國立清華大學九十一年學年度轉學生入學考試(化學工程學系)試題詳解

九十一學年度　化工系　系轉學生招生考試

科目　微積分　　科號　063　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. $\displaystyle\lim_{x\to\infty}x\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)=$　甲　.
訣竅
藉由適當的改寫後運用自然指數的定義即可求解。
解法

可以將所求的極限式改寫如下

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}x\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)=\lim_{x\to\infty}\ln\left(1+\frac2{x-1}\right)^x.$

令 $\displaystyle u=\frac{x-1}2$，那麼所求的極限式可以改寫並按自然指數的定義可得

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}x\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)=\lim_{u\to\infty}\ln\left(1+\frac1u\right)^{2u+1}=\ln\left[\lim_{u\to\infty}\left(1+\frac1u\right)^u\right]^2+\lim_{u\to\infty}\ln\left(1+\frac1u\right)=2.$



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. $\displaystyle\int_0^{\frac\pi2}\frac{dx}{4\sin x+3\cos x}=$　丙　.
訣竅
運用半角代換處理即可；亦可運用疊合改寫被積分函數後計算即可。
解法一

設 $t=\tan(x/2)$，那麼有

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

據此可將所求的定積分改寫並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^{\pi/2}\frac{dx}{4\sin x+3\cos x}&=\int_0^1\frac1{\displaystyle4\cdot\frac{2t}{1+t^2}+3\cdot\frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot\frac2{1+t^2}dt\\&=\int_0^1\frac2{-3t^2+8t+3}dt\\&=\frac15\int_0^1\left(\frac3{3t+1}+\frac1{3-t}\right)dt\\&=\left.\frac15\left(\ln\left(3t+1\right)-\ln\left(3-t\right)\right)\right|_0^1=\frac{\ln6}5.\end{aligned}$

解法二

利用疊合可以知道 $4\sin x+3\cos x=5\sin\left(x+\theta\right)$，其中 $\theta$ 滿足

$\displaystyle\cos\theta=\frac45,\quad\sin\theta=\frac35.$

那麼所求的定積分可以改寫並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^{\pi/2}\frac{dx}{4\cos x+3\sin x}&=\int_0^{\pi/2}\frac{dx}{5\sin\left(x+\theta\right)}\\&=\left.-\frac15\ln\left|\csc\left(x+\theta\right)+\cot\left(x+\theta\right)\right|\right|_0^{\pi/2}\\&=\frac15\left(\ln\left|\csc\theta+\cot\theta\right|-\ln\left|\sec\theta-\tan\theta\right|\right)\\&=\frac15\left(\ln3-\ln\frac12\right)=\frac{\ln6}5.\end{aligned}$



4. Let $P$ be the tangent plane to the surface $x^2+2y^2+2z^2=14$ at the point $\left(2,1,-2\right)$. Then the equation of $P=$　丁　.
訣竅
運用梯度求出法向量，隨後使用點法式即可求解。
解法
設 $F\left(x,y,z\right)=x^2+2y^2+2z^2-14$，那麼曲面方程式為 $F\left(x,y,z\right)=0$，在曲面上各點所對應的法向量為
$\nabla F\left(x,y,z\right)=\left(2x,4y,4z\right).$
特別地，在 $\left(2,1,-2\right)$ 處的法向量為 $\left(4,4,-8\right)\parallel\left(1,1,-2\right)$。使用點法式可得切平面方程式為
$\left(x-2\right)+\left(y-1\right)-2\left(z+2\right)=0,$
或寫為 $x+y-2z=7$。


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
$\displaystyle F\left(a\right)=2\int_0^{\sqrt{1-\frac1a}}\left(ax^2+1-a\right)dx=\left.2\left(\frac a3x^3+x-ax\right)\right|_0^{\sqrt{1-\frac1a}}=\frac43\left(1-a\right)\sqrt{1-\frac1a}.$
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 region inside the circle $r=1$ and outside the cardioid $r=1-\cos\theta$. Then the area of $R=$　己　.
訣竅
繪出示意圖後，可以決定極座標下的區域所對應的角度範圍，據此使用極座標的面積公式計算求解。
解法

繪出示意圖如下



其所對應的角度範圍為 $-\pi/2\leq\theta\leq\pi/2$。據此使用極座標下的面積公式可知

$\begin{aligned}A&=\frac12\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left[1^2-\left(1-\cos\theta\right)^2\right]d\theta\\&=\frac12\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(2\cos\theta-\cos^2\theta\right)d\theta\\&=\frac14\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(4\cos\theta-1-\cos2\theta\right)d\theta\\&=\left.\frac14\left(4\sin\theta-\theta-\frac{\sin2\theta}2\right)\right|_{-\pi/2}^{\pi/2}\\&=2-\frac\pi4.\end{aligned}$

2. 計算題（共 $52$ 分，必須寫出演算過程）
1. ($11\%$) Prove that $\left(\cos\theta\right)^p\leq\cos\left(p\theta\right)$ for $0\leq\theta\leq\pi/2$ and $0<p<1$.
訣竅
運用單調性即可求解。
解法
對任何給定的 $p\in\left(0,1\right)$，考慮函數 $f_p\left(\theta\right)=\left(\cos\theta\right)^p-\cos\left(p\theta\right)$。把 $f$ 對 $\theta$ 求導可得
$f_p'\left(\theta\right)=p\left(\cos\theta\right)^{p-1}\cdot\left(-\sin\theta\right)+p\sin\left(p\theta\right).$
由於 $p<1$，故 $p-1<0$，從而 $\left(\cos\theta\right)^{p-1}\geq1$；再者由 $p\theta<\theta$ 也由 $\sin$ 在 $\left(0,\pi/2\right)$ 上的嚴格遞增性推知 $\sin\left(p\theta\right)<\sin\theta$，綜合這些可結論出 $f_p'\left(\theta\right)\leq0$，亦即 $f_p$ 遞減。故對 $0\leq\theta\leq\pi/2$ 有
$f_p\left(\theta\right)\leq f_p\left(0\right)=1^p-1=0.$
至此便完成了證明。


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. 1. ($8\%$) Determine whether $\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac1{n\ln n}$ converges. (state the theorem used and check the conditions.)
   2. ($7\%$) Determine whether $\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{\left(-1\right)^n}{n\ln n}$ converges. (State the theorem used and check the conditions.)
訣竅
運用積分審歛法與交錯級數審歛法來處理。
解法
1. 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 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac1{x\ln x}\geq0$，那麼容易核驗發現當 $x> y$ 時容易有 $\ln x>\ln y$，進而有 $x\ln x>y\ln y$，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

   $\displaystyle\int_2^\infty\frac1{x\ln x}dx=\ln\left(\ln x\right)\Big|_2^\infty=\infty.$

   因此原給定的級數也發散。
2. 交錯級數審歛法對應的定理敘述如下：

   若正項數列 $a_n$ 遞減且 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$，則級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(-1\right)^na_n$ 收斂。

   考慮 $\displaystyle a_n=\frac1{n\ln n}$，由前一小題已經確認 $a_n>0$ 且遞減至 $0$，那麼由交錯級數審歛法可知給定的級數收斂。


4. ($15\%$) Find the absolute maximum and absolute minimum values of

   $f\left(x,y\right)=x^2+y^2-2x-4y$

   on the disk $R$ of radius $3$ and center $\left(0,0\right)$.
訣竅
運用初等不等式與幾何意義或持續使用初等不等式即可求解；亦可在內部藉由解一階偏導為零的點找出極值候選點，在邊界運用可運用 Lagrange 乘子法求解條件極值。（兩個方法可以混搭）
解法一

由配方法可知

$f\left(x,y\right)=\left(x-1\right)^2+\left(y-2\right)^2-5\geq-5.$

其中等號成立條件為 $\left(x,y\right)=\left(1,2\right)\in R$，故最小值為 $-5$。另一方面，求最大值的方法有兩種：

【方法一（幾何意義）】 按 $f$ 所指出的幾何意義可知應尋找距離座標 $\left(1,2\right)$ 最遠的位置可達到最大值，容易發現將 $\left(1,2\right)$ 與 $\left(0,0\right)$ 連直線與 $R$ 之邊界相交有兩點為 $\displaystyle\pm\left(\frac3{\sqrt5},\frac6{\sqrt5}\right)$。可以知道最遠點為取負號者，故 $f$ 的最大值為

$\displaystyle f\left(-\frac3{\sqrt5},-\frac6{\sqrt5}\right)=9+6\sqrt5.$

【方法二（不等式）】由於 $\left(x,y\right)\in R$ 代表 $x^2+y^2\leq 9$，如此可知

$f\left(x,y\right)\leq9-2x-4y.$

現在使用 Cauchy 不等式可知 $180\geq\left(x^2+y^2\right)\left[\left(-2\right)^2+\left(-4\right)^2\right]\geq\left(-2x-4y\right)^2$，如此可知

$-6\sqrt5\leq-2x-4y\leq6\sqrt5.$

至此可知 $f$ 的最大值為 $9+6\sqrt5$，而等號成立條件為 $x^2+y^2=9$ 以及 $\displaystyle\frac x{-2}=\frac y{-4}$，可得 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(-\frac3{\sqrt5},-\frac6{\sqrt5}\right)$。

解法二
在圓盤內部，我們要找一階偏導為零的位置，亦即解下列聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&f_x\left(x,y\right)=2x-2=0,\\&f_y\left(x,y\right)=2y-4=0.\end{aligned}\right.$
如此得到極值候選點為 $\left(x,y\right)=\left(1,2\right)$。
在圓盤邊界上，我們考慮 Lagrange 乘子函數如下
$F\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2-2x-4y+\lambda\left(x^2+y^2-9\right).$
據此解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,\lambda\right)=2x-2+2x\lambda=0,\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=2y-4+2y\lambda=0,\\&F_\lambda\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2-9=0.\end{aligned}\right.$
第二式除以 $2$ 與第一式相減可得 $\left(2x-y\right)\left(1+\lambda\right)=0$。
• 若 $\lambda=-1$，那麼由第一式或第二式明顯矛盾。
• 若 $2x=y$，那麼由第三式立即有 $\displaystyle x=\pm\frac3{\sqrt5}$、$\displaystyle y=\pm\frac6{\sqrt5}$。
直接檢驗前述獲得的座標可知
$\displaystyle f\left(1,2\right)=-5,\quad f\left(\frac3{\sqrt5},\frac6{\sqrt5}\right)=9-6\sqrt5,\quad f\left(-\frac3{\sqrt5},-\frac6{\sqrt5}\right)=9+6\sqrt5.$
因此最小值為 $-5$ 而最大值為 $9+6\sqrt5$。