下答案。每題 $6$ 分；各選項獨立計分，每答對一選項得 $1.5$ 分，答錯倒扣 $1$ 分，若整題完全不答則得零分。

1. If $f,g:\mathbb R\to\mathbb R$ are differentiable, which of the following statements are true? Ans: 　子　.
   1. If $f\left(x\right)\geq g\left(x\right)$ for all $x\in\mathbb R$, then $f'\left(x\right)\geq g'\left(x\right)$ for all $x\in\mathbb R$.
   2. If $f'\left(x\right)\geq g'\left(x\right)$ for all $x\in\mathbb R$, then $f\left(x\right)\geq g\left(x\right)$ for all $x\in\mathbb R$.
   3. If $f'\left(x\right)\geq g'\left(x\right)$ for all $x\in\mathbb R$, then $f\left(1\right)-g\left(1\right)\geq f\left(0\right)-g\left(0\right)$.
   4. If $f\left(x\right)\geq g\left(x\right)$ for all $x\in\mathbb R$, then $\displaystyle\int_0^1f\left(x\right)dx\geq\int_0^1g\left(x\right)dx$.
訣竅
由函數與導函數所呈現的幾何意義即可選擇。
解法
1. 本選項錯誤，函數值較大不必然導致導函數較大。考慮 $f\left(x\right)=x^2$、$g\left(x\right)=-x^2$，那麼明顯有 $f\left(x\right)\geq g\left(x\right)$，並且可知 $f'\left(x\right)=2x$、$g'\left(x\right)=-2x$，那麼當 $x<0$ 時便沒有 $f'\left(x\right)\geq g'\left(x\right)$。
2. 此選項不必然成立。考慮 $f\left(x\right)=x^3$、$g\left(x\right)=-x^3$，容易看到 $f'\left(x\right)=3x^2\geq-3x^2=g'\left(x\right)$，但當 $x<0$ 時便無 $f\left(x\right)\geq g\left(x\right)$。
3. 此選項正確。將 $g'$ 移項可知 $\left(f-g\right)'\left(x\right)\geq0$，這表明 $f-g$ 為遞增函數，因此有 $f\left(1\right)-g\left(1\right)\geq f\left(0\right)-g\left(0\right)$，證明完畢。
4. 此選項正確。由於 $f\left(x\right)\geq g\left(x\right)$，故 $\left(f-g\right)$ 為非負函數，因此在 $\left[0,1\right]$ 上的定積分也非負（其值代表面積），也就是

   $\displaystyle\int_0^1f\left(x\right)dx-\int_0^1g\left(x\right)dx=\int_0^1\left[f\left(x\right)-g\left(x\right)\right]dx\geq0.$

   移項便完成證明。
應選 c.d.


2. Which of the following statements are true? Ans: 　丑　.
   1. If the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ converges, then we have $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$.
   2. If the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ diverges, then we have $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n\neq0$.
   3. If the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left|a_n\right|$ converges, then the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(-1\right)^na_n$ also converges.
   4. If the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left|a_n\right|$ diverges, then the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(-1\right)^na_n$ also diverges.
訣竅
根據級數的一般知識可選出正確選項並對於錯誤的應能舉出常見的反例。
解法
1. 此選項正確。設前 $n$ 項部分和為 $s_n$，由前提可知極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}s_n$ 存在，記之為 $s$，那麼由 $a_n=s_n-s_{n-1}$（對於 $n\geq2$），可知

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}\left(s_n-s_{n-1}\right)=s-s=0.$

   證明完畢。
2. 此選項不正確。經典的反例為調和級數，即 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1n$ 發散，但其一般項 $\displaystyle\frac1n$ 仍隨 $n$ 趨於無窮時而趨於零。
3. 此選項正確。首先注意到不等式

   $\displaystyle0\leq\left|a_n\right|+\left(-1\right)^na_n\leq2\left|a_n\right|.$

   那麼由比較審歛法可知正項級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left[\left|a_n\right|+\left(-1\right)^na_n\right]$ 收斂。那麼可以由四則運算定理可知

   $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(-1\right)^na_n=\sum_{n=1}^\infty\left[\left|a_n\right|+\left(-1\right)^na_n\right]-\sum_{n=1}^\infty\left|a_n\right|.$

   也收斂，證明完畢。
4. 此選項錯誤。考慮 $\displaystyle a_n=\frac1n$，那麼級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left|a_n\right|=\sum_{n=1}^\infty\frac1n$ 為調和級數，故確實發散；但級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(-1\right)^na_n=\sum_{n=1}^\infty\frac{\left(-1\right)^n}n$ 可透過交錯級數審歛法斷定收斂。
應選 a.c.


3. Let $f\left(x,y\right)=\begin{cases}\displaystyle\frac{xy^2}{x^2+y^4}&\mbox{for }\left(x,y\right)\neq\left(0,0\right)\\0&\mbox{for }\left(x,y\right)=\left(0,0\right)\end{cases}$, which of the following statments are true? Ans: 　寅　.
   1. $\displaystyle\lim_{\left(x,y\right)\to\left(0,0\right)}f\left(x,y\right)$ exists.
   2. $f$ is continuous at $\left(0,0\right)$.
   3. $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}\left(0,0\right)$ and $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}\left(0,0\right)$ both exist.
   4. $f$ is differentiable at $\left(0,0\right)$.
訣竅
由多變函數的形式可嘗試用 $x=my^2$ 來探究之，而對於偏導函數值的計算可直接應用定義即可。
解法
1. 假若雙變數函數極限存在，記之為 $L$，那麼沿任意方向其極限值皆相同。考慮沿拋物線 $x=my^2$，那麼有

   $\displaystyle L=\lim_{y\to0}f\left(my^2,y\right)=\lim_{y\to0}\frac{my^4}{m^2y^4+y^4}=\frac m{m^2+1}.$

   可以發現取不同的 $m$ 值將使 $L$ 產生改變，這與極限的唯一性矛盾，故極限不存在。
2. $f$ 要在原點連續的其中一個前提是在原點的極限存在，由前一個選項可知本選項錯誤。
3. 按偏導函數的定義計算如下

   $\begin{aligned}&\frac{\partial f}{\partial x}\left(0,0\right)=\lim_{h\to0}\frac{f\left(h,0\right)-f\left(0,0\right)}h=\lim_{h\to0}\frac{0-0}h=0,\\&\frac{\partial f}{\partial y}\left(0,0\right)=\lim_{h\to0}\frac{f\left(0,h\right)-f\left(0,0\right)}h=\lim_{h\to0}\frac{0-0}h=0.\end{aligned}$

   因此兩個偏導函數值皆存在，本選項正確。
4. 由於函數 $f$ 已經在原點不連續，故更不可能在原點可導，本選項錯誤。
應選 c.

第二部分：填充題，共七題，請在答案卷上註明題號(甲、乙、丙．．．)後寫下答案；每題 $8$ 分；不需演算過程。

1. If $f\left(x\right)=\begin{cases}x^2+ax+b&(x\leq1)\\3x&(x>1)\end{cases}$ is differentiable everywhere, then $\left(a,b\right)=$　甲　.
訣竅
由連續性與可導性的定義獲得 $a$ 與 $b$ 的關係式並求解。
解法
由於 $f$ 到處都可導，這表明 $f$ 在 $x=1$ 處連續且可導。先由 $f$ 在 $x=1$ 處的連續性可知
$\displaystyle1+a+b=\lim_{x\to1^-}\left(x^2+ax+b\right)=\lim_{x\to1^-}f\left(x\right)=\lim_{x\to1^+}f\left(x\right)=\lim_{x\to1^+}3x=3.$
這給出了 $a+b=2$ 以及 $f\left(1\right)=3$。再者由導數的定義有
$\displaystyle a+2=\lim_{x\to1^-}\left(x+1+a\right)=\lim_{x\to1^-}\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)}{x-1}=\lim_{x\to1^+}\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)}{x-1}=\lim_{x\to1^+}3=3.$
容易解得 $a=1$、$b=1$。


2. If $y=y\left(x\right)$ satisfies the differentiable equation $\displaystyle\frac{dy}{dx}=\left(x+\cos x\right)e^{-y}$ with the initial condition $y\left(0\right)=0$, then $y\left(\pi\right)=$　乙　.
訣竅
運用分離變量法取不定積分即可求解。
解法

整理該方程如下

$e^ydy=\left(x+\cos x\right)dx.$

取不定積分可得

$\displaystyle e^y=\frac{x^2}2+\sin x+C.$

此即有

$\displaystyle y\left(x\right)=\ln\left(\frac{x^2}2+\sin x+C\right).$

由於通過 $\left(0,0\right)$，代入可得 $C=1$，從而求得

$\displaystyle y\left(\pi\right)=\ln\left(\frac{2+\pi^2}2\right).$



3. The largest value of $f\left(x\right)=\sin^2x+\cos x$ on the interval $\displaystyle\left[0,\frac34\pi\right]$ is 　丙　.
訣竅
運用微分找出極值得候選點並檢查端點找出最大值。
解法
為了找出 $f$ 在區間 $\left(0,3\pi/4\right)$ 的最大值，我們應解方程式 $f'\left(x\right)=0$，即解
$f'\left(x\right)=2\sin x\cos x-\sin x=0,$
亦即 $\sin x\left(2\cos x-1\right)=0$，故 $\sin x=0$ 或 $\cos x=1/2$。但當 $x\in\left(0,3\pi/4\right)$ 時 $\sin x\neq0$，而在此區間中可由 $\cos x=1/2$ 解得 $x=\pi/3$。如此檢查此點與端點有
$\displaystyle f\left(0\right)=1,\quad f\left(\frac\pi3\right)=\frac54,\quad f\left(\frac34\pi\right)=\frac{1-\sqrt2}2.$
因此最大值為 $5/4$。


4. The volume of the solid obtained by revolving the region $\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,:\,0\leq x\leq\pi\mbox{ and }0\leq y\leq\sqrt x\sin x\right\}$ around $x$-axis is 　丁　.
訣竅
運用旋轉體體積公式求解即可。
解法

使用旋轉體體積公式列式並計算如下

$\begin{aligned}V&=\int_0^\pi\pi\left(\sqrt x\sin x\right)^2dx\\&=\pi\int_0^\pi x\sin^2xdx\\&=\frac\pi2\int_0^\pi\left(x-x\cos2x\right)dx\\&=\left.\frac\pi2\left(\frac{x^2}2-\frac{x\sin2x}2-\frac{\cos2x}4\right)\right|_0^\pi\\&=\frac{\pi^3}4.\end{aligned}$



5. Let $a,b,c,d$ be real numbers. Then the maximum value of $ac+bd$ subject to the constraints $a^2+b^2=1$ and $\left(c-5\right)^2+\left(d-2\right)^2=1$ is 　戊　.
訣竅
可直接由初等不等式以及幾何意義求解；亦可運用 Lagrange 乘子法求解。
解法一
由 Cauchy 不等式以及第一個限制條件可以知道
$\left(ac+bd\right)^2\leq\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)=c^2+d^2.$
又 $\left(c,d\right)$ 為落在圓心為 $\left(5,2\right)$ 而半徑為 $1$ 的圓周上，離原點最遠的距離為 $\sqrt{5^2+2^2}+1=1+\sqrt{29}$，因此 $c^2+d^2\leq\left(1+\sqrt{29}\right)^2$，故有
$\left(ac+bd\right)^2\leq\left(1+\sqrt{29}\right)^2,$
即有 $-1-\sqrt{29}\leq ac+bd\leq1+\sqrt{29}$，因此最大值為 $1+\sqrt{29}$，其中等號成立的條件有
$\displaystyle\frac ac=\frac bd,\quad \left(c,d\right)\parallel\left(5,2\right),\quad c^2+d^2=\left(1+\sqrt{29}\right)^2.$
可以求得 $\displaystyle a=\frac5{\sqrt{29}}, b=\frac2{\sqrt{29}}, c=5+\frac5{\sqrt{29}}, d=2+\frac2{\sqrt{29}}$。
解法二
運用 Lagrange 乘子法，設置函數如下
$F\left(a,b,c,d,\lambda_1,\lambda_2\right)=ac+bd+\lambda_1\left(a^2+b^2-1\right)+\lambda_2\left[\left(c-5\right)^2+\left(d-2\right)^2-1\right].$
據此解下列聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_a\left(a,b,c,d,\lambda_1,\lambda_2\right)=c+2a\lambda_1=0,\\&F_b\left(a,b,c,d,\lambda_1,\lambda_2\right)=d+2b\lambda_1=0,\\&F_c\left(a,b,c,d,\lambda_1,\lambda_2\right)=a+2\lambda_2\left(c-5\right)=0,\\&F_d\left(a,b,c,d,\lambda_1,\lambda_2\right)=b+2\lambda_2\left(d-2\right)=0,\\&F_{\lambda_1}\left(a,b,c,d,\lambda_1,\lambda_2\right)=a^2+b^2-1=0,\\&F_{\lambda_2}\left(a,b,c,d,\lambda_1,\lambda_2\right)=\left(c-5\right)^2+\left(d-2\right)^2-1=0.\end{aligned}\right.$
由前兩式可知 $\displaystyle\frac ab=\frac cd$，由第三與第四式有 $\displaystyle\frac ab=\frac{c-5}{d-2}$，因此能知 $\displaystyle\frac cd=\frac{c-5}{d-2}$，整理有 $2c=5d$，即 $\displaystyle\frac cd=\frac52$，如此令 $a=5k$、$b=2k$ 以及 $c=5n$、$d=2n$，由第五式易解得 $\displaystyle\left(a,b\right)=\pm\left(\frac5{\sqrt{29}},\frac2{\sqrt{29}}\right)$，由第六式則有
$29\left(n-1\right)^2=\left(5n-5\right)^2+\left(2n-2\right)^2=1,$
即有 $\displaystyle n=1\pm\frac1{\sqrt{29}}$，故解得 $\displaystyle\left(c,d\right)=\left(5\pm\frac5{\sqrt{29}},2\pm\frac2{\sqrt{29}}\right)$。藉由檢驗可知 $ac+bd$ 的最大值為 $1+\sqrt{29}$。


6. $\displaystyle\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt{1+e^{2x}}}=$　己　.
訣竅
運用變數代換法處理掉根號中的指數函數，特別注意到它的次數是二次。
解法

令 $x=\ln\left(\tan\theta\right)$，那麼有

• 當 $x=0$ 時，有 $\theta=\pi/4$；
• 當 $x\to\infty$ 時，有 $\theta\to\pi/2$；
• 求導有 $\displaystyle dx=\frac{\sec^2\theta}{\tan\theta}d\theta$。

據此代入定積分之中可改寫並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt{1+e^{2x}}}&=\int_{\pi/4}^{\pi/2}\frac1{\sqrt{1+\tan^2\theta}}\cdot\frac{\sec^2\theta}{\tan\theta}d\theta\\&=\int_{\pi/4}^{\pi/2}\csc\theta\,d\theta\\&=-\ln\left|\csc\theta+\cot\theta\right|\Big|_{\pi/4}^{\pi/2}\\&=\ln\left(1+\sqrt2\right).\end{aligned}$



7. $\displaystyle\int_0^1\int_0^{\sqrt{1-x^2}}e^{-\left(x^2+y^2\right)}dy\,dx=$　庚　.
訣竅
根據被積分函數與積分區域可聯想到使用極座標變換。
解法

使用極座標變換，容易將積分區域 $0\leq x\leq1$、$0\leq y\leq\sqrt{1-x^2}$ 改寫為 $0\leq r\leq1$、$0\leq\theta\leq\pi/2$，如此所求的重積分可改寫並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^1\int_0^{\sqrt{1-x^2}}e^{-\left(x^2+y^2\right)}dy\,dx&=\int_0^{\pi/2}\int_0^1e^{-r^2}r\,dr\,d\theta\\&=\frac\pi2\int_0^1re^{-r^2}dr\\&=\left.-\frac\pi4e^{-r^2}\right|_0^1\\&=\frac\pi4\left(1-e^{-1}\right).\end{aligned}$

第三部分：計算證明題，共三題，請在答案卷上註明題號並寫下詳細過程。

1. ($8\%$) Can we find a $C^2$ function $f$ on the $\left(x,y\right)$-plane whose partial derivatives are $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}=-2x+e^{2y}\cos3x$ and $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}=e^y+e^{2y}\sin3x$? Find all of them if it exists, explain why if it doesn't.
訣竅
檢查二次偏微分可否交換。若可以那麼可以解出這樣的 $f$，若否則無法。
解法
不存在這樣的函數。假設真的有這樣的 $f$ 並滿足題目的假設，由於函數是二次連續地可微，這表明 $\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}=\frac{\partial^2f}{\partial y\partial x}$，但
$\displaystyle2e^{2y}\cos3x=\frac{\partial}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x}\neq\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial f}{\partial y}=3e^{2y}\cos3x,$
故不存在這樣的 $f$。


2. ($10\%$) Find a differentiable function $y=f\left(x\right)$ such that $f\left(0\right)=0$ and the arc length of the graph of $f$ between $\left(0,0\right)$ and $\left(x,y\right)$ is $e^x+y-1$.
訣竅
根據題意使用弧長公式獲得微分方程，據此求解。
解法
由弧長公式以及題幹條件可列式如下
$\displaystyle e^x+f\left(x\right)-1=\int_0^x\sqrt{1+\left(f'\left(s\right)\right)^2}ds.$
對 $x$ 同取微分有
$\displaystyle e^x+f'\left(x\right)=\sqrt{1+\left(f'\left(x\right)\right)^2}.$
平方展開得
$e^{2x}+2e^xf'\left(x\right)+\left(f'\left(x\right)\right)^2=1+\left(f'\left(x\right)\right)^2.$
移項整理有
$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{e^{-x}-e^x}2=-\sinh\left(x\right).$
在 $\left[0,x\right]$ 上同取積分可得
$\displaystyle f\left(x\right)=f\left(x\right)-f\left(0\right)=1-\frac{e^{-x}+e^x}2=1-\cosh\left(x\right).$
此即所求。


3. ($8\%$) Prove that $\left|\sin^2x-\sin^2y\right|\leq\left|x-y\right|$ for all $x,y\in\mathbb R$.
訣竅
使用均值定理即可。
解法
設 $f\left(x\right)=\sin^2x$，易知 $f$ 在 $\mathbb R$ 可微。如此應用均值定理可知對任何 $x,y\in\mathbb R$，可知存在實數 $\xi$ 介於 $x,y$ 之間使得下列等式成立
$f\left(x\right)-f\left(y\right)=f'\left(\xi\right)\left(x-y\right).$
又由簡單的連鎖律計算導函數有 $f'\left(\xi\right)=2\sin\xi\cos\xi=\sin2\xi$，那麼對上式取絕對值後有
$\left|\sin^2x-\sin^2y\right|=\left|\sin2\xi\right|\left|x-y\right|\leq\left|x-y\right|.$
證明完畢。