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. $\displaystyle\int_0^1\int_0^{\sqrt{1-y^2}}\left(x^2+y^2\right)dx\,dy=$ (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

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

解法二

直接計算迭代積分可得

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

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 $dy=\cos\theta\,d\theta$。

因此所求可改寫並計算如下

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



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

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}}{\sqrt{x+1}}=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\sqrt{1+\sqrt{\frac1x+\frac1{\sqrt{x}}}}}{\displaystyle\sqrt{1+\frac1x}}=\frac{\sqrt{1+\sqrt{0+0}}}{\sqrt{1+0}}=1$.



3. The circular helix defined by ${\bf r}(t)=\left(\sin t,\cos t,2t\right)$ with $t\in\left[0,4\pi\right]$ 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

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



4. $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac1{x^3}\int_0^x\frac{t^2}{t^4+1}dt=$ (D) .
訣竅
運用微積分基本定理與 L'Hôpital 法則求解即可。
解法

運用微積分基本定理與 L'Hôpital 法則可知

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac1{x^3}\int_0^x\frac{t^2}{t^4+1}dt=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\frac{x^2}{x^4+1}}{3x^2}=\lim_{x\to0}\frac1{3(x^4+1)}=\frac13$.



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

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

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

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，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 $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy}{|x|+|y|}=0$。
對於第四小題，可以發現分母在 $\left(x,y\right)=(0,0)$ 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 ($\delta$)。


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。
解法
移項整理可得
$\displaystyle\frac12\left(\frac1Q+\frac1{2-Q}\right)dQ=\frac{dQ}{Q(2-Q)}=3\,dt.$
取不定積分可得
$\displaystyle\frac12\left(\ln\left|Q\right|-\ln\left|2-Q\right|\right)=3t+c,$
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
$\displaystyle Q\left(t\right)=\frac{2e^{6t}}{3+e^{6t}}=\frac2{1+3e^{-6t}}$.
如此取極限可得 $\displaystyle\lim_{t\to\infty}Q\left(t\right)=2$。


7. $\displaystyle\int_0^{\infty}x^2e^{-x^2}dx=$ (G) .
訣竅
運用分部積分法與經典的瑕積分 $\displaystyle\int_0^\infty e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt\pi}2$。
解法

使用分部積分法與經典的瑕積分計算可知

$\displaystyle\int_0^{\infty}x^2e^{-x^2}dx=\left.-\frac12xe^{-x^2}\right|_0^\infty+\frac12\int_0^\infty e^{-x^2}dx=\frac12\cdot\frac{\sqrt\pi}2=\frac{\sqrt\pi}4$.



8. $\displaystyle\int_0^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}dx=$ (H) .
訣竅
使用經典極限定理求解。
解法

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

$\displaystyle\int_0^\pi xf\left(\sin x\right)dx=\frac\pi2\int_0^\pi f\left(\sin x\right)dx$.

定理的證明

考慮 $x=\pi-t$，則有以下關係式：

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

又由於 $t$ 為啞鈴變數，故再改寫回 $x$ 可得：

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

此式等同於

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

因此移項後可得

$\displaystyle\int_0^\pi xf\left(\sin x\right)dx=\frac\pi2\int_0^\pi f\left(\sin x\right)dx$.

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

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



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 $f\left(x,y\right)=x+xy^2$，而限制條件為 $x^2+y^2=2$，如此設 Lagrange 乘子函數為
$F\left(x,y,\lambda\right)=x+xy^2+\lambda\left(x^2+y^2-2\right).$
據此解下列聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,\lambda\right)=1+y^2+2\lambda x=0,\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=2xy+2\lambda y=0,\\&F_\lambda\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2-2=0.\end{aligned}\right.$
由第二式可知 $y=0$ 或 $\lambda=-x$。
• 若 $y=0$，則 $x=\pm\sqrt2$，可得座標 $\left(x,y\right)=\left(\pm\sqrt2,0\right)$。
• 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 $\left(x,y\right)=\pm\left(1,1\right)$ 或 $\pm\left(1,-1\right)$。
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
$f'\left(x\right)=-3x^2+3$.
解 $f'\left(x\right)=0$ 可得 $x=\pm1$。因此檢查函數值可知
$f\left(\pm1\right)=\pm2,\quad f\left(\pm\sqrt2\right)=\pm\sqrt2$.
故最大值為 $2$，最小值為 $-2$。


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

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

訣竅
運用均值定理求解即可。
解法
首先注意到不等式 $\left(x\pm1\right)^2\geq0$，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
$\displaystyle\left|\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right|=\left|f'(c)\right|=\frac{|c|}{c^2+1}\leq\frac12,$
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 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_n\right)$ 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 $\left\{x_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ 收斂，記收斂的值為 $L$，那麼級數
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_n\right)=\lim_{k\to\infty}\sum_{n=1}^k\left(x_{n+1}-x_n\right)=\lim_{k\to\infty}\left(x_{k+1}-x_1\right)=L-x_1$
也收斂。
反之，假定級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_n\right)$ 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 $\left\{x_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ 與級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(x_{n+1}-x_n\right)$ 同時收斂也同時發散。