國立清華大學八十九年學年度轉學生入學考試(經濟學系)試題詳解

八十九學年度　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（每題八分）
1. Suppose that $f\left(x\right)=\sin^{-1}\left(\ln\left(3x+2\right)\right)$. Then $f'\left(x\right)=$　甲　.
訣竅
運用基本函數的微分公式與連鎖律計算即可。
解法

設 $g\left(x\right)=\sin^{-1}x$、$h\left(x\right)=\ln\left(x\right)$ 以及 $s\left(x\right)=3x+2$，那麼函數 $f$ 可表達為 $f\left(x\right)=g\left(h\left(s\left(x\right)\right)\right)$，如此由連鎖律與基本函數的微分公式可知

$\begin{aligned}f'\left(x\right)&=g'\left(h\left(s\left(x\right)\right)\right)h'\left(s\left(x\right)\right)s'\left(x\right)\\&=\frac1{\sqrt{1-\ln^2\left(3x+2\right)}}\cdot\frac1{3x+2}\cdot3\\&=\frac3{\left(3x+2\right)\sqrt{1-\ln^2\left(3x+2\right)}}.\end{aligned}$



2. Let $p=\left(0,-1\right)$ be a point of the curve $C:x^2+xy+y^2-x=1$. The tangent line equation of $C$ at $p$ is 　乙　.
訣竅
運用隱函數微分求出曲線 $C$ 在 $p$ 處的斜率，進而使用點斜式寫出切線方程。
解法
使用隱函數微分有
$\displaystyle2x+x\frac{dy}{dx}+y+2y\frac{dy}{dx}-1=0$.
取 $x=0$ 與 $y=-1$ 代入可得
$\displaystyle-1-2\left.\frac{dy}{dx}\right|_p-1=0$.
可得 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_p=-1$，如此使用點斜式可得切線方程為 $y-(-1)=-1(x-0)$，或寫為 $x+y+1=0$。


3. Let $\displaystyle H\left(x\right)=\int_0^{x^2}\frac{dt}{1+t^3}$ and $\displaystyle L\left(x\right)=\int_0^x\frac{dt}{1+t^3}$. Then $H'\left(2\right)-L'\left(4\right)=$　丙　.
訣竅
運用微積分基本定理與連鎖律即可。
解法

運用微積分基本定理與連鎖律可知

$\displaystyle H'\left(x\right)=\frac1{1+(x^2)^3}\cdot2x,\quad L'\left(x\right)=\frac1{1+x^3}$.

分別取 $x=2$ 與 $x=4$，代入後並相減可得

$\displaystyle H'\left(2\right)-L'\left(4\right)=\frac4{65}-\frac1{65}=\frac3{65}$.



4. $\displaystyle\int x\sec^2x\,dx=$　丁　.
訣竅
運用分部積分法並熟悉基本函數的反導函數即可。
解法

直接使用分部積分法計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int x\sec^2x\,dx&=\int x\,d\tan x\\&=x\tan x-\int\tan x\,dx\\&=x\tan x-\int\frac{\sin x}{\cos x}dx\\&=x\tan x+\int\frac1{\cos x}d\cos x\\&=x\tan x+\ln\left|\cos x\right|+C.\end{aligned}$



5. Which of the following series is convergent? 　戊　.
   1. $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{\sqrt n+1}$
   2. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\sin\left(\sqrt{n}+1\right)$
   3. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{\sqrt n+1}$
   4. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac1{\sqrt{n}+1}\right)^n$
訣竅
活用各種級數審歛法，如極限比較審歛法、交錯級數審歛法與發散審歛法等。
解法
1. 設 $\displaystyle a_n=\frac1{\sqrt n+1}$、$\displaystyle b_n=\frac1{\sqrt n}$，由於 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=1$，可以知道兩級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{\sqrt n+1}$ 與 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{\sqrt n}$ 有相同的歛散性，而後者由 $p$ 級數在 $p=1/2$ 時發散可知原給定的級數也發散。
2. 由於數列極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sin\left(\sqrt n+1\right)$ 不存在，故此級數發散。
3. 設 $\displaystyle a_n=\frac1{\sqrt n+1}$，容易確認 $a_n\geq0$ 並且遞減至 $0$，故由交錯級數審歛法知給定的級數收斂。
4. 這個級數的一般項疑似與自然指數有關，先確認此級數的一般項是否趨於零。計算如下

   $\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{\sqrt n+1}\right)^n&=\exp\left[\lim_{n\to\infty}\frac{\ln\left(1+\frac1{\sqrt n+1}\right)}{1/n}\right]\\&=\exp\left(\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\frac1{1+\frac1{\sqrt n+1}}\cdot-\frac1{2\left(\sqrt n+1\right)^2\sqrt n}}{\displaystyle-\frac1{n^2}}\right)\\&=\exp\left[\lim_{n\to\infty}\frac{n^2}{2\sqrt{n}\left(\sqrt{n}+1\right)\left(\sqrt{n}+2\right)}\right]=\infty.\end{aligned}$

   由於此極限不趨於零，故級數發散。
2. 計算與證明題（每題十二分）
1. Let $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ be differentiable. Given $\displaystyle\mu=\left(\frac35,\frac45\right)$, $\displaystyle\nu=\left(\frac45,-\frac35\right)$. Prove that $\left\|\nabla f\right\|^2=\left|f_\mu'\right|^2+\left|f_\nu'\right|^2$, where $f_\mu'$ and $f_\nu'$ are the directional derivative of $f$ in the direction of $\mu$ and $\nu$, respectively.
訣竅
由方向導數為梯度與單位方向向量內積來加以計算證明。
解法

直接計算如下

$\begin{aligned}\left|f_\mu'\right|^2+\left|f_\nu'\right|^2&=\left|\nabla f\cdot\mu\right|^2+\left|\nabla f\cdot\nu\right|^2\\&=\left|\left(f_x(x,y),f_y(x,y)\right)\cdot\left(\frac35,\frac45\right)\right|^2+\left|\left(f_x(x,y),f_y(x,y)\right)\cdot\left(\frac45,-\frac35\right)\right|^2\\&=\left|\frac35f_x(x,y)+\frac45f_y(x,y)\right|^2+\left|\frac45f_x(x,y)-\frac35f_y(x,y)\right|^2\\&=\frac9{25}\left|f_x(x,y)\right|^2+\frac{24}{25}f_x(x,y)f_y(x,y)+\frac{16}{25}\left|f_y(x,y)\right|^2\\&\,\,+\frac{16}{25}\left|f_x(x,y)\right|^2-\frac{24}{25}f_x(x,y)f_y(x,y)+\frac{9}{25}\left|f_y(x,y)\right|^2\\&=\left|f_x(x,y)\right|^2+\left|f_y(x,y)\right|^2\\&=\left\|\nabla f\right\|^2.\end{aligned}$



2. Find the absolute maximum and absolute minimum of $f\left(x,y,z\right)=xy+z^2$ on $x^2+y^2+z^2\leq1$.
訣竅
運用限制條件與基本的不等式即可求解；亦可使用 Lagrange 乘子法來求條件極值
解法一
注意到 $\left(x\pm y\right)^2\geq0$ 可推知 $\displaystyle-\frac{x^2+y^2}2\leq xy\leq\frac{x^2+y^2}2$，如此有
$\displaystyle f\left(x,y,z\right)\leq\frac{x^2+y^2}2+z^2\leq1-\frac{x^2+y^2}2\leq1$.
其中等號成立條件為 $x=y=0$、$z=\pm1$，故 $f$ 的絕對極大值為 $1$。另一方面也有
$\displaystyle f\left(x,y,z\right)\geq-\frac{x^2+y^2}2+z^2\geq-\frac12+\frac{3z^2}2\geq-\frac12$
其中等號成立條件為 $z=0$ 且 $\displaystyle x=-y=\pm\frac{\sqrt2}2$。因此 $f$ 的絕對極小值為 $\displaystyle-\frac12$。
解法二
首先在球面內部求極值，為此我們解聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&f_x(x,y,z)=y=0,\\&f_y(x,y,z)=x=0,\\&f_z(x,y,z)=2z=0.\end{aligned}\right.$
如此得 $\left(x,y,z\right)=\left(0,0,0\right)$。
另一方面，我們在球面邊界上求極值。此時設定 Lagrange 乘子函數如下
$F\left(x,y,z,\lambda\right)=xy+z^2+\lambda\left(x^2+y^2+z^2-1\right)$.
據此解下列聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda\right)=y+2x\lambda=0,\\&F_y\left(x,y,z,\lambda\right)=x+2y\lambda=0,\\&F_z\left(x,y,z,\lambda\right)=2z(1+\lambda)=0,\\&F_\lambda\left(x,y,z,\lambda\right)=x^2+y^2+z^2-1=0.\end{aligned}\right.$
由第三式可知 $z=0$ 或 $\lambda=-1$。
• 若 $\lambda=-1$，則前兩式分別為 $y=2x$、$x=2y$，因此有 $x=y=0$，利用第四式則可得 $z=\pm1$。
• 若 $z=0$，則第四式寫為 $x^2+y^2=1$。將前兩式以 $x=-2y\lambda$ 與 $y=-2x\lambda$ 代入有 $4\lambda^2(x^2+y^2)=1$，因此 $\displaystyle\lambda=\pm\frac12$，這表明 $x=y$ 或 $x=-y$，從而解得 $\displaystyle\left(x,y\right)=\pm\left(\frac{\sqrt2}2,\frac{\sqrt2}2\right)$ 或 $\displaystyle\left(x,y\right)=\pm\left(\frac{\sqrt2}2,-\frac{\sqrt2}2\right)$。
將以上各座標檢驗如下
$\displaystyle f\left(0,0,\pm1\right)=1,\quad f\left(\pm\frac{\sqrt2}2,\pm\frac{\sqrt2}2,0\right)=\frac12,\quad f\left(\pm\frac{\sqrt2}2,\mp\frac{\sqrt2}2,0\right)=-\frac12,\quad f\left(0,0,0\right)=0$.
因此 $f$ 在 $x^2+y^2+z^2\leq1$ 的最大值為 $1$，最小值為 $\displaystyle-\frac12$。


3. Find the volume of the solid $T$ that is bounded above by the cone $z^2=x^2+y^2$, below by the $x$-$y$ plane and on the sides by the hemisphere $z=\sqrt{4-x^2-y^2}$.
訣竅
先由上曲面和下曲面找出交會之處，依此作為積分底面，再由底乘以高為體積的思維列式並計算之。
解法

解兩曲面所形成的聯立方程組

$\left\{\begin{aligned}&z=\sqrt{4-x^2-y^2},\\&z^2=x^2+y^2.\end{aligned}\right.$

經由代入消去法可知 $4-x^2-y^2=x^2+y^2$，整理可知 $x^2+y^2=2$，即兩曲面交於一圓。考慮平面點集 $D$ 如下

$D=\left\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\leq2\right\}$.

那麼 $T$ 的體積可列式並計算如下

$\displaystyle V=\iint_D\left(\sqrt{4-x^2-y^2}-\sqrt{x^2+y^2}\right)dA$.

運用極座標變換，設 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其變數範圍為 $0\leq r\leq\sqrt2$、$0\leq\theta\leq2\pi$。如此體積可改寫並計算如下

$\begin{aligned}V&=\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt2}\left(r\sqrt{4-r^2}-r^2\right)dr\,d\theta\\&=2\pi\cdot\left.\left(-\frac13\left(4-r^2\right)^{3/2}-\frac{r^3}3\right)\right|_0^{\sqrt2}\\&=\frac{8\pi(2-\sqrt2)}3.\end{aligned}$



4. Let $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ be a series of positive terms. Show that if $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ converges, then $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{1+a_n}$ converges.
訣竅
運用比較審歛法。
解法
明顯可以注意到 $\displaystyle\frac{a_n}{1+a_n}<a_n$，如此可以直接由級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收斂而知
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{1+a_n}\leq\sum_{n=1}^{\infty}a_n<\infty$.
故 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{1+a_n}$ 也收斂，證明完畢。


5. Let $f\left(x\right)$ be a differentiable function. Suppose that $f'\left(x\right)$ is continuous on $\left[a,b\right]$, $f'\left(a\right)>0$ and $f\left(b\right)<f\left(a\right)$. Prove that there exists $c\in\left(a,b\right)$ such that $f'\left(c\right)=0$.
訣竅
活用關於可導函數與連續函數的性質來求證。
解法
由於 $f$ 是可微函數，因此使用均值定理(mean value theorem)可知存在一實數 $\xi\in\left(a,b\right)$ 使得
$\displaystyle f'\left(\xi\right)=\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}<0$.
又因為 $f'$ 為連續函數，且 $f'\left(a\right)>0$、$f'\left(\xi\right)<0$，根據中間值定理(intermediate value theorem)存在一實數 $c\in\left(a,\xi\right)\subset\left(a,b\right)$ 使得 $f'\left(c\right)=0$，證明完畢。