國立清華大學九十年學年度轉學生入學考試(計量財務金融系)試題詳解

九十學年度　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（共六題，每題八分，請將答案依甲、乙、丙…次序作答，不需演算過程）
1. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac12+\frac3{2^2}+\frac5{2^3}+\cdots+\frac{2n-1}{2^n}\right)=$　甲　.
訣竅
先求出部分和後再求其極限。
解法
設 $\displaystyle S_n=\frac12+\frac3{2^2}+\frac5{2^3}+\cdots+\frac{2n-1}{2^n}$，那麼可以注意到
$\begin{aligned}\frac12S_n&=S_n-\frac12S_n\\&=\left(\frac12+\frac3{2^2}+\frac5{2^3}+\cdots+\frac{2n-1}{2^n}\right)-\left(\frac1{2^2}+\frac3{2^3}+\frac5{2^4}+\cdots+\frac{2n-1}{2^{n+1}}\right)\\&=\frac12+\frac2{2^2}+\frac2{2^3}+\cdots+\frac2{2^n}-\frac{2n-1}{2^{n+1}}\\&=\frac12+\frac{\displaystyle\frac2{2^2}\left(1-\frac1{2^{n-1}}\right)}{\displaystyle1-\frac12}-\frac{2n-1}{2^{n+1}}\\&=\frac32-\frac1{2^{n-1}}-\frac n{2^n}+\frac1{2^{n+1}}.\end{aligned}$
因此有
$\displaystyle S_n=3-\frac1{2^{n-2}}-\frac n{2^{n-1}}+\frac1{2^n}.$
那麼取 $n$ 趨於於無窮容易求得 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n=3$。


2. The equation of the plane tangent to the surface

   $z=x\cos y-ye^x$

   at the origin is 　乙　.
訣竅
利用梯度求出曲面的法向量，隨後使用點法式即可求得切平面方程式。
解法
設 $F\left(x,y,z\right)=x\cos y-ye^x-z$，那麼曲面方程式為 $F\left(x,y,z\right)=0$。計算 $F$ 的梯度可得曲面在 $\left(x,y,z\right)$ 處的法向量為
$\nabla F\left(x,y,z\right)=\left(\cos y-ye^x,-x\sin y-e^x,-1\right).$
故在原點的法向量為 $\nabla F\left(0,0,0\right)=\left(1,-1,-1\right)$，因此由點法式得切平面方程式為 $x-y-z=0$。


3. $\displaystyle\int_0^\pi\frac1{2+\sin x}dx=$　丙　.
訣竅
運用半角代換處理
解法

令 $t=\tan(x/2)$，那麼有

• 當 $x=0$ 時有 $t=0$；
• 當 $x$ 趨於 $\pi^-$ 時，$t$ 趨於 $+\infty$；
• 容易整理得 $x=2\tan^{-1}t$，故有 $\displaystyle\sin x=2\sin\frac x2\cos\frac x2=\frac{2t}{1+t^2}$ 以及 $\displaystyle dx=\frac2{1+t^2}dt$。

據此所求的定積分可改寫並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^\pi\frac1{2+\sin x}dx&=\int_0^\infty\frac1{\displaystyle2+\frac{2t}{1+t^2}}\cdot\frac2{1+t^2}dt\\&=\int_0^\infty\frac1{t^2+t+1}dt\\&=\int_0^\infty\frac1{\displaystyle\left(t+\frac12\right)^2+\left(\frac{\sqrt3}2\right)^2}dt\\&=\left.\frac2{\sqrt3}\tan^{-1}\frac{2t+1}{\sqrt3}\right|_0^\infty\\&=\frac2{\sqrt3}\left(\frac\pi2-\frac\pi6\right)\\&=\frac{2\sqrt3\pi}9.\end{aligned}$



4. The region bounded by the curve $y=x^2+1$ and the line $y=-x+3$ is revolved about the $y$-axis to generated a solid $B$. The volume of $B$ is 　丁　.
訣竅
運用繞 $y$ 軸的旋轉體體積公式，其中有些區域並不應計算在內，故應使用正確的區域旋轉。
解法一

首先為了找出兩曲線的交點，我們解聯立方程

$\left\{\begin{aligned}&y=x^2+1,\\&y=-x+3.\end{aligned}\right.$

運用代入消去可得 $x^2+1=-x+3$，易解得 $x=1$ 與 $x=-2$。可以觀察發現應使用在 $\left[-2,0\right]$ 區域的函數差值來進行旋轉。故體積可列式並計算如下

$\begin{aligned}V&=\int_{-2}^02\pi\left|x\right|\left[\left(-x+3\right)-\left(x^2+1\right)\right]dx\\&=2\pi\int_{-2}^0\left(x^3+x^2-2x\right)dx\\&=\left.2\pi\left(\frac{x^4}4+\frac{x^3}3-x^2\right)\right|_{-2}^0\\&=\frac{16\pi}3.\end{aligned}$

解法二

改寫曲線與直線分別為 $x=\pm\sqrt{y-1}$ 與 $x=3-y$，如此所求的旋轉體體積可以寫為兩體積之差並計算如下：

$\begin{aligned}V&=\int_1^5\pi\left(\pm\sqrt{y-1}\right)^2dy-\int_3^5\pi\left(3-y\right)^2dy\\&=\pi\int_1^5\left(y-1\right)dy-\pi\int_3^5\left(y-3\right)^2dy\\&=\left.\pi\left(\frac{y^2}2-y\right)\right|_1^5-\left.\pi\frac{\left(y-3\right)^3}3\right|_3^5\\&=8\pi-\frac{8\pi}3=\frac{16\pi}3.\end{aligned}$



5. Let $I$ be the interval of convergence of the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1n\frac{\left(x+1\right)^n}{\left(x-3\right)^n}$. Then $I=$　戊　. (Note. The boundary points of $I$ should also be considered.)
訣竅
運用比值審歛法求出收斂開區間，隨後檢查端點。
解法
利用比值審歛法時，後項除以前項之極限若小於 $1$ 則級數絕對收斂，據此我們寫下不等式
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\frac1{n+1}\frac{\left(x+1\right)^{n+1}}{\left(x-3\right)^{n+1}}\Big/\frac1n\frac{\left(x+1\right)^n}{\left(x-3\right)^n}\right|=\left|\frac{x+1}{x-3}\right|<1,$
即有 $\left|x+1\right|<\left|x-3\right|$，平方整理有 $x<1$。而當 $x=1$ 時，級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\left(-1\right)^n}n$，容易由交錯級數審歛法推知收斂，因此收斂區間 $I=\left(-\infty,1\right]$。


6. Let $J$ be the area of the region bounded below by the $x$-axis and above by the curve parameterized by $x=a\left(\theta-\sin\theta\right)$, $y=a\left(1-\cos\theta\right)$ for $0\leq\theta\leq2\pi$. Then $J=$　己　.
訣竅
運用參數曲線面積公式計算即可。
解法

直接運用面積公式計算如下

$\begin{aligned}J&=\int_{\theta=0}^{\theta=2\pi}y\left(\theta\right)dx\left(\theta\right)\\&=\int_0^{2\pi}a\left(1-\cos\theta\right)\cdot a\left(1-\cos\theta\right)d\theta\\&=a^2\int_0^{2\pi}\left(1-2\cos\theta+\cos^2\theta\right)d\theta\\&=\frac{a^2}2\int_0^{2\pi}\left(3-4\cos\theta+\cos2\theta\right)d\theta\\&=\left.\frac{a^2}2\left(3\theta-4\sin\theta+\frac{\sin2\theta}2\right)\right|_0^{2\pi}\\&=3\pi a^2.\end{aligned}$

2. 計算與證明題（必須寫出演算證明過程）
1. ($11\%$) Sketch the graph of

   $r=\sin4\theta,~0\leq\theta\leq\pi$

   on the polar plane.
訣竅
直接描點繪圖即可。
解法
描點如下的點
$\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\theta&~0~&\displaystyle\frac\pi{24}&\displaystyle\frac\pi{16}&\displaystyle\frac\pi{12}&\displaystyle\frac\pi8\\\hline\sin4\theta&~0~&\displaystyle\frac12&\displaystyle\frac{\sqrt2}2&\displaystyle\frac{\sqrt3}2&1\end{array}$
這表明自 $x$ 軸開始逆時針繞轉 $15$ 度時，函數值將從 $0$ 升至 $1$，接著再轉 $15$ 度則函數值再由 $1$ 降至 $0$。按此對稱之特性可繪出圖形如下



2. ($11\%$) Find the surface area of the solid $D$ be obtained by revolving about the $x$-axis the region bounded by $\displaystyle y=x^{-2/3}$ and the $x$-axis to the right of $x=1$; that is, $x\geq1$.
訣竅
運用旋轉體表面積公式計算即可。
解法
運用旋轉體表面積公式來列式並計算如下
$\displaystyle A=\int_{x=1}^{x\to\infty}2\pi y\left(x\right)ds\left(x\right)=2\pi\int_1^\infty x^{-2/3}\sqrt{1+\left(-\frac23x^{-5/3}\right)^2}dx=\frac{2\pi}3\int_1^\infty x^{-2/3}\sqrt{9+4x^{-10/3}}dx.$
運用變數代換法，令 $u=x^{1/3}$，那麼可以注意到所求可改寫如下
$\displaystyle A=2\pi\int_1^\infty\sqrt{9+4u^{-10}}du.$
此瑕積分的被積分函數在 $u$ 趨於無窮時趨於 $3$，故瑕積分不收斂。


3. ($15\%$) Evaluate $\displaystyle\iiint\left|xyz\right|dx\,dy\,dz$ over the solid ellipsolid

   $\displaystyle E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\leq1~(a,b,c>0).$

訣竅
利用對稱性，僅考慮第一象限，隨後運用橢球座標改寫計算之。
解法

設$\displaystyle D=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb R^3\,:\,\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\leq1,x,y,z\geq0\right\}$，那麼利用對稱性可知所求為 $\displaystyle8\iint_Dxyzdxdydz$。接著使用橢球座標變換，令 $x=a\rho\cos\theta\sin\phi$、$y=b\rho\sin\theta\sin\phi$、$z=c\rho\cos\phi$，其中變數範圍為 $0\leq\rho\leq1$、$0\leq\theta\leq\pi/2$、$0\leq\phi\leq\pi/2$。如此所求的三重積分可以改寫並計算如下

$\begin{aligned}\iiint_E\left|xyz\right|dx\,dy\,dz&=8\int_0^{\pi/2}\int_0^{\pi/2}\int_0^1\left(a\rho\cos\theta\sin\phi\right)\left(b\rho\sin\theta\sin\phi\right)\left(c\rho\cos\phi\right)\cdot abc\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi\\&=8a^2b^2c^2\left(\int_0^{\frac\pi2}\sin^3\phi\cos\phi\,d\phi\right)\left(\int_0^{\pi/2}\cos\theta\sin\theta\,d\theta\right)\left(\int_0^1\rho^5d\rho\right)\\&=8a^2b^2c^2\cdot\left.\frac{\sin^4\phi}4\right|_0^{\pi/2}\cdot\left.\frac{\sin^2\theta}2\right|_0^{\pi/2}\cdot\left.\frac{\rho^6}6\right|_0^1\\&=\frac{a^2b^2c^2}6.\end{aligned}$



4. The plane $x+2y+3z=1$ cuts the cylinder $x^2+y^2=1$ in an ellipse.
   Question. Find the points on the ellipse that lie closest to and farthest from the origin. (Hint. By the method of Lagrange multipliers.)
訣竅
先運用條件將其化簡始能使用初等不等式估算之；運用 Lagrange 乘子法計算即可。
解法一
設定距離平方函數為
$f\left(x,y,z\right)=x^2+y^2+z^2$.
運用限制條件可知
$\displaystyle f\left(x,y,z\right)=1+\frac{\left(1-x-2y\right)^2}9.$
此時留意 Cauchy 不等式有 $\left(x^2+y^2\right)\left(1^2+2^2\right)\geq\left(x+2y\right)^2$，那麼便有
$-\sqrt5\leq x+2y\leq\sqrt5.$
因此 $0\leq\left(1-x-2y\right)^2\leq\left(1+\sqrt5\right)^2$，由此可以知道
$\displaystyle 1\leq f\left(x,y,z\right)\leq\frac{15+2\sqrt5}9.$
即有
• 最大值為 $\displaystyle\frac{15+2\sqrt5}9$，其等號成立條件為 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(-\frac{\sqrt5}5,-\frac{2\sqrt5}5,\frac{1+\sqrt5}3\right)$；
• 最小值為 $1$，其等號成立條件為 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(1,0,0\right)$ 或 $\displaystyle\left(-\frac35,\frac45,0\right)$。
解法二
運用 Lagrange 乘子法，設 Lagrange 乘子函數如下
$F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+y^2+z^2+\lambda_1\left(x^2+y^2-1\right)+\lambda_2\left(x+2y+3z-1\right).$
據此解下列聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2x+2x\lambda_1+\lambda_2=0,\\&F_y\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2y+2y\lambda_1+2\lambda_2=0,\\&F_z\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2z+3\lambda_2=0,\\&F_{\lambda_1}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+y^2-1=0,\\&F_{\lambda_2}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+2y+3z-1=0.\end{aligned}\right.$
第一式乘以 $2$ 與第二式相減可得 $\left(1+\lambda_1\right)\left(4x-2y\right)=0$。
• 若 $\lambda_1=-1$，那麼由前兩式立即知道 $\lambda_2=0$，而由第三式則有 $z=0$，故第五式則為 $x+2y=1$，與第四式聯立解可得 $\left(x,y\right)=\left(1,0\right)$ 或 $\displaystyle\left(-\frac35,\frac45\right)$。
• 若 $4x-2y=0$，那麼與第四式聯立解可得 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(\pm\frac{\sqrt5}5,\pm\frac{2\sqrt5}5\right)$，此時 $\displaystyle z=\frac{1\mp\sqrt5}3$。
可以如解法一驗證得知最大值為 $\displaystyle\frac{15+2\sqrt5}9$，最小值為 $1$。