國立臺灣大學一百零七學年度轉學生入學考試試題詳解

※注意：請於試卷上「非選擇題作答區」標明題號並依序作答。

　不得使用計算機，每題 $10$ 分，總分 $100$ 分

1. $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(3x+\sqrt{9x^2-x}\right)=?$
訣竅
運用有理化後消去最高次項並留意此極限問題為趨於負無窮。
解法

運用有理化後分子分母同除以 $x$ 可得

$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(3x+\sqrt{9x^2-x}\right)=\lim_{x\to-\infty}\frac x{3x-\sqrt{9x^2-x}}=\lim_{x\to-\infty}\frac1{\displaystyle3+\sqrt{9-\frac1x}}=\frac16$.



2. $\displaystyle\left(1-\frac14\right)\left(1-\frac19\right)\left(1-\frac1{16}\right)\cdots\left(1-\frac1{n^2}\right)\cdots=?$
訣竅
運用 $a^2-b^2=\left(a+b\right)\left(a-b\right)$ 以及分項對消的技巧改寫運算式後取極限。
解法
設 $\displaystyle a_n=\prod_{k=2}^n\left(1-\frac1{k^2}\right)$，則題目所求為 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$。現運用平方差公式改寫 $a_n$ 並化簡如下
$\displaystyle a_n=\prod_{k=2}^n\left(1-\frac1k\right)\left(1+\frac1k\right)=\prod_{k=2}^n\left(\frac{k-1}k\cdot\frac{k+1}k\right)=\left(\frac12\cdot\frac32\right)\cdots\left(\frac{n-1}n\cdot\frac{n+1}n\right)=\frac{n+1}{2n}$.
因此 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{2n}=\frac12$。


3. Cardiord $x=2\sin\theta-\sin2\theta$, $y=2\cos\theta-\cos2\theta$. Find its total length.
訣竅
運用弧長公式求解。
解法

此參數式之週期為 $2\pi$，因此依照弧長公式可以列式並計算如下

$\begin{aligned}s&=\int_0^{2\pi}\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right)^2}\,d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\sqrt{\left(2\cos\theta-2\cos2\theta\right)^2+\left(-2\sin\theta+2\sin2\theta\right)^2}\,d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\sqrt{8-8\cos\theta\cos2\theta-8\sin\theta\sin2\theta}\,d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\sqrt{8-8\cos\theta}\,d\theta\\&=4\int_0^{2\pi}\left|\sin\frac{\theta}2\right|\,d\theta\\&=8\int_0^\pi\sin\frac{\theta}2\,d\theta\\&=\left.-16\cos\frac{\theta}2\right|_0^\pi=16.\end{aligned}$



4. When $x=2\sin\theta-\sin2\theta$ and $y=2\cos\theta-\cos2\theta$, determine $d^2y/dx^2$ at $\theta=\pi/3$.
訣竅
運用連鎖律計算。
解法

首先計算一階微分如下

$\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{dy/d\theta}{dx/d\theta}=\frac{-2\sin\theta+2\sin2\theta}{2\cos\theta-2\cos2\theta}$.

據此計算二階微分如下

$\displaystyle\begin{aligned}\frac{d^2y}{dx^2}&=\frac d{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right)=\frac d{d\theta}\left(\frac{-2\sin\theta+2\sin2\theta}{2\cos\theta-2\cos2\theta}\right)/\frac{dx}{d\theta}\\&=\frac{\left(-2\cos\theta+4\cos2\theta\right)\left(2\cos\theta-2\cos2\theta\right)-\left(-2\sin\theta+2\sin2\theta\right)\left(-2\sin\theta+4\sin2\theta\right)}{\left(2\cos\theta-2\cos2\theta\right)^2}\cdot\frac1{2\cos\theta-2\cos2\theta}\\&=\frac{-12+12\cos\theta}{\left(2\cos\theta-2\cos2\theta\right)^3}.\end{aligned}$

取 $\theta=\pi/3$ 代入可得

$\displaystyle\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{\theta=\pi/3}=\frac{-12+12\cdot\frac12}{\left(2\cdot\frac12-2\cdot\frac{-1}2\right)^3}=-\frac34$.



5. Consider $y=x/\left(1+kx\right)$ which is a family of hyperbolas. Find its orthogonal trajectories.
訣竅
按正交曲線族的意義先求給定函數之導函數，再解與該導函數相乘為 $-1$ 的微分方程，其中需先將原先函數族的參數先行消去。
解法

首先計算給定函數之導函數如下

$\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{1\cdot\left(1+kx\right)-x\cdot k}{\left(1+kx\right)^2}=\frac1{\left(1+kx\right)^2}$.

那麼依正交曲線族的意義求下列的微分方程

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

如此有

$x^2dx+y^2dy=0$.

接著同取不定積分可得

$x^3+y^3=C$.

即為所求的正交曲線，其中 $C$ 為任意的實常數。繪圖如下



$k=1,2,3$ 與 $C=2,3,4$ 的情形。



6. When $x^3+y^3+z^3-3xyz=1$, derive $\partial z/\partial x$ and $\partial z/\partial y$.
訣竅
運用隱函數微分法計算之。
解法

將給定的方程對 $x$ 偏微分可得

$\displaystyle3x^2+3z^2\frac{\partial z}{\partial x}-3yz-3xy\frac{\partial z}{\partial x}=0$.

如此可解得

$\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{-x^2+yz}{z^2-xy}$.

另一方面，將給定的方程對 $y$ 偏微分可得

$\displaystyle3y^2+3z^2\frac{\partial z}{\partial y}-3xz-3xy\frac{\partial z}{\partial y}=0$.

如此可解得

$\displaystyle\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{-y^2+xz}{z^2-xy}$.



7. When $\displaystyle f\left(x,y\right)=2xy-\frac12\left(x^4+y^4\right)+1$, find local maxima, local minima, and saddle points.
訣竅
首先解一階偏微分為零求出極值候選點，接著運用二階判別式來檢驗各個候選點之性質。
解法

為了找出極值候選點，我們解下列聯立方程組

$\displaystyle\left\{\begin{aligned} &f_x\left(x,y\right)=2y-2x^3=0,\\&f_y\left(x,y\right)=2x-2y^3=0.\end{aligned}\right.$

運用代入消去法可得 $y=y^9$，因此 $y=0$ 或 $y=\pm1$，從而 $x$ 分別為 $0$ 或 $\pm1$，故極值候選點有 $\left(0,0\right)$、$\left(1,1\right)$ 以及 $\left(-1,-1\right)$。

現在計算二階判別行列式如下

$D\left(x,y\right)=\begin{vmatrix}f_{xx}\left(x,y\right)&f_{xy}\left(x,y\right)\\f_{yx}\left(x,y\right)&f_{yy}\left(x,y\right)\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}-6x^2&2\\2&-6y^2\end{vmatrix}=36x^2y^2-4$.

如此檢查各候選點如下

• $D\left(0,0\right)=-4<0$，因此 $\left(0,0\right)$ 為鞍點。
• $D\left(1,1\right)=32>0$，且 $f_{xx}\left(1,1\right)=-6<0$，因此 $\left(1,1\right)$ 為極大點。
• $D\left(-1,-1\right)=32>0$，且 $f_{xx}\left(-1,-1\right)=-6<0$，因此 $\left(-1,-1\right)$ 為極大點。



8. Find the volume determined by $x^2+y^2+z^2\leq1$ and $x^2+y^2\leq y$.
訣竅
在 $xy$ 平面上找出一區域，在該區域上以高作為被積分函數來計算雙重積分即為體積。
解法

設圓柱底部 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,x^2+y^2\leq y\right\}$，並可留意 $x^2+y^2\leq y$ 可寫為 $x^2+\left(y-1/2\right)^2\leq1/4$，此為圓心為 $\left(0,1/2\right)$ 而半徑為 $1/2$ 的圓盤。在此圓柱內之上曲面為 $z=\sqrt{1-x^2-y^2}$ 而下曲面為 $z=-\sqrt{1-x^2-y^2}$，如此體積可表為下列的雙重積分：

$\begin{aligned}V&=\iint_D\left[\sqrt{1-x^2-y^2}-\left(-\sqrt{1-x^2-y^2}\right)\right]\,dA\\&=2\iint_D\sqrt{1-x^2-y^2}\,dA.\end{aligned}$

運用極座標變換，令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，則積分範圍為 $0\leq r\leq\sin\theta$、$0\leq\theta\leq\pi$，據此可改寫上述的重積分如下並計算之：

$\begin{aligned}V&=2\int_0^\pi\int_0^{\sin\theta}\sqrt{1-r^2}r\,dr\,d\theta\\&=\frac23\int_0^\pi\left(1-\left|\cos^3\theta\right|\right)\,d\theta\\&=\frac{2\pi}3-\frac43\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,d\theta\\&=\frac{2\pi}3-\frac43\left(1-\frac13\right)\\&=\frac{2\pi}3-\frac89,\end{aligned}$

其中可以求定積分如下

$\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,d\theta=\int_0^{\pi/2}\left(1-\sin^2\theta\right)\cos\theta\,d\theta=\left.\sin\theta-\frac{\sin^3\theta}3\right|_0^{\pi/2}=\frac23$.



9. When $x^2+y^2=z^2$ and $x+2z=4$, determine the maximum value of $z$.
訣竅
運用初等的不等式進行估算並求其等號成立的條件；簡化條件後使用 Lagrange 乘子法；亦可使用雙條件 Lagrange 乘子法。
解法一
第二個條件可寫為 $x=4-2z$，如此代入第一個條件中可得 $\left(4-2z\right)^2+y^2=z^2$，亦即 $3z^2-16z+y^2+16=0$，配方可得
$\displaystyle3\left(z-\frac83\right)^2+y^2=\frac{16}3$.
因此有
$\displaystyle\left(z-\frac83\right)^2=\frac{16}9-\frac{y^2}3\leq\frac{16}9$.
同時開根號可得
$\displaystyle-\frac43\leq z-\frac83\leq\frac43$.
同時加 $\displaystyle\frac83$ 可得 $z\leq4$，其中等號成立時 $x=-4$、$y=0$，故 $z$ 的最大值為 $4$。
解法二
第二個條件可寫為 $x=4-2z$，如此代入第一個條件中可得 $\left(4-2z\right)^2+y^2=z^2$，亦即 $3z^2-16z+y^2+16=0$。據此考慮 Lagrange 乘子函數如下
$F\left(y,z,\lambda\right)=z+\lambda\left(3z^2-16z+y^2+16\right)$.
如此解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned} &F_y\left(y,z,\lambda\right)=2y\lambda=0,\\&F_z\left(y,z,\lambda\right)=1+\lambda\left(6z-16\right)=0,\\&F_\lambda\left(y,z,\lambda\right)=3z^2-16z+y^2+16=0.\end{aligned}\right.$
由第一式可知 $y=0$ 或 $\lambda=0$，但 $\lambda=0$ 會與第二式矛盾，從而得到 $y=0$，代入第三式可得 $3z^2-16z+16=0$，可解得 $z=4$ 或 $\displaystyle z=\frac43$，其中最大值為 $4$，其等號成立條件為 $x=-4$ 與 $y=0$。
解法三
考慮 Lagrange 乘子函數如下
$F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=z+\lambda_1\left(x^2+y^2-z^2\right)+\lambda_2\left(x+2z-4\right)$.
據此解下列聯立方程組
$\left\{\begin{aligned} &F_x\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2x\lambda_1+\lambda_2=0,\\&F_y\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2y\lambda_1=0,\\&F_z\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=1-2z\lambda_1+2\lambda_2=0,\\&F_{\lambda_1}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+y^2-z^2=0,\\&F_{\lambda_2}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+2z-4=0,\\\end{aligned}\right.$
由第二式可知 $y=0$ 或 $\lambda_1=0$。假若 $\lambda_1=0$，則由第一式可知 $\lambda_2=0$，接著帶入第三式將有 $1=0$，矛盾。因此 $\lambda_1\neq0$，即有 $y=0$。至此第四式為 $x=z$ 或 $x=-z$。假若是前者則有 $\displaystyle x=z=\frac43$，而後者則有 $x=-4$、$z=4$，這樣可知 $z$ 的最大值為 $4$。


10. $\Omega=\left\{\left(x,y\right)|x\geq0,y\geq0,x+y\geq3\right\}$. Find $\displaystyle\iint_\Omega e^{-x}e^{-y}\,dx\,dy$.
訣竅
將區域拆解為第一象限扣除三角形區域後分別計算之；亦可直接迭代積分計算之。
解法一

記 $D=\mathbb R_+^2-\Omega$，則所求可改寫如下

$\displaystyle\iint_\Omega e^{-x}e^{-y}\,dx\,dy=\iint_{\mathbb R_+^2}e^{-x}e^{-y}\,dx\,dy-\iint_De^{-x}e^{-y}\,dx\,dy$,

其中 $\displaystyle\iint_{\mathbb R_+^2}e^{-x}e^{-y}\,dx\,dy$ 與 $\displaystyle\iint_De^{-x}e^{-y}\,dx\,dy$ 分別計算如下：

$\begin{aligned}\iint_{\mathbb R_+^2}e^{-x}e^{-y}\,dx\,dy&=\left(\int_0^\infty e^{-x}\,dx\right)\left(\int_0^\infty e^{-y}\,dy\right)=1\cdot1=1,\\\iint_De^{-x}e^{-y}\,dx\,dy&=\int_0^3\int_0^{3-x}e^{-x}e^{-y}\,dy\,dx\\&=\int_0^3e^{-x}\cdot\left(-e^{-y}\right)\Big|_{y=0}^{y=3-x}\,dx\\&=\int_0^3e^{-x}\left(1-e^{x-3}\right)\,dx\\&=\int_0^3\left(e^{-x}-e^{-3}\right)dx\\&=-e^{-x}-e^{-3}x\Big|_0^3=1-4e^{-3}.\end{aligned}$

因此所求為

$\displaystyle\iint_{\Omega}e^{-x}e^{-y}\,dx\,dy=1-\left(1-4e^{-3}\right)=4e^{-3}$.

解法二

可將所求表達為如下的瑕迭代積分並計算之：

$\begin{aligned}\iint_{\Omega}e^{-x}e^{-y}\,dx\,dy&=\int_0^3\int_{3-x}^\infty e^{-x}e^{-y}\,dy\,dx+\int_3^\infty\int_0^\infty e^{-x}e^{-y}\,dy\,dx\\&=\int_0^3\left(-e^{-x}e^{-y}\right)\Big|_{y=3-x}^{y=\infty}\,dx+\int_3^{\infty}\left(-e^{-x}e^{-y}\right)\Big|_{y=0}^\infty\,dx\\&=\int_0^3e^{-3}\,dx+\int_3^\infty e^{-x}\,dx\\&=e^{-3}x\Big|_0^3+\left(-e^{-x}\right)\Big|_3^\infty\\&=3e^{-3}+e^{-3}=4e^{-3}.\end{aligned}$