國立清華大學九十年學年度轉學生入學考試(經濟學系)試題詳解

九十學年度　經濟學系　系轉學生招生考試

科目　微積分　　科號　123　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. $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\left(1-\cos2x\right)^{3x}=$　甲　.
訣竅
運用換底公式後使用 L'Hôpital 法則計算極限。
解法

運用換底公式改寫後根據指數函數的連續性可得

$\displaystyle\lim_{x\to0^+}\left(1-\cos2x\right)^{3x}=\exp\left[\lim_{x\to0^+}\frac{\ln\left(1-\cos2x\right)}{1/(3x)}\right]$.

接著運用 L'Hôpital 法則計算可知

$\displaystyle\lim_{x\to0^+}\left(1-\cos2x\right)^{3x}=\lim_{x\to0^+}\frac{\displaystyle\frac{2\sin2x}{1-\cos2x}}{\displaystyle-\frac3{x^2}}-\frac23\lim_{x\to0^+}\sin2x\cdot\frac{x^2}{1-\cos2x}=-\frac23\cdot0\cdot\frac12=0,$

其中對於第二項的取極限可運用經典的極限（或 L'Hôpital 法則）可知

$\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{x^2}{1-\cos2x}=\lim_{x\to0^+}\frac{x^2\left(1+\cos2x\right)}{\sin^22x}=\frac14\lim_{x\to0^+}\left(\frac{2x}{\sin2x}\right)^2\left(1+\cos2x\right)=\frac14\cdot2=\frac12.$



2. Let $\displaystyle y=\int_x^{x^2}\sin\left(t^2\right)dt$. Then $\displaystyle\frac{d^2y}{dx^2}=$　乙　.
訣竅
運用微積分基本定理與連鎖律計算即可。
解法

由微積分基本定理與連鎖律可知

$y'=\sin\left(x^4\right)\cdot2x-\sin\left(x^2\right)=2x\sin\left(x^4\right)-\sin\left(x^2\right).$

繼續使用連鎖律與微分公式可知

$\begin{aligned}y''&=2\sin\left(x^4\right)+2x\cos\left(x^4\right)\cdot4x^3-\cos\left(x^2\right)\cdot2x\\&=2\sin\left(x^4\right)+8x^4\cos\left(x^4\right)-2x\cos\left(x^2\right).\end{aligned}$



3. $\displaystyle\int_0^1\frac{\sqrt{2x-x^2}}xdx=$　丙　.
訣竅
運用三角代換法處理之。
解法

根號內的函數進行配方法後可寫為 $2x-x^2=1-\left(x-1\right)^2$，因此考慮代換 $x-1=\sin\theta$，如此有

• 當 $x=0$ 時有 $\theta=-\pi/2$；
• 當 $x=1$ 時有 $\theta=0$；
• 求導可知 $dx=\cos\theta\,d\theta$。

據此可將所求的定積分改寫並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^1\frac{\sqrt{2x-x^2}}xdx&=\int_{-\pi/2}^0\frac{\cos\theta}{1+\sin\theta}\cos\theta\,d\theta\\&=\int_{-\pi/2}^0\left(1-\sin\theta\right)d\theta\\&=\theta+\cos\theta\Big|_{-\pi/2}^0\\&=\frac{\pi+2}2.\end{aligned}$



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：

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



5. Let $I$ be the interval of convergence of the series

   $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n\right)\left(1-x\right)^n$, $x\in\mathbb R$.

   Then $I=$　戊　. (Note. The boundary points of $I$ should also be considered.)
訣竅
運用比值審歛法確定收斂半徑，再確定端點。
解法
運用比值審歛法可知
$\displaystyle R=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle1+\frac12+\cdots+\frac1n}{\displaystyle1+\frac12+\cdots+\frac1n+\frac1{n+1}}=\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{\displaystyle\frac1{n+1}}{\displaystyle1+\frac12+\cdots+\frac1n+\frac1{n+1}}\right)=1.$
因此可以確定級數在 $\left(0,2\right)$ 上絕對收斂。現在檢查端點如下
• 當 $x=0$ 時，級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n\right)$，其一般項發散，因此級數不收斂。
• 當 $x=2$ 時，級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left(-1\right)^n\left(1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n\right)$，同樣由一般項發散可知此級數不收斂。
因此綜合可知收斂區間為 $I=\left(0,2\right)$。


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. ($11\%$)
   1. Show that the equation $x^2=\cos x$ has exactly two real roots.
   2. Let $r_1$ and $r_2$ be the roots of the equation. Find $r_1+r_2$.
訣竅
運用勘根定理與偶函數的對稱性即可。
解法
1. 設函數 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 定義為 $f\left(x\right)=x^2-\cos x$，容易注意到 $f\left(0\right)=-1$、$f\left(\pm\pi/2\right)=\pi^2/4$，這表明 $f$ 在區間 $\left[-\pi/2,0\right]$ 與 $\left[0,\pi/2\right]$ 分別至少有一根。再者計算其一階導函數與二階可知

   $f'\left(x\right)=2x+\sin x,\quad f''\left(x\right)=2+\cos x\geq1.$

   由於 $f''\left(x\right)\geq1$，因此 $f'$ 遞增且知 $f'\left(0\right)=0$，故 $f'$ 在 $\left(0,\infty\right)$ 上恆正而在 $\left(-\infty,0\right)$ 上恆負，這就表明 $f$ 在 $\left(0,\infty\right)$ 與 $\left(-\infty,0\right)$ 上分別各有一根。
2. 由於 $f$ 為偶函數，若 $r_1>0$ 為其中一根，那麼容易注意到 $-r_1$ 也是根，但由於僅有兩根且 $r_1\neq-r_1$，這表明 $-r_1=r_2$，至此求得 $r_1+r_2=0$。


2. ($11\%$) Find the surface area of the solid $D$ be obtained by revolving about the $x$-axis the region bounded by $y=x^{-2/3}$ and the $x$-axis to the right of $x=1$; that is, $x\geq$1.
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. ($15\%$) The curve $y=\sin x$, $0\leq x\leq\pi$, is revolved about the line $y=c$, $0\leq c\leq1$, to generate the solid in the next figure.
   1. Find the value of $c$ in $\left[0,1\right]$ that minimizes the volume of the solid. What is the minimum value?
   2. Find the value of $c$ in $\left[0,1\right]$ that maximizes the volume of the solid. What is the maximum value?
   
訣竅
計算出繞 $y=c$ 的旋轉體體積後表達為 $c$ 的函數，運用微分求極值。
解法
運用繞水平線的旋轉體體積公式可列出 $c$ 的函數並計算如下
$\begin{aligned}f\left(c\right)&=\int_0^\pi\pi\left(c-\sin x\right)^2dx\\&=\pi\int_0^\pi\left(c^2-2c\sin x+\sin^2x\right)dx\\&=\frac\pi2\int_0^\pi\left(2c^2+1-4c\sin x-\cos2x\right)dx\\&=\left.\frac\pi2\left[\left(2c^2+1\right)x+4c\cos x-\frac{\sin2x}2\right]\right|_0^\pi\\&=\frac\pi2\left(2c^2\pi-8c+\pi\right).\end{aligned}$
為了找出極大值，我們應解方程式 $f'\left(c\right)=0$，亦即
$\displaystyle\frac\pi2\left(4c\pi-8\right)=0.$
如此解得 $c=2/\pi<1$。藉由二次微分計算可知 $f''\left(c\right)=2\pi^2>0$，因此 $f$ 在 $2/\pi$ 處達到極小值，其值為 $(\pi^2-16)/2$；而在 $c=0$ 處達到極大值，其值為 $\pi^2/2$。


4. ($15\%$) The plane $x+y+z=1$ 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
$f\left(x,y,z\right)=1+\left(1-x-y\right)^2$.
由 Cauchy 不等式可注意到 $\left(x^2+y^2\right)\left(1^2+1^2\right)\geq\left(x+y\right)^2$，那麼便有
$-\sqrt2\leq x+y\leq\sqrt2.$
因此 $0\leq\left(1-x-y\right)^2\leq\left(1+\sqrt2\right)^2$，由此可以知道
$1\leq f\left(x,y,z\right)\leq4+2\sqrt2.$
即有
• 最大值為 $4+2\sqrt2$，其等號成立條件為 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(-\frac{\sqrt2}2,-\frac{\sqrt2}2,1+\sqrt2\right)$；
• 最小值為 $1$，其等號成立條件為 $\left(x,y,z\right)=\left(1,0,0\right)$ 或 $\left(0,1,0\right)$。
解法二
運用 Lagrange 乘子法，設 Lagrange 乘子函數如下
$F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+y^2+z^2+\lambda_1\left(x^2+y^2-1\right)+\lambda_2\left(x+y+z-1\right).$
據此解下列聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2x+2x\lambda_1+\lambda_2=0,\\&F_y\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2y+2y\lambda_1+\lambda_2=0,\\&F_z\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2z+\lambda_2=0,\\&F_{\lambda_1}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+y^2-1=0,\\&F_{\lambda_2}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+y+z-1=0.\end{aligned}\right.$
第一式與第二式相減可得 $\left(2x-2y\right)\left(1+\lambda_1\right)=0$。
• 若 $\lambda_1=-1$，那麼由第一式或第二式可知 $\lambda_2=0$，再由第三式有 $z=0$，故第五式可寫為 $x+y=1$。與第四式解聯立可得 $\left(x,y,z\right)=\left(1,0,0\right)$ 或 $\left(0,1,0\right)$。
• 若 $x=y$，那麼由第四式可知 $\displaystyle x=y=\pm\frac{\sqrt2}2$，那麼由第五式有 $z=1\mp\sqrt2$。
將以上座標代回可知最大最小值分別為 $4+2\sqrt2$ 與 $1$，餘下同解法一，從而確定出最近點與最遠點。