國立清華大學九十一年學年度轉學生入學考試(化學系)試題詳解

九十一學年度　化學系　系轉學生招生考試

科目　微積分　　科號　041　共　1　頁第　1　頁　＊請在試卷【答案卷】內作答

1. 填充題（共六題，每題八分，共 $48$ 分，請將答案依甲、乙、丙次序作答，不需演算過程）
1. $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac2x\right)^{3x}=$　甲　.
訣竅
運用自然指數的定義求解即可。
解法

回憶起自然指數的定義為 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^n=e$，據此令 $\displaystyle s=\frac x2$，如此所求的極限可以改寫如下

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac2x\right)^{3x}=\left[\lim_{s\to\infty}\left(1+\frac1s\right)^s\right]^6=e^6.$



2. Define $\displaystyle F\left(x\right)=\int_{\sin x}^{\cos x}e^{t^2+xt}dt$. Then $F'\left(0\right)=$　乙　.
訣竅

運用微積分積分定理與連鎖律求解，亦即我們將使用下列的公式

$\displaystyle\frac d{dx}\int_{g\left(x\right)}^{h\left(x\right)}f\left(x,t\right)dt=f\left(x,h\left(x\right)\right)h'\left(x\right)-f\left(x,g\left(x\right)\right)g'\left(x\right)+\int_{g\left(x\right)}^{h\left(x\right)}\frac{\partial f}{\partial x}\left(x,t\right)dt.$

解法

運用微積分基本定理與連鎖律，可以直接計算得到

$\displaystyle F'\left(x\right)=-\sin xe^{\cos^2x+x\cos x}-\cos xe^{\sin^2x+x\sin x}+\int_{\sin x}^{\cos x}te^{t^2+xt}dt.$

代入 $x=0$ 可得

$\displaystyle F'\left(0\right)=-1+\int_0^1te^{t^2}dt=\left.\frac{e^{t^2}}2\right|_0^1-1=\frac{e-3}2.$



3. $\displaystyle\int_0^\pi\frac{dx}{2+\cos x}=$　丙　.
訣竅
運用半角代換處理即可。
解法

設 $t=\tan(x/2)$，那麼有

• 當 $x=0$ 時有 $t=0$；
• 當 $x\to\pi^-$ 時有 $t\to\infty$；
• 整理得 $x=2\tan^{-1}t$，求導有 $\displaystyle dx=\frac2{1+t^2}dt$，再者也有 $\displaystyle\cos x=2\cos^2\frac x2-1=\frac{1-t^2}{1+t^2}$。

據此可將所求的定積分改寫並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^\pi\frac{dx}{2+\cos x}&=\int_0^\infty\frac1{\displaystyle2+\frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot\frac2{1+t^2}dt\\&=\int_0^\infty\frac2{t^2+3}dt\\&=\left.\frac2{\sqrt3}\tan^{-1}\frac t{\sqrt3}\right|_0^\infty\\&=\frac2{\sqrt3}\left(\frac\pi2-0\right)\\&=\frac\pi{\sqrt3}.\end{aligned}$



4. Let $D$ be the solid bounded by the planes

   $x=0, y=0, z=0,\mbox{ and }x+y+z=1$.

   Then the triple integral $\displaystyle\iiint_Dz\,dV=$　丁　.
訣竅
適當的以不等式表達出區域 $D$ 後即可寫出迭代積分並計算求解。
解法

積分區域 $D$ 可以表達為聯立不等式組 $0\leq x\leq1$、$0\leq y\leq1-x$、$0\leq z\leq1-x-y$，如此所求的三重積分可以改寫並表達如下

$\begin{aligned}\iiint_Dz\,dV&=\int_0^1\int_0^{1-x}\int_0^{1-x-y}z\,dz\,dy\,dx\\&=\frac12\int_0^1\int_0^{1-x}\left(1-x-y\right)^2dy\,dx\\&=-\frac16\int_0^1\left(1-x-y\right)^3\Big|_0^{1-x}dx\\&=\frac16\int_0^1\left(1-x\right)^3dx\\&=\left.-\frac1{24}\left(1-x\right)^4\right|_0^1\\&=\frac1{24}.\end{aligned}$



5. Let parabola $Q: y=ax^2+bx+c$ ($a<0$) pass through the points $\left(-1,1\right)$ and $\left(1,1\right)$. Then the minimum of the area of the region between by the parabola $Q$ and the $x$-axis $=$　戊　.
訣竅
按照條件可以獲得關於 $a,b,c$ 的關係式，從而簡化該二次函數，隨後計算積分後調整其參數而獲得最小的面積。
解法
由於拋物線 $Q$ 通過 $\left(-1,1\right)$ 與 $\left(1,1\right)$ 可以寫下
$\left\{\begin{aligned}&a+b+c=1,\\&a-b+c=1.\end{aligned}\right.$
兩式相加減可知 $b=0$ 且 $a+c=1$，如此拋物線 $Q$ 可表達為 $y=ax^2+1-a$。容易看出拋物線與 $x$ 軸的交點為 $\left(\pm\sqrt{1-a^{-1}},0\right)$，故拋物線 $Q$ 與 $x$ 軸之間的面積可透過對稱性表達並計算為 $a$ 的函數如下
$\displaystyle F\left(a\right)=2\int_0^{\sqrt{1-a^{-1}}}\left(ax^2+1-a\right)dx=\left.2\left(\frac a3x^3+x-ax\right)\right|_0^{\sqrt{1-a^{-1}}}=\frac43\left(1-a\right)\sqrt{1-\frac1a}.$
為了找出 $F$ 的極小值，我們解方程式 $F'\left(a\right)=0$，亦即解
$\displaystyle-\frac43\sqrt{1-\frac1a}+\frac43\left(1-a\right)\cdot\frac1{\displaystyle2\sqrt{1-\frac1a}}\cdot\frac1{a^2}=0.$
同乘以 $\displaystyle\frac32a^2\sqrt{1-\frac1a}$ 可寫為 $2a^2-a-1=0$，故可解得 $a=1$ 或 $a=-1/2$，但由 $a<0$，故僅得一根。並且可以容易觀察出當 $a$ 趨於零與負無窮時面積可趨於無窮大，故 $F$ 在 $a=-1/2$ 處達到極小值，此值為 $F\left(-1/2\right)=2\sqrt3$。


6. Let $R$ be the cardioid $r=1-\cos\theta$, $0\leq\theta\leq2\pi$. Then the length of $R=$　己　.
訣竅
利用極座標的曲線弧長公式求解即可。
解法

運極座標的曲線弧長公式列式並計算如下

$\begin{aligned}R&=\int_0^{2\pi}\sqrt{r^2\left(\theta\right)+r'^2\left(\theta\right)}\,d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\sqrt{\left(1-\cos\theta\right)^2+\left(\sin\theta\right)^2}\,d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\sqrt{2-2\cos\theta}\,d\theta\\&=2\int_0^{2\pi}\left|\sin\frac\theta2\right|d\theta\\&=\left.-4\cos\frac\theta2\right|_0^{2\pi}\\&=8.\end{aligned}$

2. 計算題（共 $52$ 分，必須寫出演算過程）
1. ($11\%$) Prove that $\displaystyle\sin x>x-\frac{x^3}6$ for all $x>0$.
訣竅
運用單調性即可求解。
解法
設 $\displaystyle f\left(x\right)=\sin x-x+\frac{x^3}6$，那麼可以藉由連續求導得知
$\displaystyle f'\left(x\right)=\cos x-1+\frac{x^2}2,\quad f''\left(x\right)=-\sin x+x,\quad f'''\left(x\right)=-\cos x+1\geq0.$
由於等號僅在離散的單點上成立，這表明 $f''$ 嚴格遞增，亦即對 $x>0$ 有 $f''\left(x\right)>f''\left(0\right)=0$，這便給出 $f'$ 嚴格遞增。如此對 $x>0$ 也有 $f'\left(x\right)\geq f'\left(0\right)=0$，最終知道 $f$ 嚴格遞增，故當 $x>0$ 時有
$f\left(x\right)>f\left(0\right)=0$.
這就完成了證明。


2. Let $p$ and $q$ be real constants. Do the following by Calculus.
   1. ($3\%$) Prove that, if $p>0$, the equation $x^3+px+q=0$ has exactly one real root.
   2. ($8\%$) Prove that, if $4p^3+27q^2<0$, the equation $x^3+px+q=0$ has exactly three distinct real roots.
訣竅
尋找極大極小值的位置來分析判斷。
解法

設 $f\left(x\right)=x^3+px+q$。

1. 若 $p>0$，那麼有 $f'\left(x\right)=3x^2+p\geq p>0$，故 $f$ 嚴格遞增。又容易注意到 $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f\left(x\right)=\pm\infty$，這就由勘根定理確定 $f$ 在 $\mathbb R$ 上有根，並由嚴格遞增確認出恰有一根。
2. 為了找出函數 $f$ 的局部極大極小值，解方程式 $f'\left(x\right)=3x^2+p=0$ 可得 $\displaystyle x=\pm\frac{\sqrt{-3p}}3$，其中由於 $4p^3+27q^2<0$ 可知 $p<0$，故 $\sqrt{-3p}\in\mathbb R$。再者計算二階導函數有 $f''\left(x\right)=6x$，代入前述所得候選點能知 $\displaystyle f''\left(\pm\frac{\sqrt{-3p}}3\right)=\pm2\sqrt{-3p}$，因此 $f$ 在 $\displaystyle-\frac{\sqrt{-3p}}3$ 有局部極大值，而在 $\displaystyle\frac{\sqrt{-3p}}3$ 有局部極小值。

   直接計算可以發現

   $\begin{aligned}&f\left(-\frac{\sqrt{-3p}}3\right)=q+\frac{2p\sqrt{-3p}}9=\frac{\sqrt{81q^2}+\sqrt{-12p^3}}9=\frac{\sqrt3}9\left(\sqrt{27q^2}+\sqrt{-4p^3}\right)>0,\\&f\left(\frac{\sqrt{-3p}}3\right)=q-\frac{2\sqrt{-3p}}9=\frac{\sqrt{81q^2}-\sqrt{-12p^3}}9=\frac{\sqrt3}9\left(\sqrt{27q^2}-\sqrt{-4p^3}\right)<0.\end{aligned}$

   因此 $f$ 在三個區間上 $\displaystyle\left(-\infty,-\frac{-\sqrt{-3p}}3\right)$、$\displaystyle\left(-\frac{\sqrt{-3p}}3,\frac{\sqrt{-3p}}3\right)$ 以及 $\displaystyle\left(\frac{\sqrt{-3p}}3,\infty\right)$ 上分別至少有一根，又三次方程至多有三根，故恰有三個相異實根。



3. ($15\%$) Determine whether $\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac1{n\left(\log n\right)^p}$ converges for constant $p>0$. (State the theorem used and check the conditions.)
訣竅
運用積分審歛法來處理。
解法
此處 $\log$ 視為以 $e$ 為底數的對數函數，並且由換底公式可知本題以其他底數來考慮歛散性皆相同：
$\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac1{n\left(\log_an\right)^p}=\left(\log_ba\right)^p\sum_{n=2}^\infty\frac1{n\left(\log_bn\right)^p}\mbox{ for }a,b\neq1.$
積分審歛法之對應的定理敘述如下：
若 $f$ 為定義在 $\left[2,\infty\right)$ 上的非負遞減函數，則級數 $\displaystyle\sum_{n=2}^\infty f\left(n\right)$ 的歛散性等同於瑕積分 $\displaystyle\int_2^\infty f\left(x\right)dx$ 的歛散性。
為了應用這個定理，我們考慮函數 $f:\left[2,\infty\right)\to\mathbb R$ 定義為 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac1{x\left(\log x\right)^p}\geq0$，那麼容易核驗發現當 $x> y$ 時容易有 $\log x>\log y$，進而有 $\left(\log x\right)^p>\left(\log y\right)^p$，故得 $x\left(\log x\right)^p>y\left(\log y\right)^p$，這就說明了 $f\left(x\right)< f\left(y\right)$，即 $f$ 遞減。現在我們計算瑕積分如下
$\displaystyle\int_2^\infty\frac1{x\left(\log x\right)^p}dx=\begin{cases}\left.\frac1{1-p}\left(\log x\right)^{1-p}\right|_2^\infty,&p\neq1\\\log\left(\log x\right)\Big|_2^\infty,&p=1\end{cases}$
容易注意到 $p\leq1$ 時發散，而當 $p>1$ 時收斂。故對原本的級數也有相同的結論。


4. ($15\%$) Find the point(s) $p$ on the set $\left\{z=xy-1\right\}\cap\left\{x+y+z+1=0\right\}$ that is nearest the origin. Also find the distance between the origin and the point $p$.
訣竅
運用 Lagrange 乘子法求解條件極值即可。
解法
由於座標 $\left(x,y,z\right)$ 到原點的距離平方函數為 $f\left(x,y,z\right)=x^2+y^2+z^2$，如此可設 Lagrange 乘子函數如下
$F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+y^2+z^2+\lambda_1\left(xy-z-1\right)+\lambda_2\left(x+y+z+1\right).$
據此解下列聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2x+\lambda_1y+\lambda_2=0,\\&F_y\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2y+\lambda_1x+\lambda_2=0,\\&F_z\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2z-\lambda_1+\lambda_2=0,\\&F_{\lambda_1}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=xy-z-1=0,\\&F_{\lambda_2}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+y+z+1=0.\end{aligned}\right.$
第一式與第二式相減可得 $\left(x-y\right)\left(2-\lambda_1\right)=0$。
• 若 $x=y$，那麼第四式寫為 $x^2=z+1$，而第五式寫為 $2x+z+1=0$，兩者配合有 $x^2+2x=0$，因此有 $x=0$ 或 $x=-2$，因此得到座標為 $\left(0,0,-1\right)$ 與 $\left(-2,-2,3\right)$。
• 若 $\lambda_1=2$，則第一式或第二式給出 $\lambda_2=-2x-2y$，而第三式則有 $\lambda_2=2-2z$，兩者結合可知 $x+y-z+1=0$。運用第五式得知 $z=0$。此時第四式與第五式分別寫為 $xy=1$ 與 $x+y=-1$，運用代入消去法有 $x\cdot\left(-1-x\right)=1$，即 $x^2+x+1=0$，但此方程無實數解。
至此檢查兩點可知 $f\left(0,0,-1\right)=1$、$f\left(-2,-2,3\right)=\sqrt{17}$，故最近點為 $\left(0,0,-1\right)$ 而最短距離為 $1$。