台灣聯合大學系統九十三學年度學士班轉學生考試試題詳解

台灣聯合大學系統九十三學年度學士班轉學生考試

科目　微積分　　類組別　A-2,A-3,A-4,A-5,B-5,B-6　共　2　頁第　1　頁　＊請在試卷答案卷（卡）內作答

1. 填充題. 共 $60$ 分. （只須按標碼甲,乙,丙…等填出答案即可）
1. Let $f\left(x\right)$ be a differentiable function on $\mathbb R$ satisfying

   $\displaystyle f(x^2)=1+\int_0^{x^2}\!f\left(y\right)\left(1-\tan y\right)dy$

   for all $x\in\mathbb R$. Then $f\left(\pi\right)=$ 甲 .
訣竅
運用微積分基本定理與連鎖律微分得到一個微分方程。
解法
首先取 $x=0$ 可知 $f\left(0\right)=1$。接著直接微分可得
$2xf'(x^2)=f\left(x^2\right)\left(1-\tan(x^2)\right)\cdot2x.$
如此有
$f'\left(x^2\right)=f\left(x^2\right)\left(1-\tan\left(x^2\right)\right).$
令 $t=x^2\geq0$ 取代有
$f'\left(t\right)=f\left(t\right)\left(1-\tan t\right).$
移項可得
$\displaystyle\frac{f'\left(t\right)}{f\left(t\right)}=1-\tan t.$
在 $\left[0,x\right]$ 上取定積分可得
$\ln\left|f\left(x\right)\right|=\ln\left|f\left(x\right)\right|-\ln\left|f\left(0\right)\right|=x-\ln\left|\sec x\right|.$
取指數函數可知
$f\left(x\right)=e^x\cos x$.
那麼 $f\left(\pi\right)=-e^\pi$。


2. Let $L$ be the line tangent to the polar curve $\displaystyle r\left(\theta\right)=\frac{\sin\theta-\cos\theta}{\sin\theta+\cos\theta}$ at $\theta=0$. The equation of $L$ in $x$ and $y$ is 乙 .
訣竅
可先將該曲線以 $x,y$ 為變數進行改寫後求出切線斜率並用點斜式寫出切線方程。
解法

首先可以知道

$\displaystyle\sqrt{x^2+y^2}=r=\frac{\sin\theta-\cos\theta}{\sin\theta+\cos\theta}=\frac{r\sin\theta-r\cos\theta}{r\sin\theta+r\cos\theta}=\frac{y-x}{y+x}.$

平方移項後有

$(x^2+y^2)\left(x+y\right)^2=\left(y-x\right)^2.$

進行隱函數微分可得

$\left(2x+2yy'\right)\left(x+y\right)^2+\left(x^2+y^2\right)\cdot2\left(x+y\right)\left(1+y'\right)=2\left(y-x\right)\left(y'-1\right).$

又當 $\theta=0$ 時 $r=-1$，故該位置以直角座標表示為 $\left(-1,0\right)$，如此代入有

$\left(-2\cdot\left(-1\right)^2\right)+1\cdot2\cdot\left(-1\right)\left(1+y'\Big|_{(x,y)=(-1,0)}\right)=2\cdot1\cdot\left(y'\Big|_{(x,y)=(-1,0)}-1\right).$

整理可解得 $\displaystyle y'\Big|_{(x,y)=(-1,0)}=-\frac12$，因此使用點斜式可得

$\displaystyle y-0=-\frac12\left(x+1\right)$,

亦即 $x+2y+1=0$ 為切線方程式。

【警告】：不可對 $\displaystyle\sqrt{x^2+y^2}=\frac{y-x}{y+x}$ 進行隱函數微分來求解，因為此方程並不通過 $\left(-1,0\right)$，不通過的原因是按極座標方程時，我們取 $\theta=0$ 而得 $r=-1$，這就表明當我們寫為直角坐標方程的時候會出現矛盾式：即 $\sqrt{x^2+y^2}=-1$，這樣的現象。因此有必要將之平方找出該方程的另一支曲線。



3. Evaluate the improper integral $\displaystyle\int_0^\infty\!\frac{dx}{\left(x+1\right)\left[x^2+\left(x+1\right)^2\right]}$ by transforming it into a definite integral of the form $\displaystyle\int_0^1\!\frac{ay+b}{\alpha y^2+\beta y+\gamma}\,dy$ via an appropriate 1-1 onto differentiable function $\left[0,\infty\right)\stackrel{y=f\left(x\right)}{-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\!\rightarrow}\left[0,1\right)$. Answer: 丙 .
訣竅
按照題意以及形式可猜測代換 $y=1/(x+1)$ 即可。
解法

令 $\displaystyle y=\frac1{x+1}$，那麼有

• 當 $x=0$ 時有 $y=1$；
• 當 $x\to\infty$ 時有 $y\to0$；
• 可求得 $\displaystyle x=\frac1y-1$、$\displaystyle dx=-\frac{dy}{y^2}$。

據此可直接改寫瑕積分並計算如下

$\displaystyle\int_0^\infty\!\frac{dx}{\left(x+1\right)\left[x^2+\left(x+1\right)^2\right]}=\int_1^0\!\frac1{\displaystyle\frac1y\left[\left(\frac1y-1\right)^2+\frac1{y^2}\right]}\cdot\left(-\frac{dy}{y^2}\right)=\int_0^1\!\frac y{\left(y-1\right)^2+1}dy.$

如此進一步令 $y-1=\tan\theta$，那麼所求的定積分可以繼續改寫如下

$\displaystyle\int_0^1\!\frac y{y^2-2y+2}dy=\int_{-\pi/4}^0\frac{1+\tan \theta}{\sec^2\theta}\cdot\sec^2\theta\,d\theta=\theta+\ln\left|\sec\theta\right|\Big|_{-\pi/4}^0=\frac\pi4-\frac12\ln2.$



4. Evaluate $\displaystyle\int_0^{\frac\pi3}\!\frac1{\sin x-\cos x-1}dx=$ 丁 .
訣竅
運用萬能代換 $t=\tan(x/2)$ 將三角積分轉為有理函數的積分。
解法

根據提示使用萬能代換，那麼

$\displaystyle\sin x=2\sin\frac x2\cos\frac x2=2\cdot\frac1{\sqrt{1+t^2}}\cdot\frac t{\sqrt{1+t^2}}=\frac{2t}{1+t^2},\quad \cos x=2\cos^2\frac x2-1=2\cdot\frac1{1+t^2}-1=\frac{1-t^2}{1+t^2}$.

再者也有 $x=2\tan^{-1}t$，因此 $\displaystyle dx=\frac2{1+t^2}dt$，如此所求的定積分可改寫並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^{\pi/3}\frac1{\sin x-\cos x-1}dx&=\int_0^{\sqrt3/3}\frac1{\displaystyle\frac{2t}{1+t^2}-\frac{1-t^2}{1+t^2}-1}\cdot\frac2{1+t^2}dt=\int_0^{\sqrt3/3}\frac1{t-1}dt\\&=\ln\left|t-1\right|\Big|_0^{\sqrt3/3}=\ln\left(\frac{3-\sqrt3}3\right).\end{aligned}$



5. Let $p\left(x\right)=x^6+2x^5-x+1$. Find $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left\{\left(p\left(x\right)\right)^{1/6}-x\right\}=$ 戊 .
訣竅
將取極限的函數改寫後運用 L'Hôpital 法則即可。
解法

將極限式改寫並運用 L'Hôpital 法則計算如下

$\begin{aligned}\lim_{x\to\infty}\left\{\left(p\left(x\right)\right)^{1/6}-x\right\}&=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\left(1+\frac2x-\frac1{x^5}+\frac1{x^6}\right)^{1/6}-1}{\displaystyle\frac1x}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\left(1+\frac2x-\frac1{x^5}+\frac1{x^6}\right)^{-5/6}\cdot\left(-\frac2{x^2}+\frac5{x^6}-\frac6{x^7}\right)}{\displaystyle-\frac6{x^2}}\\&=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac2x-\frac1{x^5}+\frac1{x^6}\right)^{-5/6}\cdot\lim_{x\to\infty}\left(\frac13-\frac5{6x^3}+\frac1{x^7}\right)\\&=1\cdot\frac13=\frac13.\end{aligned}$



6. Evaluate $\displaystyle\iint_\Omega xy\,dx\,dy$, where $\Omega$ is the region in the first quadrant bounded by the curves: $x^2+y^2=4$, $x^2+y^2=9$, $x^2-y^2=1$, $x^2-y^2=4$. Answer: 己 .
訣竅
按題目的積分區域進行變數代換後求解。
解法

運用變數代換，令 $u=x^2+y^2$、$v=x^2-y^2$，那麼積分範圍為 $4\leq u\leq9$、$1\leq v\leq4$。再者可知 $\displaystyle x=\sqrt{\frac{u+v}2}$、$\displaystyle y=\sqrt{\frac{u-v}2}$，而 Jacobian 行列式可計算如下

$\displaystyle\left|\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}\right|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial v}\\[3mm]\displaystyle\frac{\partial y}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial v}\end{vmatrix}\Big|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac1{2\sqrt{2u+2v}}&\displaystyle\frac1{2\sqrt{2u+2v}}\\[3mm]\displaystyle\frac1{2\sqrt{2u-2v}}&\displaystyle\frac{-1}{2\sqrt{2u-2v}}\end{vmatrix}\Big|=\frac1{4\sqrt{u^2-v^2}}.$

如此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\iint_\Omega xy\,dA=\int_4^9\int_1^4\sqrt{\frac{u+v}2}\cdot\sqrt{\frac{u-v}2}\cdot\frac1{4\sqrt{u^2-v^2}}\,dv\,du=\frac18\int_4^9\int_1^4dv\,du=\frac18\cdot5\cdot3=\frac{15}8.$



7. Evaluate the line integral $\displaystyle\int_C\left(x^2+6xy-2y^2\right)dx+\left(3x^2-4xy+2y\right)dy$ along the path $C:y=\tan x$ from $x=0$ to $\displaystyle x=\frac{\pi}4$. Answer: 庚 .
訣竅
可以直接看出位能函數後始用線積分基本定理求解之。
解法
取位能函數 $f\left(x,y\right)=\frac13x^3+3x^2y-2xy^2+y^2$，那麼由線積分基本定理可知
$\displaystyle\int_C\left(x^2+6xy-2y^2\right)dx+\left(3x^2-4xy+2y\right)dy=f\left(\frac\pi4,1\right)-f\left(0,0\right)=\frac{\pi^3}{192}+\frac{3\pi^2}{16}-\frac\pi2+1,$
其中位能函數的取法可分別對 $dx$ 與 $dy$ 的部分取偏積分後即能找到。


8. Find the volume of the solid $T$ bounded above by the plane $z=2y$ and below by the paraboloid $z=x^2+y^2$. Answer: 辛.
訣竅
找出立體區域在某一平面上的投影後，運用底面乘以高的方式列出體積算式後求解之。
解法一

將立體區域投影到 $yz$ 平面上為

$D=\left\{\left(y,z\right)\in\mathbb R^2\,:\,2y\geq z\geq y^2\right\}$.

那麼體積 $V$ 可表達並計算如下

$\begin{aligned} V&=\iint_D2\sqrt{z-y^2}\,dA\\&=2\int_0^2\int_{y^2}^{2y}\sqrt{z-y^2}\,dz\,dy\\&=2\cdot\frac23\int_0^2\left(z-y^2\right)^{3/2}\Big|_{z=y^2}^{z=2y}dy\\&=\frac43\int_0^2\left(2y-y^2\right)^{3/2}dy.\end{aligned}$

由於被積分函數可配方為 $\left[1-\left(y-1\right)^2\right]^{3/2}$，故令 $y-1=\sin\theta$，那麼所求的體積可改寫並繼續計算如下

$\begin{aligned}V&=\frac43\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^3\theta\cdot\cos\theta\,d\theta\\&=\frac43\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(\frac{1+\cos2\theta}2\right)^2d\theta\\&=\frac13\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(1+2\cos2\theta+\cos^22\theta\right)d\theta\\&=\frac13\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(\frac32+2\cos2\theta+\frac{\cos4\theta}2\right)d\theta=\frac\pi2.\end{aligned}$

解法二

將立體區域投影到 $xy$ 平面上為 $2y=x^2+y^2$，亦即

$D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+\left(y-1\right)^2\leq1\right\}$

那麼體積 $V$ 可表達為 $\displaystyle V=\iint_D(z_1-z_2)dA$。運用極座標變換，區域 $D$ 可表達為 $0\leq r\leq2\sin\theta$、$0\leq\theta\leq\pi$，如此所求為

$\begin{aligned}V&=\int_0^\pi\int_0^{2\sin\theta}\left(2r\sin\theta-r^2\right)r\,dr\,d\theta\\&=\int_0^\pi\left.\left(\frac{2r^3\sin\theta}3-\frac{r^4}4\right)\right|_{r=0}^{r=2\sin\theta}d\theta\\&=\frac43\int_0^\pi\sin^4\theta\,d\theta=\frac13\int_0^\pi\left(1-\cos2\theta\right)^2d\theta\\&=\frac13\int_0^\pi\left(1-2\cos2\theta+\cos^22\theta\right)d\theta\\&=\frac13\int_0^\pi\left(\frac32-2\cos2\theta+\frac{\cos4\theta}2\right)d\theta\\&=\left.\frac13\left(\frac{3\theta}2-\sin2\theta+\frac{\sin4\theta}8\right)\right|_0^\pi\\&=\frac\pi2.\end{aligned}$

2. 計算證明題. 共 $40$ 分（需寫出計算及證明過程, 否則不予計分）
1. Find

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^n\frac n{k^2+n^2}\right).$

訣竅
將該式改寫為 Riemann sum 取極限，據此改寫為定積分後計算之。
解法

將所求改寫如下

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^n\frac n{k^2+n^2}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\frac1{1+\left(\frac kn\right)^2}.$

此為函數 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{1}{1+x^2}$ 在 $\left[0,1\right]$ 上作 $n$ 等分割的 Riemann sum，因此取極限後的定積分如下：

$\displaystyle\int_0^1\frac1{1+x^2}dx=\tan^{-1}1=\frac\pi4.$



2. Let $0.a_1a_2a_3a_4\cdots$ be the decimal expansion of the rational number $\displaystyle\frac57$. Let $b_k=a_{2^k}$, $k=1,2,\cdots$. The decimal $0.b_1b_2b_3b_4\cdots$ also represents a rational number $\displaystyle\frac{a}{b}$. Find $\displaystyle\frac{a}{b}$.
訣竅
先將有理數寫成十進位的規律表達出來後求出 $b_k$ 的一般式。
解法

容易求出 $\displaystyle\frac57=0.\overline{714285}$，注意到此為六個一循環，因此藉由觀察可以知道必定是第二位與第四位的交錯［奇數位不可能］，而第六位則是 $3$ 的倍數，故與 $b_n$ 是取 $a$ 在二的次方位置這點衝突，從而知道

$\displaystyle\frac ba=0.\overline{12}=\frac{12}{99}=\frac4{33},$

其中循環小數計算如下

$\displaystyle0.\overline{12}=0.12+0.0012+0.000012+\cdots=\frac{0.12}{1-0.01}=\frac{12}{99}.$

此為無窮等比級數的求和。

註：更精確地說，運用數論的知識可以知道 $2^k$ 在除以 $6$ 後餘 $2$ 或餘 $4$，並且有下面的關係

$\displaystyle2^k~(\mbox{mod}~6)=\begin{cases}2,&\mbox{if $k$ 為奇數},\\4,&\mbox{if $k$ 為偶數}.\end{cases}$



3. Find the shortest distance from the point $\left(1,2,0\right)$ to the elliptic cone $z=\sqrt{x^2+2y^2}$.
訣竅
將距離函數表達下來後運用 Lagrange 乘子函數計算之。
解法
設座標為 $\left(x,y,z\right)$ 那麼到 $\left(1,2,0\right)$ 的距離平方函數為 $f\left(x,y,z\right)=\left(x-1\right)^2+\left(y-2\right)^2+z^2$，而將限制條件改寫為 $x^2+2y^2-z^2=0$，如此記 Lagrange 乘子函數如下
$F\left(x,y,z,\lambda\right)=\left(x-1\right)^2+\left(y-2\right)^2+z^2+\lambda\left(x^2+2y^2-z^2\right).$
據此解下列聯立方程組
$\left\{\begin{aligned} &F_x\left(x,y,z,\lambda\right)=2x-2+2\lambda x=0,\\&F_y\left(x,y,z,\lambda\right)=2y-4+4\lambda y=0,\\&F_z\left(x,y,z,\lambda\right)=2z-2\lambda z=0,\\&F_\lambda\left(x,y,z,\lambda\right)=x^2+2y^2-z^2=0.\end{aligned}\right.$
由第三式可知 $2z\left(1-\lambda\right)=0$。
• 若 $\lambda=1$，則可得 $\displaystyle x=\frac12$、$\displaystyle y=\frac23$，那麼得 $\displaystyle z=\sqrt{x^2+2y^2}=\frac{\sqrt{41}}6$。
• 若 $z=0$，那麼 $x^2+2y^2=0$，這表明 $x=y=0$。
分別代回可得 $\displaystyle f\left(\frac12,\frac23,\frac{\sqrt{41}}6\right)=\frac{114}{36}$，$f\left(0,0,0\right)=5$，因此距離的最小值為 $\displaystyle\frac{\sqrt{114}}6$。


4. Evaluate the surface integral $\displaystyle\iint_S\left(x^4+y^4+z^4\right)d\sigma$, where $d\sigma$ is the surface element and

   $S=\left\{\left(x,y,z\right):x^2+y^2+z^2=1\right\}.$

訣竅
運用球面參數化後計算此曲面積分。
解法

將曲面參數化如下

${\bf r}\left(\theta,\phi\right)=\left(\cos\theta\sin\phi,\sin\theta\sin\phi,\cos\phi\right),\quad0\leq\theta\leq2\pi,~0\leq\phi\leq\pi.$

那麼所求為

$\displaystyle\iint_S\left(x^4+y^4+z^4\right)d\sigma=\int_0^{2\pi}\int_0^\pi\left(\cos^4\theta\sin^4\phi+\sin^4\theta\sin^4\phi+\cos^4\phi\right)\left|{\bf r}_\theta\times{\bf r}_\phi\right|\,d\phi\,d\theta.$

那麼先計算 $\left|{\bf r}_\theta\times{\bf r}_\phi\right|$如下

$\begin{aligned}\left|{\bf r}_\theta\times{\bf r}_\phi\right|&=\left|\left(-\sin\theta\sin\phi,\cos\theta\sin\phi,0\right)\times\left(\cos\theta\cos\phi,\sin\theta\cos\phi,-\sin\phi\right)\right|\\&=\left|\left(-\cos\theta\sin^2\phi,-\sin\theta\sin^2\phi,-\sin\phi\cos\phi\right)\right|\\&=\sqrt{\cos^2\theta\sin^4\phi+\sin^2\theta\sin^4\phi+\sin^2\phi\cos^2\phi}=\sin\phi.\end{aligned}$

因此所求為

$\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^\pi\left(\cos^4\theta\sin^5\phi+\sin^4\theta\sin^5\phi+\cos^4\phi\sin\phi\right)d\phi\,d\theta.$

分別計算如下

$\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^\pi\cos^4\phi\sin\phi\,d\phi\,d\theta=2\pi\cdot\frac{-\cos^5\phi}5\Big|_0^\pi=\frac{4\pi}5,$

以及

$\begin{aligned}\int_0^{2\pi}\int_0^\pi\left(\cos^4\theta+\sin^4\theta\right)\sin^5\phi\,d\phi\,d\theta&=\left[\int_0^{2\pi}\left(\cos^4\theta+\sin^4\theta\right)d\theta\right]\left(\int_0^\pi\sin^5\phi\,d\phi\right)\\&=\left[\int_0^{2\pi}\left(1-2\sin^2\theta\cos^2\theta\right)d\theta\right]\left(\int_0^\pi\left(1-\cos^2\phi\right)^2\sin\phi\,d\phi\right)\\&=\left(2\pi-\frac12\int_0^{2\pi}\sin^22\theta d\theta\right)\left(\int_0^\pi\left(-\cos^4\phi+2\cos^2\phi-1\right)d\cos\phi\right)\\&=\left(2\pi-\frac14\int_0^{2\pi}\left(1-\cos4\theta\right)d\theta\right)\left(-\frac{\cos^5\phi}5+\frac{2\cos^3\phi}3-\cos\phi\right)_{\phi=0}^{\phi=\pi}\\&=\frac{3\pi}2\cdot\frac{16}{15}=\frac{8\pi}5.\end{aligned}$

故所求為

$\displaystyle\frac{8\pi}5+\frac{4\pi}5=\frac{12\pi}5.$