國立清華大學九十二學年度轉學生入學考試(經濟學系)試題詳解

九十二學年度　經濟學系　系轉學生招生考試

科目　　微積分　　科號　0123　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. $\displaystyle\int_0^1\!\int_0^{\sqrt{1-y^2}}\!(x^2+y^2)\,\mathrm dx\,\mathrm dy=$　(A)　.
訣竅
運用極座標轉換計算求解之；亦可直接計算迭代積分。
解法一

由積分區域可知為落在第一象限的四分之一單位圓，因此使用極座標變換令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其中變數範圍為 $0\leq r\leq1$、$0\leq\theta\leq\pi/2$，如下圖



如此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\int_0^1\!\int_0^{\sqrt{1-y^2}}\!(x^2+y^2)\,\mathrm dx\,\mathrm dy=\int_0^{\pi/2}\!\int_0^1\!r^2\cdot r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta=\left(\int_0^{\pi/2}\mathrm d\theta\right)\left(\int_0^1\!r^3\,\mathrm dr\right)=\frac\pi2\cdot\frac14=\frac\pi8$.

解法二

積分區域如下圖



直接計算迭代積分可得

$\begin{aligned}\int_0^1\!\int_0^{\sqrt{1-y^2}}\!(x^2+y^2)\,\mathrm dx\,\mathrm dy&=\int_0^1\!\left.\left(\frac{x^3}3+xy^2\right)\right|_{x=0}^{x=\sqrt{1-y^2}}\,\mathrm dy\\&=\frac13\int_0^1\!(1+2y^2)\sqrt{1-y^2}\,\mathrm dy.\end{aligned}$

運用三角代換，令 $y=\sin\theta$，那麼

• 當 $y=0$ 時，有 $\theta=0$；當 $y=1$ 時，有 $\theta=\pi/2$；
• 求導可得 $\mathrm dy=\cos\theta\,\mathrm d\theta$。

因此所求可改寫並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^1\!\int_0^{\sqrt{1-y^2}}\!(x^2+y^2)\,\mathrm dx\,\mathrm dy&=\frac13\int_0^{\pi/2}\!(1+2\sin^2\theta)\cos^2\theta\,\mathrm d\theta\\&=\frac16\int_0^{\pi/2}\!(2-\cos2\theta)(1+\cos2\theta)\,\mathrm d\theta\\&=\frac16\int_0^{\pi/2}\!(2+\cos2\theta-\cos^22\theta)\,\mathrm d\theta\\&=\frac1{12}\int_0^{\pi/2}\!(3+2\cos2\theta-\cos4\theta)\,\mathrm d\theta\\&=\left.\frac1{12}\left(3\theta+\sin2\theta-\frac{\sin4\theta}4\right)\right|_0^{\pi/2}\\&=\frac1{12}\cdot\frac{3\pi}2=\frac\pi8.\end{aligned}$



2. $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}}{\sqrt{x+1}}=$　(B)　.
訣竅
分子分母同除以領導項後即可求解。
解法
分子分母同除以 $\sqrt x$ 後計算如下
$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt x}}}{\sqrt{x+1}}=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\sqrt{1+\sqrt{\frac1x+\frac1{x\sqrt x}}}}{\displaystyle\sqrt{1+\frac1x}}=\frac{\sqrt{1+\sqrt{0+0}}}{\sqrt{1+0}}=1$.
【註】 函數 $\displaystyle f(x)=\frac{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt x}}}{\sqrt{x+1}}$ 及其水平漸近線 $y=1$ 描繪如下圖



3. The circular helix defined by ${\bf r}(t)=(\sin t,\cos t,2t)$ with $t\in[0,4\pi]$ has arc length $=$　(C)　.
訣竅
運用曲線弧長公式計算即可。
解法

使用曲線弧長公式計算可知

$\begin{aligned}L&=\int_0^{4\pi}\!|{\bf r}'(t)|\,\mathrm dt\\&=\int_0^{4\pi}\!\sqrt{(-\cos t)^2+(-\sin t)^2+2^2}\,\mathrm dt\\&=\int_0^{4\pi}\!\sqrt5\,\mathrm dt\\&=4\pi\sqrt5.\end{aligned}$



4. $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac1{x^3}\int_0^x\!\frac{t^2}{t^4+1}\,\mathrm dt=$　(D)　.
訣竅
運用微積分基本定理與 L'Hôpital 法則求解即可。
解法
由於 $\displaystyle\lim_{x\to0}\int_0^x\!\frac{t^2}{t^4+1}\,\mathrm dt=\lim_{x\to0}x^3=0$，故可運用微積分基本定理與 L'Hôpital 法則知
$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac1{x^3}\int_0^x\frac{t^2}{t^4+1}dt=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\frac{x^2}{x^4+1}}{3x^2}=\lim_{x\to0}\frac1{3(x^4+1)}=\frac13$.
【註】 函數 $\displaystyle f(x)=\frac1{x^3}\int_0^x\!\frac{t^2}{t^4+1}\,\mathrm dt$ 在 $x=0$ 附近的圖形如下



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

   $\displaystyle\left\{\begin{aligned}&\frac{dQ}{dt}=3Q(2-Q),\\&Q(0)=\frac12,\end{aligned}\right.$

   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
$\displaystyle\frac12\left(\frac1Q+\frac1{2-Q}\right)\,\mathrm dQ=\frac{\mathrm dQ}{Q(2-Q)}=3\,\mathrm dt$.
取不定積分可得
$\displaystyle\frac12(\ln|Q|-\ln|2-Q|)=3t+c$,
其中 $c$ 為積分常數。移項整理可得
$\displaystyle\frac Q{2-Q}=Ce^{6t},$
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
$\displaystyle Q(t)=\frac{2e^{6t}}{3+e^{6t}}=\frac2{1+3e^{-6t}}$.
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
$\displaystyle-\frac{\mathrm dv}{\mathrm dt}=\frac1{[Q(t)]^2}\frac{\mathrm dQ}{\mathrm dt}=\frac6{Q(t)}-3=6v(t)-3$.
那麼移項後同乘以 $e^{6t}$ 有
$\displaystyle\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}(e^{6t}v(t))=e^{6t}\frac{\mathrm dv}{\mathrm dt}+6e^{6t}v(t)=3e^{6t}$.
取積分並運用初值條件可知
$\displaystyle e^{6t}v(t)-2=e^{6t}v(t)-v(0)=\frac12e^{6t}-\frac12$.
整理有 $\displaystyle v(t)=\frac{1+3e^{-6t}}2$，即得 $\displaystyle Q(t)=\frac1{v(t)}=\frac2{1+3e^{-6t}}$。那麼所求的極限為 $\displaystyle\lim_{t\to\infty}Q(t)=2$。


7. $\displaystyle\int_0^\infty x^2e^{-x^2}\,\mathrm dx=$　(G)　.
訣竅
運用分部積分法與經典的瑕積分 $\displaystyle\int_0^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx=\frac{\sqrt\pi}2$。
解法
使用分部積分法與經典的瑕積分計算可知
$\displaystyle\int_0^{\infty}\!x^2e^{-x^2}\,\mathrm dx=\left.-\frac12xe^{-x^2}\right|_0^\infty+\frac12\int_0^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx=\frac12\cdot\frac{\sqrt\pi}2=\frac{\sqrt\pi}4$.
【註】 函數 $x^2e^{-x^2}$ 在 $[0,\infty)$ 上的圖形及其所代表的面積如下圖



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 $\pm(1,-1)$。
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
$f(x)=x+x(2-x^2)=-x^3+3x\quad\text{for}~-\sqrt2\leq x\leq\sqrt2$.
微分可得
$f'(x)=-3x^2+3\quad\text{for}~-\sqrt2<x<\sqrt2$.
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) Show that the sequence $\{x_n\}_{n=1}^\infty$ and the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty(x_{n+1}-x_n)$ both converge or diverge simultaneously.
訣竅
注意到該級數的部分和是容易求出來的。
解法
假若數列 $\{x_n\}_{n=1}^\infty$ 收斂，記收斂的值為 $L$，那麼級數
$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty(x_{n+1}-x_n)=\lim_{k\to\infty}\sum_{n=1}^k(x_{n+1}-x_n)=\lim_{k\to\infty}(x_{k+1}-x_1)=L-x_1$
也收斂。
反之，假定級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty(x_{n+1}-x_n)$ 收斂，記收斂的值為 $M$，那麼由上述的計算可知 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n=M+x_1$。
因此由以上兩個部分知道數列 $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ 與級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty(x_{n+1}-x_n)$ 同時收斂也同時發散。