國立清華大學九十二學年度轉學生入學考試(計量財務金融學系)試題詳解

九十二學年度　計量財務金融學系　系轉學生招生考試

科目　　微積分　　科號　0143　共　1　頁第　1　　*在試卷【答案卷】內作答

1. 填充題：請將答案按字母順序寫在答案紙前八行。不要寫計算過程。違反規定者不予計分。（每格 $8$ 分）
1. Let $D=\{(x,y)\,:\,x\geq0,\,y\geq0,\,x^2+y^2\leq1\}$, then $\displaystyle\iint_D\!\frac{2xy}{x^2+y^2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy=$　(A)　.
訣竅
根據積分區域的特性可使用極座標變換求解之；亦可使用原本的變數直接進行迭代積分計算。
解法一

設 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其中變數範圍為 $0\leq r\leq1$、$0\leq\theta\leq\pi/2$，如下圖



據此所求的重積分可改寫並計算如下

$\begin{aligned}\iint_D\!\frac{2xy}{x^2+y^2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy&=\int_0^{\pi/2}\!\int_0^1\!\frac{2r\cos\theta\cdot r\sin\theta}{r^2}\cdot r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\\&=\int_0^{\pi/2}\!\int_0^1\!2r\cos\theta\sin\theta\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\\&=\int_0^{\pi/2}\!\cos\theta\sin\theta\,\mathrm d\theta\\&=\left.\frac{\sin^2\theta}2\right|_0^{\pi/2}\\&=\frac12.\end{aligned}$

解法二

直接按積分區域表達變數的範圍為 $0\leq x\leq\sqrt{1-y^2}$、$0\leq y\leq1$，如下圖



據此所求的重積分可表達並計算如下

$\begin{aligned}\iint_D\!\frac{2xy}{x^2+y^2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy&=\int_0^1\!\int_0^{\sqrt{1-y^2}}\!\frac{2xy}{x^2+y^2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy\\&=\int_0^1\!y\ln(x^2+y^2)\Big|_{x=0}^{x=\sqrt{1-y^2}}\,\mathrm dy\\&=-2\int_0^1\!y\ln y\,\mathrm dy\\&=-\int_0^1\!\ln y\,\mathrm dy^2\\&=-y^2\ln y\Big|_0^1+\int_0^1\!y^2\cdot\frac1y\,\mathrm dy\\&=\int_0^1\!y\,\mathrm dy=\frac12.\end{aligned}$



2. Suppose $f(t)$ is a continuous function and $\displaystyle F(x,y)=\int_{x-y}^{x+y}\!\sin(t^2)\,\mathrm dt$, then $\displaystyle\frac{\partial F}{\partial y}=$　(B)　.
訣竅
運用微積分基本定理與連鎖律求解即可。
解法

直接由微積分基本定理與連鎖律可知

$\displaystyle\frac{\partial F}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\int_{x-y}^{x+y}\!\sin(t^2)\,\mathrm dt=\sin[(x+y)^2]+\sin[(x-y)^2].$



3. The curve defined by ${\bf r}(t)=(\ln t,2t,t^2)$ with $t\in[1,e]$ has arc length $=$　(C)　.
訣竅
運用曲線弧長公式直接計算即可。
解法

運用曲線弧長公式可知

$\begin{aligned}L&=\int_1^e\!|{\bf r}'(t)|\,\mathrm dt\\&=\int_1^e\!\sqrt{(1/t)^2+2^2+(2t)^2}\,\mathrm dt\\&=\int_1^e\!\sqrt{\frac1{t^2}+4+4t^2}\,\mathrm dt\\&=\int_1^e\!\left(2t+\frac1t\right)\,\mathrm dt\\&=t^2+\ln t\Big|_1^e\\&=e^2.\end{aligned}$



4. Let $f$ be a non-zero differentiable function, and $\displaystyle(f(x))^2=2\int_0^x\!f(t)\,\mathrm dt$, then $f(x)=$　(D)　.
訣竅
先求導一次後將積分方程化為微分方程，對於微分方程求解，並由方程本身看出初始條件。
解法
對給定的方程求導一次可得
$\displaystyle2f(x)f'(x)=2f(x).$
由於 $f$ 非零，故得 $f'(x)=1$，因此有 $f(x)=x+C$，其中 $C$ 為積分常數。又對原方程取 $x=0$ 可知 $(f(0))^2=0$，故有 $C=0$，如此解得 $f(x)=x$。


5. Which of the following limits exist? 　(E)　 (Don't evaluate the limits, just write the Greek alphabets.)

   $\displaystyle(\alpha)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy}{x^2+y^2},\quad(\beta)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy}{|x|+|y|},\quad(\gamma)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2},$

   $\displaystyle(\delta)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\sin(x-y)}{\cos(x+y)},\quad(\epsilon)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\sin(xy)}{x^2+y^2}.$

訣竅
對於第一、第三以及第五小題可直接取 $y=mx$ 知道極限不存在，或者更直接由於分子分母次數相同而知道極限不存在；第二小題藉由夾擠定理處理；第四小題的分母不會趨於零，故在原點附近為連續函數，因此代入原點即可求解。
解法

對於第一、第三與第五個小題取 $y=mx$，其中 $m\neq0$ 可知這些極限皆不存在：

$\displaystyle\begin{aligned}&(\alpha)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy}{x^2+y^2}=\lim_{(x,mx)\to(0,0)}\frac{x\cdot mx}{x^2+(mx)^2}=\frac m{1+m^2},\\&(\gamma)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=\lim_{(x,mx)\to(0,0)}\frac{x^2-m^2x^2}{x^2+m^2x^2}=\frac{1-m^2}{1+m^2},\\&(\epsilon)~\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\sin(xy)}{x^2+y^2}=\lim_{(x,mx)\to(0,0)}\frac{\sin(mx^2)}{x^2+m^2x^2}=\frac m{1+m^2}.\end{aligned}$

這些極限都與 $m$ 有關，從而能知極限不存在（因為極限若存在則必定唯一）。

另一方面，對於第二小題可藉由夾擠定理可知 $xy\leq|x||y|$，因此

$\displaystyle-|y|\leq-\frac{|x|}{|x|+|y|}|y|\leq\frac{xy}{|x|+|y|}\leq\frac{|x|}{|x|+|y|}|y|\leq|y|.$

因此當 $y$ 趨於零便有兩側的極限皆為零，故由夾擠定理可知 $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy}{|x|+|y|}=0$。
而對於第四小題，可以發現分母在 $(x,y)=(0,0)$ 處連續且不為零，因此取極限的函數為連續函數，故代入 $(x,y)=(0,0)$ 可得極限值為 $0$。

因此本題應填入 $(\beta)$ 與 $(\delta)$。

【註】各選選項圖形呈現如下

• 函數 $\displaystyle f(x,y)=\frac{xy}{x^2+y^2}$ 在原點附近的圖形如下
  
• 函數 $\displaystyle f(x,y)=\frac{xy}{|x|+|y|}$ 在原點附近的圖形如下
  
• 函數 $\displaystyle f(x,y)=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}$ 在原點附近的圖形如下
  
• 函數 $\displaystyle f(x,y)=\frac{\sin(x-y)}{\cos(x+y)}$ 在原點附近的圖形如下
  
• 函數 $\displaystyle f(x,y)=\frac{\sin(xy)}{x^2+y^2}$ 在原點附近的圖形如下
  



6. Let $Q(t)$ be the solution of the initial value problem

   $\left\{\begin{aligned}&\frac{\mathrm dQ}{\mathrm dt}=Q(2-Q),\\&Q(0)=\frac12,\end{aligned}\right.$

   then $\displaystyle\lim_{t\to\infty}Q(t)=$　(F)　.
訣竅
運用分離變量法解微分方程即可；亦可視之為 Bernoulli 方程而運用特別的變數代換法。
解法一
移項整理可得
$\displaystyle\frac12\left(\frac1Q+\frac1{2-Q}\right)\,\mathrm dQ=\frac{\mathrm dQ}{Q(2-Q)}=\mathrm dt.$
取不定積分可得
$\displaystyle\frac12(\ln|Q|-\ln|2-Q|)=t+c,$
其中 $c$ 為積分常數。移項整理
$\displaystyle\frac Q{2-Q}=Ce^{2t},$
其中 $C=e^{2c}$。取 $t=0$ 可得 $\displaystyle C=\frac{\displaystyle\frac12}{\displaystyle2-\frac12}=\frac13$，並且整理可解得
$\displaystyle Q(t)=\frac{2e^{2t}}{3+e^{2t}}=\frac2{1+3e^{-2t}}.$
如此取極限可得 $\displaystyle\lim_{t\to\infty}Q(t)=2$。
解法二
令 $v(t)=[Q(t)]^{1-2}=[Q(t)]^{-1}$，那麼 $v(0)=[Q(0)]^{-1}=2$ 且求導知 $\displaystyle\frac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=-\frac1{[Q(t)]^2}\frac{\mathrm dQ}{\mathrm dt}$。據此而對原微分方程同除以 $[Q(t)]^2$ 而有
$\displaystyle-\frac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=\frac1{[Q(t)]^2}\frac{\mathrm dQ}{\mathrm dt}=\frac2{Q(t)}-1=2v(t)-1$.
那麼移項後同乘以 $e^{2t}$ 有
$\displaystyle\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}(e^{2t}v(t))=e^{2t}\frac{\mathrm dv}{\mathrm dt}+2e^{2t}v(t)=e^{2t}$.
取積分並運用初值條件可知
$\displaystyle e^{2t}v(t)-2=e^{2t}v(t)-v(0)=\frac12e^{2t}-\frac12$.
整理有 $\displaystyle v(t)=\frac{1+3e^{-2t}}2$，即得 $\displaystyle Q(t)=\frac1{v(t)}=\frac2{1+3e^{-2t}}$。那麼所求的極限為 $\displaystyle\lim_{t\to\infty}Q(t)=2$。


7. $\displaystyle\lim_{x\to0}x\left\lfloor\frac1x\right\rfloor=$　(G)　, where $\left\lfloor\cdot\right\rfloor$ is the Gauss step function, i.e. $\lfloor t\rfloor=n$, when $n\leq t<n+1$, $n\in\mathbf Z$ (the integers).
訣竅
運用夾擠定理求解。
解法

首先注意到 Gauss 階梯函數有如下的不等式

$\displaystyle\frac1x-1<\left\lfloor\frac1x\right\rfloor\leq\frac1x.$

若 $x\geq0$，則同乘以 $x$ 可得

$\displaystyle1-x<x\left\lfloor\frac1x\right\rfloor\leq1.$

如此由夾擠定理可知 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x\left\lfloor\frac1x\right\rfloor=1$。

類似地，對於 $x<0$ 時也有相關的不等式，並同樣使用夾擠定理可得 $\displaystyle\lim_{x\to0^-}x\left\lfloor\frac1x\right\rfloor=1$。

【註】 函數 $\displaystyle f(x)=x\left\lfloor\frac1x\right\rfloor$ 在 $x=0$ 附近的圖形如下





8. $\displaystyle\int_0^\pi\!\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\,\mathrm dx=$　(H)　.
訣竅
使用三角函數的對稱性而進行變數代換求解。
解法

定理　設 $f:[0,\pi]\to\mathbb R$ 為連續函數，那麼有下列的等式

$\displaystyle\int_0^\pi\!xf(\sin x)\,\mathrm dx=\frac\pi2\int_0^\pi\!f(\sin x)\,\mathrm dx.$

定理的證明

考慮 $x=\pi-t$，則有以下關係式：

$\begin{aligned}\int_{\pi/2}^\pi\left(x-\frac\pi2\right)f(\sin x)\,\mathrm dx&=\int_{\pi/2}^0\!\left(\frac\pi2-t\right)f[\sin(\pi-t)]\,\mathrm d(\pi-t)\\&=\int_0^{\pi/2}\left(\frac\pi2-t\right)f(\sin t)\,\mathrm dt.\end{aligned}$

又由於 $t$ 為啞鈴變數，故再改寫回 $x$ 可得：

$\displaystyle\int_{\pi/2}^\pi\!\left(x-\frac\pi2\right)f(\sin x)\,\mathrm dx=\int_0^{\pi/2}\!\left(\frac\pi2-x\right)f(\sin x)\,\mathrm dx.$

此式等同於

$\displaystyle\int_0^\pi\!\left(x-\frac\pi2\right)f(\sin x)\,\mathrm dx=0.$

因此移項後可得

$\displaystyle\int_0^\pi\!xf(\sin x)\,\mathrm dx=\frac\pi2\int_0^\pi\!f(\sin x)\,\mathrm dx.$

注意到分母可視為 $2-\sin^2x$，如此所求可以改寫並直接計算如下

$\displaystyle\int_0^\pi\!\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\,\mathrm dx=\frac\pi2\int_0^\pi\!\frac{\sin x}{1+\cos^2x}\,\mathrm dx=\left.-\frac\pi2\tan^{-1}(\cos x)\right|_0^\pi=\frac{\pi^2}4.$

【註】 函數 $\displaystyle f(x)=\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}$ 在 $[0,\pi]$ 上的圖形及其面積如下圖





2. 計算與證明：請詳細寫出每一推導步驟。
2. ($11$ points) Find the maximum and minimum values of $x+y^2z$ subject to the constraints $y^2+z^2=2$ and $z=x$.
訣竅
先使用第二個限制條件後將問題化為雙變數問題，運用 Lagrange 乘子法求條件極值；亦可充分使用限制條件將問題化為單變數問題，運用微分求極值並檢查端點的取值即可。
解法一
由第二個條件式可設取極值的函數為 $f(x,y)=x+xy^2$，而限制條件為 $x^2+y^2=2$，如此設 Lagrange 乘子函數為
$F(x,y,\lambda)=x+xy^2+\lambda(x^2+y^2-2).$
據此解下列聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,\lambda)=1+y^2+2\lambda x=0,\\&F_y(x,y,\lambda)=2xy+2\lambda y=0,\\&F_\lambda(x,y,\lambda)=x^2+y^2-2=0.\end{aligned}\right.$
由第二式可知 $y=0$ 或 $\lambda=-x$。
• 若 $y=0$，則 $x=\pm\sqrt2$，可得座標 $(x,y)=(\pm\sqrt2,0)$。
• 若 $\lambda=-x$，那麼第一式有 $y^2=2x^2-1$，代入第三式 $x^2=1$，因此 $x=\pm1$，故 $y=\pm1$，故有四個座標 $(x,y)=\pm(1,1)$ 或 $(x,y)=\pm(1,-1)$。
直接代入檢驗可知
$f(\pm\sqrt2,0)=\pm\sqrt2,\quad f(1,\pm1)=2,\quad f(-1,\pm1)=-2.$
因此最大值為 $2$，最小值為 $-2$。
解法二
延續解法一，使用第一個限制條件可簡化極值函數
$f(x)=x+x(2-x^2)=-x^3+3x,\quad\text{for}~-\sqrt2\leq x\leq\sqrt2.$
求導可得
$f'(x)=-3x^2+3\quad\text{for}~-\sqrt2<x<\sqrt2.$
解 $f'(x)=0$ 可得 $x=\pm1$。因此檢查函數值可知
$f(\pm1)=\pm2,\quad f(\pm\sqrt2)=\pm\sqrt2.$
故最大值為 $2$，最小值為 $-2$。


3. ($15$ points) Suppose $f(x)$ is a function with derivative $\displaystyle f'(x)=\frac x{1+x^2}$. Show that for $a,b\in\mathbf R$,

   $\displaystyle|f(b)-f(a)|\leq\frac12|b-a|$.

訣竅
運用均值定理求解即可。
解法
首先注意到不等式 $(x\pm1)^2\geq0$，移項整理有 $\displaystyle-\frac12\leq\frac x{x^2+1}\leq\frac12$。藉由均值定理以及此不等式可知
$\displaystyle\left|\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right|=|f'(c)|=\frac{|c|}{c^2+1}\leq\frac12,$
其中 $c$ 介於 $a$ 與 $b$ 之間。移項就證得不等式。


4. ($10$ points) Check the convergence or divergence of the series

   $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac2{1+e^n}$,

   and give a proof.
訣竅
由比較審歛法或積分審歛法即可。
解法一
設 $\displaystyle a_n=\frac2{1+e^n}$、$\displaystyle b_n=\frac2{e^n}$，由於 $\displaystyle a_n<b_n$，再者可知
$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac2{e^n}=\frac{2e^{-1}}{1-e^{-1}}=\frac2{e-1}.$
因此由比較審歛法可知 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 亦收斂。
解法二
考慮函數 $f:[1,\infty)\to\mathbb R$ 定義為 $\displaystyle f(x)=\frac2{1+e^x}$，$x\in[1,\infty)$。容易注意到函數 $f$ 非負、嚴格遞減且滿足
$\displaystyle\int_1^\infty\!f(x)\,\mathrm dx=\int_1^\infty\!\frac2{1+e^x}\,\mathrm dx=\int_1^\infty\!\frac{2e^{-x}}{1+e^{-x}}\,\mathrm dx=-2\ln(1+e^{-x})\Big|_1^\infty=2\ln(1+e^{-1})<\infty$.
因此由積分審歛法知給定的級數也收斂。