國立清華大學八十九年學年度轉學生入學考試(計量財務金融學系)試題詳解

八十九學年度　計量財務金融學系　系轉學生招生考試

科目　微積分　　科號　143　共　2　頁第　1　頁　＊請在試卷【答案卷】內作答

1. 填充題（每題八分）
   1. Let $\displaystyle H\left(x\right)=\int_0^{x^2}\frac{dt}{1+t^3}$ and $\displaystyle L\left(x\right)=\int_0^x\frac{dt}{1+t^3}$, then $H'\left(b\right)-L'\left(b^2\right)=$　甲　.
   訣竅
   運用微積分基本定理與連鎖律即可。
   解法

   運用微積分基本定理與連鎖律可知

   $\displaystyle H'\left(x\right)=\frac1{1+(x^2)^3}\cdot2x,\quad L'\left(x\right)=\frac1{1+x^3}$.

   分別取 $x=b$ 與 $x=b^2$，代入後並相減可得

   $\displaystyle H'\left(b\right)-L'\left(b^2\right)=\frac{2b}{1+b^6}-\frac1{1+b^6}=\frac{2b-1}{1+b^6}$.

   
   
   2. Let $f\left(x\right)$ be a continuous and decreasing function, and let $g$ be the inverse function of $f$. If $f\left(2\right)=1$ and $f\left(4\right)=0$ and $\displaystyle\int_2^4f\left(x\right)dx=1$, then $\displaystyle\int_0^1g\left(x\right)dx=$　乙　.
   訣竅
   運用變數代換與反函數的定義，隨後使用分部積分即可。
   解法

   令 $x=f\left(u\right)$，那麼可知

   • 當 $x=0$ 時有 $u=4$；
   • 當 $x=1$ 時有 $u=2$；
   • 由反函數的定義有 $g\left(f\left(u\right)\right)=u$，而由微分求導有 $dx=f'\left(u\right)du$。

   依此所求的定積分可改寫並計算如下

   $\begin{aligned}\int_0^1g\left(x\right)dx&=\int_4^2uf'\left(u\right)du\\&=uf\left(u\right)\Big|_4^2-\int_4^2f\left(u\right)du\\&=2f\left(2\right)-4f\left(4\right)+\int_2^4f\left(u\right)du\\&=2\cdot1-4\cdot0+1=3.\end{aligned}$

   
   
   3. Let $y=\tan^{-1}\sqrt{x^3+1}$, then $\displaystyle\frac{dy}{dx}=$　丙　.
   訣竅
   運用熟知的微分公式計算求解即可。
   解法

   設 $f\left(x\right)=\tan^{-1}x$、$g\left(x\right)=\sqrt x$、$h\left(x\right)=x^3+1$，那麼由基本函數的微分可知

   $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac1{1+x^2},\quad g'\left(x\right)=\frac1{2\sqrt x},\quad h'\left(x\right)=3x^2$.

   再者給定的函數 $y$ 可表達為 $y=f\left(g\left(h\left(x\right)\right)\right)$，如此由連鎖律可知

   $\begin{aligned}y'&=f'\left(g\left(h\left(x\right)\right)\right)\cdot g'\left(h\left(x\right)\right)\cdot h'\left(x\right)\\&=\frac1{1+\sqrt{x^3+1}^2}\cdot\frac1{2\sqrt{x^3+1}}\cdot3x^2\\&=\frac{3x^2}{2(x^3+2)\sqrt{x^3+1}}.\end{aligned}$

   
   
   4. $\displaystyle\int x^3\sqrt{1+x^2}\,dx=$　丁　.
   訣竅
   由於被積分函數中的根號部分導致計算上的困難，故運用變數代換法處理之。
   解法

   設 $u=\sqrt{1+x^2}$，那麼有 $x=\sqrt{u^2-1}$ 與 $\displaystyle dx=\frac{u\,du}{\sqrt{u^2-1}}$，如此所求可計算如下

   $\begin{aligned}\int x^3\sqrt{1+x^2}dx&=\int\sqrt{u^2-1}^3\cdot u\cdot\frac u{\sqrt{u^2-1}}du\\&=\int(u^2-1)\cdot u^2du\\&=\frac{u^5}5-\frac{u^3}3+C\\&=\frac{\left(1+x^2\right)^{5/2}}5-\frac{(1+x^2)^{3/2}}3+C.\end{aligned}$

   
   
   5. The interval of convergence (including end point(s) when valid) of $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac1n\right)^n\left(x+1\right)^n=$　戊　.
   訣竅
   運用比值審歛法計算出收斂半徑，隨後代入端點使用交錯審歛法或發散審歛法等方法判斷。
   解法
   運用比值審歛法求收斂半徑
   $\displaystyle R=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{(1+\frac1n)^n}{(1+\frac1{n+1})^{n+1}}=\frac ee=1$.
   因此可以確定 $x\in\left(-2,0\right)$ 時級數收斂。現在檢查端點：
   • 若 $x=0$，則級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac1n\right)^n$，但其一般項之極限為 $e\neq0$，故級數發散；
   • 當 $x=-2$ 時，級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(-1\right)^n\left(1+\frac1n\right)^n$，其一般項亦不收斂，故級數發散。
   綜上可確定收斂區間恰為 $\left(-2,0\right)$。
2. 計算與證明題（每題十二分）
1. Compute $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac1{x\ln x}\int_1^x\ln t\,dt$.
訣竅
運用 L'Hôpital 法則與微積分基本定理即可；亦可直接計算出積分後再計算極限即可。
解法一

運用 L'Hôpital 法則與微積分基本定理可知

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac1{x\ln x}\int_1^x\ln t\,dt=\lim_{x\to\infty}\frac{\ln x}{1+\ln x}=\lim_{x\to\infty}\frac1{\displaystyle1+\frac1{\ln x}}=1$.

解法二

先計算積分後再求極限可知

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac1{x\ln x}\int_1^x\ln t\,dt=\lim_{x\to\infty}\frac{x\ln x-x+1}{x\ln x}=\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac1{\ln x}+\frac1{x\ln x}\right)=1$.



2. Let $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ be a series of positive terms. Show that if $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ converges, then $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{1+a_n}$ converges.
訣竅
運用比較審歛法。
解法
明顯可以注意到 $\displaystyle\frac{a_n}{1+a_n}<a_n$，如此可以直接由級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收斂而知
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{1+a_n}\leq\sum_{n=1}^{\infty}a_n<\infty$.
故 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{1+a_n}$ 也收斂，證明完畢。


3. Compute $\displaystyle\int_0^2\int_0^{\sqrt{4-x^2}}\int_0^{\sqrt{4-x^2-y^2}}z\sqrt{4-x^2-y^2}dz\,dy\,dx$.
訣竅
先積分一次後再運用極座標變換處理知；由積分區域與被積分函數的形式運用球面座標變換。
解法一

先積分一次可知

$\displaystyle\int_0^2\int_0^{\sqrt{4-x^2}}\int_0^{\sqrt{4-x^2-y^2}}z\sqrt{4-x^2-y^2}dz\,dy\,dx=\frac12\int_0^2\int_0^{\sqrt{4-x^2}}\left(4-x^2-y^2\right)^{3/2}dydx$.

運用極座標變換，令 $x=2r\cos\theta$、$y=2r\sin\theta$，其中變數範圍為 $0\leq r\leq1$、$0\leq\theta\leq\pi/2$。如此所求可繼續計算如下

$\begin{aligned}\int_0^2\int_0^{\sqrt{4-x^2}}\int_0^{\sqrt{4-x^2-y^2}}z\sqrt{4-x^2-y^2}dz\,dy\,dx&=\frac12\int_0^{\pi/2}\int_0^1\left(4-4r^2\right)^{3/2}\cdot4r\,dr\,d\theta\\&=8\pi\int_0^1r\left(1-r^2\right)^{3/2}dr\\&=8\pi\cdot\left.-\frac15\left(1-r^2\right)^{5/2}\right|_0^1=\frac{8\pi}5.\end{aligned}$

解法二

令 $x=2\rho\cos\theta\sin\phi$、$y=2\rho\sin\theta\sin\phi$、$z=2\rho\cos\phi$。那麼有

• 由 $0\leq z\leq\sqrt{4-x^2-y^2}$ 可知 $0\leq\phi\leq\pi/2$；
• 由 $0\leq y\leq\sqrt{4-x^2}$ 以及 $0\leq x\leq2$ 可知 $0\leq\theta\leq\pi/2$ 與 $0\leq\rho\leq1$。
• 並且有 $dz\,dy\,dx=8\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta$。

如此所求的三重積分可改寫並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^2\int_0^{\sqrt{4-x^2}}\int_0^{\sqrt{4-x^2-y^2}}z\sqrt{4-x^2-y^2}dz\,dy\,dx&=32\int_0^{\pi/2}\int_0^{\pi/2}\int_0^1\rho\cos\phi\cdot\sqrt{1-\rho^2\sin^2\phi}\cdot\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta\\&=16\pi\int_0^1\int_0^{\pi/2}\rho^3\cos\phi\sin\phi\sqrt{1-\rho^2\sin^2\phi}\,d\phi\,d\rho\\&=8\pi\int_0^1\int_0^{\pi/2}\rho\sqrt{1-\rho^2\sin^2\phi}d\left(\rho^2\sin^2\phi\right)d\rho\\&=-\frac{16\pi}3\int_0^1\rho\left(1-\rho^2\sin^2\phi\right)^{3/2}\Big|_{\phi=0}^{\phi=\pi/2}d\rho\\&=\frac{16\pi}3\left[\frac{\rho^2}2+\frac15\left(1-\rho^2\right)^{5/2}\right]_0^1=\frac{8\pi}5.\end{aligned}$



4. Let $f:\mathbb R^2\to\mathbb R$ be a differentiable function. Let $\displaystyle\mu=\left(\frac5{13},\frac{12}{13}\right)$ and $\displaystyle\nu=\left(\frac35,\frac{-4}5\right)$ be two unit vectors at the point $p=\left(1,2\right)$. Suppose that $f_{\mu}'\left(p\right)=1$ and $f_{\nu}'\left(p\right)=2$. Find $\nabla f\left(p\right)$. (Note that $f_\mu'\left(p\right)$ and $f_\nu'\left(p\right)$ are the directional derivative of $f$ at $p$ in the direction $\mu$ and $\nu$, respectively).
訣竅
運用方向導數恰為梯度與方向向量內積來求解。
解法

設 $\nabla f\left(p\right)=\left(a,b\right)$，那麼由 $f_\mu'\left(p\right)=1$ 與 $f_\nu'\left(p\right)=2$ 有聯立方程組

$\left\{\begin{aligned}&\left(a,b\right)\cdot\left(\frac5{13},\frac{12}{13}\right)=1,\\&\left(a,b\right)\cdot\left(\frac35,\frac{-4}5\right)=2.\end{aligned}\right.$

或寫為

$\left\{\begin{aligned}&5a+12b=13,\\&3a-4b=10.\end{aligned}\right.$

聯立解可得 $\displaystyle a=\frac{43}{14}$、$\displaystyle b=-\frac{11}{56}$，因此

$\displaystyle \nabla f\left(p\right)=\left(\frac{43}{14},-\frac{11}{56}\right)$.



5. A snake is moving along the path $\displaystyle y=\frac1x$ in the $x-y$ plane. Suppose that at time $t>0$, its head is at the position $\displaystyle\left(2t,\frac1{2t}\right)$ and its tail is at $\displaystyle\left(t,\frac1t\right)$. For $t>0$, find the time $t$ such that the snake has shortest arc length.
訣竅
由給定的條件建立起蛇長之函數，並由微分求出其極值。
解法
利用弧長公式可建立出蛇長函數如下
$\displaystyle s\left(t\right)=\int_t^{2t}\sqrt{1+\left(-\frac1{x^2}\right)^2}dx=\int_t^{2t}\frac{\sqrt{1+x^4}}{x^2}dx$.
運用微積分基本定理與連鎖律計算其導函數如下
$\displaystyle s'\left(t\right)=\frac{\sqrt{1+16t^4}}{4t^2}\cdot2-\frac{\sqrt{1+t^4}}{t^2}=\frac{\sqrt{1+16t^4}-2\sqrt{1+t^4}}{2t^2}$.
藉由解方程 $s'\left(t\right)=0$ 可得 $\displaystyle t=\frac{\sqrt2}2$。再者進一步計算其二階微分可知
$\displaystyle s''\left(t\right)=-\frac1{\displaystyle2t^5\sqrt{4+\frac1{4t^4}}}+\frac{2}{\displaystyle t^5\sqrt{1+\frac1{t^4}}}$.
那麼由 $\displaystyle s''\left(\frac{\sqrt2}2\right)=\frac{6\sqrt{10}}5>0$，因此 $s$ 在 $\displaystyle t=\frac{\sqrt2}2$ 有局部極小值。並且容易觀察到當 $t$ 趨於 $0$ 或趨於無窮時 $s$ 會發散至正無窮，故 $s$ 在 $\displaystyle t=\frac{\sqrt2}2$ 達到最小值。