國立清華大學八十八年學年度轉學生入學考試(經濟)試題詳解

八十八學年度轉學生入學考試

科目　微積分(經濟系)　　共　3　頁第　1　頁　＊請在試卷【答案卷】內作答
科號：$123$

1. 填充題（共有九個空格，每一空格八分，請將答案依甲、乙、丙、…次序寫出，不需演算過程）
1. Let $y=\sqrt[3]{(x+1)\sqrt[3]{(x^2+1)\sqrt[3]{(x^3+1)}}}$. Then $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=0}=$　甲　.
訣竅
運用對數微分法計算即可。
解法

先取自然對數可得

$\displaystyle\ln y=\frac13\ln\left(x+1\right)+\frac19\ln\left(x^2+1\right)+\frac1{27}\ln\left(x^3+1\right)$,

如此微分可得

$\displaystyle\frac{y'}y=\frac1{3(x+1)}+\frac{2x}{9(x^2+1)}+\frac{x^2}{9(x^3+1)}$.

代入 $x=0$ 可得

$\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=0}=\frac{y'\left(0\right)}{y\left(0\right)}=\frac13$.



2. Evaluate the following:
   1. $\displaystyle\int_1^2\frac{2x+1}{x\left(x+1\right)^2}dx=$　乙　.
   2. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1n\left[2^{1/n}+2^{2/n}+\cdots+2^{n/n}\right]=$　丙　.
   3. $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\left(1-\frac1{n!}\right)\frac1{3^n}=$　丁　.
訣竅
第一小題由有理函數的積分法處理即可；第二小題將之視為 Riemann sum，取極限後成為定積分計算之；第三小題可先分配律拆為兩項後運用熟知的無窮級數結果來計算。
解法

1. 運用部分分式法可表達被積分函數如下

   $\displaystyle\frac{2x+1}{x\left(x+1\right)^2}=\frac Ax+\frac B{x+1}+\frac C{\left(x+1\right)^2}$,

   其中 $A,B,C$ 為待定常數。同乘以 $x\left(x+1\right)^2$ 可得

   $2x+1=A\left(x+1\right)^2+Bx\left(x+1\right)+Cx=\left(A+B\right)x^2+\left(2A+B+C\right)x+A$.

   藉由比較係數，容易知道 $A=1$、$B=-1$、$C=1$，因此所求的定積分可透過被積分函數的改寫而計算如下

   $\displaystyle\begin{aligned}\int_1^2\frac{2x+1}{x\left(x+1\right)^2}dx&=\int_1^2\left(\frac1x-\frac1{x+1}+\frac1{\left(x+1\right)^2}\right)dx\\&=\left.\ln x-\ln\left(x+1\right)-\frac1{x+1}\right|_1^2\\&=2\ln2-\ln3+\frac16.\end{aligned}$

2. 設 $f\left(x\right)=2^x$，容易注意到該 Riemann sum 為 $f$ 在 $\left[0,1\right]$ 上考慮 $n$ 等分割所得，故取極限後的結果為如下的定積分

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1n\left[2^{1/n}+2^{2/n}+\cdots+2^{n/n}\right]=\int_0^12^xdx=\left.\frac{2^x}{\ln2}\right|_0^1=\frac1{\ln2}$.

3. 運用分配律並利用熟知的級數結果可知

   $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\left(1-\frac1{n!}\right)\frac1{3^n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{3^n}-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(1/3)^n}{n!}=\frac1{\displaystyle1-\frac13}-e^{1/3}=\frac32-e^{1/3}$.

   第一項使用了無窮等比級數和公式，而第二項則使用了自然指數函數的 Taylor 展開式並取 $x=1/3$：

   $\displaystyle e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}$.



3. The minimum value of $\displaystyle\sqrt{\left(\cos x-\frac12\right)^2+\left(\sin x-\frac12\right)^2}$ with $x\in\mathbb{R}$ is 　戊　.
訣竅
運用微分求極值即可。
解法
設 $\displaystyle f\left(x\right)=\sqrt{\left(\cos x-\frac12\right)^2+\left(\sin x-\frac12\right)^2}$，則其導函數如下
$f'\left(x\right)=\frac{\displaystyle-\sin x\left(\cos x-\frac12\right)+\cos x\left(\sin x-\frac12\right)}{\displaystyle\sqrt{\left(\cos x-\frac12\right)^2+\left(\sin x-\frac12\right)^2}}$.
解方程 $f'\left(x\right)=0$，即解 $\sin x-\cos x=0$，如此可得 $\displaystyle x=\frac\pi4+k\pi$，其中 $k\in\mathbb{Z}$。可直接檢驗得知
$\displaystyle f\left(\frac\pi4+2k\pi\right)=1-\frac{\sqrt2}2,\quad f\left(\frac{5\pi}4+2k\pi\right)=1+\frac{\sqrt2}2$.
故最小值為 $\displaystyle1-\frac{\sqrt2}2$。


4. Let $L$ be the tangent line to the curve $x^3+y^3+3xy^2=1$ at the point $\left(0,1\right)$. Then the area of the triangle formed by $L$ and the coordinate axes is 　己　.
訣竅
運用隱函數微分求得切線斜率，接著使用點斜式寫出切線方程式，進而求出此線與象限軸的交點，求出三角形面積。
解法
運用隱函數微分可得
$3x^2+3y^2y'+3y^2+6xyy'=0$.
取 $x=0$、$y=1$ 可得
$\displaystyle3\left.\frac{dy}{dx}\right|_{(x,y)=(0,1)}+3=0$.
因此 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{(x,y)=(0,1)}=-1$，因此切線方程式為 $y-1=-(x-0)$，或寫為 $x+y=1$。容易看出切線方成交 $x$ 軸與 $y$ 軸於 $\left(1,0\right)$ 與 $\left(0,1\right)$，故形成的三角形面積為 $\displaystyle\frac12$。


5. The solution of the integral equation

   $\displaystyle f\left(x\right)=1999+\int_0^xf\left(t\right)\cos t\,dt$

   is given bt $f\left(x\right)=$　庚　.
訣竅
運用微積分基本定理先化為微分方程並求解之，此外應注意到積分方程本身可提供初始條件。
解法

由微積分基本定理可知

$f'\left(x\right)=f\left(x\right)\cos x$.

同乘以 $e^{-\sin x}$ 可得

$\left[e^{-\sin x}f\left(x\right)\right]'=e^{-\sin x}f'\left(x\right)-e^{-\sin x}f\left(x\right)\cos x=0$.

於是在 $\left[0,x\right]$ 上取定積分並注意到 $f\left(0\right)=1999$，從而有

$f\left(x\right)=1999e^{\sin x}$.



6. The length of the parabolic spiral $r=\theta^2$ ($\theta\geq0$) that lies inside the circle $r=4$ is 　辛　.
訣竅
運用曲線弧長公式，並且由於要在 $r=4$ 以內，進而得到關於 $\theta$ 的限制條件。
解法

由於要在 $r=4$ 以內，於是容易知道 $\theta$ 的範圍為 $0\leq\theta\leq2$，故運用曲線弧長公式可知

$\begin{aligned}L&=\int_0^2\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2}\,d\theta\\&=\int_0^2\sqrt{\theta^4+4\theta^2}\,d\theta\\&=\int_0^2\theta\sqrt{\theta^2+4}\,d\theta\\&=\left.\frac13\left(\theta^2+4\right)^{3/2}\right|_0^2\\&=\frac{16\sqrt2-8}3.\end{aligned}$



7. Suppose the temperature distribution of a ball centered at the origin is

   $\displaystyle T\left(x,y,z\right)=\frac{100}{1+x^2+y^2+z^2},\quad x^2+y^2+z^2\leq20$.

   Then the direciton (which is a unit vector) of greatest increase of temperature at the point $\left(1,2,3\right)$ is 　壬　.
訣竅
運用梯度來求最快的增加方向。
解法
首先計算溫度梯度如下
$\displaystyle\nabla T\left(x,y,z\right)=-\frac{100\left(2x,2y,2z\right)}{\left(1+x^2+y^2+z^2\right)^2}$.
因此在 $\left(1,2,3\right)$ 的梯度為
$\displaystyle\nabla T\left(1,2,3\right)=-\frac{200\left(1,2,3\right)}{225}=\left(-\frac89,-\frac{16}9,-\frac83\right)$.
故增加最快的方向為 $\displaystyle\frac{\left(-1,-2,-3\right)}{\sqrt{14}}$。
2. 計算與證明題（共有兩大題，每大題 $14$ 分，必須寫出演算證明過程）
8. ($14\%$) Let $\Omega=\left\{(x,y)\,|\,0\leq y\leq1,x\geq y\mbox{ and }x^2-y^2\leq1\right\}$.
   1. Sketch the region $\Omega$.
   2. Evaluate the double integral

      $\displaystyle\iint_{\Omega}xy\sin\left(x^2-y^2\right)dx\,dy$.

訣竅
由於 $\Omega$ 中給定的邊界皆為初等圖形，繪圖後容易將所求的重積分表達為迭代積分並計算之。
解法

1. 將所有邊界直線與雙曲線繪出後可知 $\Omega$ 圖形如下
   
2. 可以將知道區域 $\Omega$ 可表達為 $y\leq x\leq\sqrt{1+y^2}$、$0\leq y\leq1$，從而所求的重積分可計算如下

   $\displaystyle\begin{aligned}\iint_{\Omega}xy\sin\left(x^2-y^2\right)dx\,dy&=\int_0^1\int_y^{\sqrt{1+y^2}}xy\sin\left(x^2-y^2\right)dx\,dy\\&=-\frac12\int_0^1y\cos\left(x^2-y^2\right)\Big|_{x=y}^{x=\sqrt{1+y^2}}dy\\&=\frac{1-\cos1}2\int_0^1y\,dy\\&=\frac{1-\cos1}4.\end{aligned}$



9. ($14\%$) Consider the fiugre shown here:
   
   1. Show that $\displaystyle\tan\theta=\frac{x+2}{x^2-2x+2}$.
   2. Find the value of $x$ that maximizes the angle $\theta$.
訣竅
先考察 $\theta$ 周圍之角度，隨後使用和差角公式計算之；隨後運用微分求極值與正切函數的單調性求解即可。
解法
1. 設臨於 $\theta$ 的左側夾角為 $\alpha$ 而臨於 $\theta$ 的右側夾角為 $\beta$，那麼有 $\alpha+\beta+\theta=\pi$，並且由正切函數的定義可知

   $\displaystyle\tan\alpha=\frac1x,\quad\tan\beta=\frac2{2-x}$,

   此處 $x\in\left(0,2\right)$。那麼由和差角公式可知

   $\begin{aligned}\tan\theta&=\tan\left[\pi-\left(\alpha+\beta\right)\right]=-\tan\left(\alpha+\beta\right)\\&=-\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}=\frac{\displaystyle\frac1x+\frac2{2-x}}{\displaystyle\frac1x\cdot\frac2{2-x}-1}=\frac{x+2}{x^2-2x+2}.\end{aligned}$

   對於 $x=0$ 與 $x=2$ 的情形可以直接分別確認出 $\tan\theta=1$、$\tan\theta=2$。因此該式對於 $x\in\left[0,2\right]$ 成立。
2. 由於 $\tan\theta$ 之值明顯為正，因此 $\theta$ 必為銳角，故為了找出最大夾角，這等同於找出最大的正切值。為此，我們設 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{x+2}{x^2-2x+2}$，即求 $f$ 的最大值，隨後再找出對應的夾角。首先可計算出 $f$ 的導函數如下

   $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{-x^2-4x+6}{\left(x^2-2x+2\right)^2}$.

   為了找出最大值，我們解方程式 $f'\left(x\right)=0$，如此可得 $x=-2\pm\sqrt{10}$。但 $x\in\left[0,2\right]$，因此取 $x=-2+\sqrt{10}$。現在確認端點與此位置的函數值分別為

   $\displaystyle f\left(0\right)=1,\quad f\left(-2+\sqrt{10}\right)=\frac{3+\sqrt{10}}2,\quad f\left(2\right)=2$.

   故最大的正切值為 $\displaystyle\frac{3+\sqrt{10}}2$，因此此角度的最大值為 $\displaystyle\theta=\tan^{-1}\frac{3+\sqrt{10}}2$，此時 $x=-2+\sqrt{10}$。