國立臺灣大學八十九學年度轉學生入學考試試題詳解

1. 填充題：共 $10$ 格，每格 $7$ 分。請依空格號碼將答案寫在答案卷上。
1. 設直線 $L$ 在 $\left(2,8\right)$ 點與曲線 $y=6x-x^2$ 正交（互相垂直），則由 $x$ 軸，$y$ 軸及 $L$ 所圍成三角形的面積為　　　　。
訣竅
由於兩垂直的斜率相乘為 $-1$，如此找出直線 $L$，據此求出三角形面積。
解法

由於 $y'=6-2x$，因此曲線在 $\left(2,8\right)$ 的斜率為 $\left.y'\right|_{\left(2,8\right)}=2$。據此，與曲線在 $\left(2,8\right)$ 正交的直線斜率為 $-1/2$，利用點斜式可得$y-8=-\left(x-2\right)/2$。

容易看出此直線與 $x$ 軸和 $y$ 軸的交點為 $\left(18,0\right)$、$\left(0,9\right)$，從而三角形面積為 $\displaystyle\frac12\times18\times9=81$。



2. 極限值 $\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{\sin\left(x\left(y+h\right)\right)-\sin\left(xy\right)}h=$　　　　。
訣竅
注意到極限值的形式即為偏導數的定義，因此計算偏微分即可。此外，我們也可以利用已知的特殊極限來求解本題。
解法一
考慮函數 $f\left(x,y\right)=\sin\left(xy\right)$，那麼根據偏導函數的定義，我們有 $$x\cos\left(xy\right)=\frac{\partial f}{\partial y}=\lim_{h\to0}\frac{\sin\left(x\left(y+h\right)\right)-\sin\left(xy\right)}h.$$ 因此所求為 $x\cos\left(xy\right)$。
解法二
首先利用和角公式展開之，因此原式可化為 $$\lim_{h\to0}\frac{\sin\left(xy\right)\left(\cos\left(xh\right)-1\right)+\cos\left(xy\right)\sin\left(xh\right)}h.$$ 現在我們適當的分配與處理它們，並且利用已知的特殊極限 $\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{\sin h}h=1$ 以及 $\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{\cos h-1}h=0$。如此可得 $$x\sin\left(xy\right)\lim_{h\to0}\frac{\cos\left(xh\right)-1}{xh}+x\cos\left(xy\right)\lim_{h\to0}\frac{\sin\left(xh\right)}{xh}=x\cos\left(xy\right).$$


3. 設 $f\left(x\right)$ 為二次可微函數，$f\left(0\right)=4$，$f\left(3\right)=5$ 及 $f'\left(3\right)=6$，則 $\displaystyle\int_0^3xf''\left(x\right)\,dx=$　　　　。
訣竅
利用分部積分計算即可。
解法
利用分部積分，我們可以得到下列的等式 $$\begin{aligned} \int_0^3xf''\left(x\right)\,dx&=xf'\left(x\right)\Big|_0^3-\int_0^3f'\left(x\right)\,dx\\&=3f'\left(3\right)-f\left(x\right)\Big|_0^3\\&=3\times6-f\left(3\right)+f\left(0\right)\\&=18-5+4=17.\end{aligned}$$


4. 定積分 $\displaystyle\int_0^1\frac{e^{2x}}{1+e^{4x}}\,dx=$　　　　。
訣竅
考慮變數代換並注意代換結果為反三角函數的微分。
解法
容易見到原式可以計算如下 $$\int_0^1\frac{e^{2x}}{1+e^{4x}}\,dx=\frac12\int_0^1\frac1{1+\left(e^{2x}\right)^2}\,de^{2x}=\left.\frac{\arctan\left(e^{2x}\right)}{2}\right|_0^1=\frac{\arctan\left(e^2\right)}2-\frac\pi8.$$


5. 設二個冪級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n\left(x-1\right)^n$ 及 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty b_n\left(x-2\right)^n$ 都在 $x=5$ 收斂，則使二個冪級數同時都收斂的區間至少為　　　　。
訣竅
找出此兩個冪級數至少能收斂的區間後取交集即可。
解法
由於第一個級數在 $x=5$ 收斂，因此它的收斂區間至少為 $\left(-3,5\right]$，而第二個級數也在 $x=5$ 收斂，因此它的收斂區間至少為 $\left(-1,5\right]$。綜上所述，能使這兩個冪級數同時都收斂的區間至少為 $\left(-1,5\right]$。


6. 設 $f\left(x\right)=x^3e^x$，則 $f$ 在 $x=0$ 的 $n$ 次導數 $f^{\left(n\right)}\left(0\right)=$　　　　。
訣竅
利用 Taylor 展開式尋找 $x^n$ 的係數即可。
解法
根據 $e^x$ 的 Taylor 展開式為 $\displaystyle\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}$，因此 $f\left(x\right)=x^3e^x$ 的 Taylor 展開式為 $\displaystyle\sum_{k=0}^\infty\frac{x^{k+3}}{k!}$，容易看出 $$f^{\left(n\right)}\left(0\right)=\begin{cases}n\left(n-1\right)\left(n-2\right), &n\geq3;\\0,&n=1,2.\end{cases}$$


7. 設 $0\leq k\leq1$，使積分 $\displaystyle\int_0^1\left|x^2-kx\right|\,dx$ 之值最小，則 $k=$　　　　。
訣竅
將此定積分考慮為 $k$ 的函數後，那麼尋找此函數達到極小值的點即可。
解法
由於 $x^2-kx$ 為開口向上的拋物線，且與 $x$ 軸交於 $\left(0,0\right)$ 與 $\left(k,0\right)$ 兩點。因此我們記函數 $f$ 為 $$\begin{aligned}f\left(k\right)&=\int_0^1\left|x^2-kx\right|\,dx\\&=\int_0^k\left(kx-x^2\right)dx+\int_k^1\left(x^2-kx\right)dx\\&=\left.\frac{kx^2}2-\frac{x^3}3\right|_0^k+\left.\frac{x^3}3-\frac{kx^2}2\right|_k^1\\&=\frac{k^3}3-\frac k2+\frac13.\end{aligned}$$ 因此令導函數為零有 $$f'\left(k\right)=k^2-\frac12=0.$$ 這樣可得 $k=\pm\sqrt2/2$，但根據題目條件可知負不合，因此取 $k=\sqrt2/2$。再者可檢查 $f''\left(\sqrt2/2\right)=\sqrt2>0$，因此在此點可使此積分達極小值。


8. 計算 $\displaystyle\int_0^2\int_0^{\sqrt{4-y^2}}\left(x^2+y^2\right)\,dx\,dy=$　　　　。
訣竅
考慮極坐標變換即可。
解法
考慮極坐標變換為 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其中範圍為 $0\leq r\leq2$、$0\leq\theta\leq\pi/2$，如此原雙重積分可以轉換如下並計算之 $$\begin{aligned}\int_0^2\int_0^{\sqrt{4-y^2}}\left(x^2+y^2\right)\,dx\,dy&=\int_0^{\pi/2}\int_0^2r^2\cdot r\,dr\,d\theta\\&=\left(\int_0^{\pi/2}d\theta\right)\left(\int_0^2r^3\,dr\right)\\&=\frac\pi2\cdot\frac{2^4}4=2\pi.\end{aligned}$$


9. 設有一曲面 $z-2xy+e^{yz-x}=0$，則過 $\left(1,1,1\right)$ 點的切平面方程式為　　　　。
訣竅
利用梯度求得法向量後，運用點法式寫出切平面方程式。
解法
由於 $$\begin{aligned}\left.\nabla\left(z-2xy+e^{yz-x}\right)\right|_{\left(1,1,1\right)}&=\left.\left(-2y-e^{yz-x},-2x+ze^{yz-x},1+ye^{yz-x}\right)\right|_{\left(1,1,1\right)}\\&=\left(-3,-1,2\right).\end{aligned}$$ 因此使用點法式可得 $3x+y-2z=2$。


10. 在空間中從 $\left(3,4,0\right)$ 點到曲面 $z^2=x^2+y^2$ 的最短距離為　　　　。
訣竅
可以利用 Lagrange 乘子法來求極值，也可以利用配方法。
解法一
設 $\left(x,y,z\right)$ 為曲面 $z^2=x^2+y^2$ 上的一點，則 $\sqrt{\left(x-3\right)^2+\left(y-4\right)^2+z^2}$ 為 $\left(3,4,0\right)$ 至曲面上點座標的距離，為了求其最小值，我們等價於求 $\left(x-3\right)^2+\left(y-4\right)^2+z^2$的最小值。
現在考慮 Lagrange 乘子函數為 $$F\left(x,y,z,\lambda\right)=\left(x-3\right)^2+\left(y-4\right)^2+z^2+\lambda\left(x^2+y^2-z^2\right).$$ 我們可以聯立解 $$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,z,\lambda)=2(x-3)+2\lambda x=0,\\&F_y(x,y,z,\lambda)=2(y-4)+2\lambda y=0,\\&F_z(x,y,z,\lambda)=2z-2\lambda z=0,\\&F_\lambda(x,y,z,\lambda)=x^2+y^2-z^2=0.\end{aligned}\right.$$ 首先，我們可由第三式得 $z=0$ 或 $\lambda=1$。
若 $\lambda=1$，則可以知道 $x=1.5$、$y=2$，進而知道 $z=2.5$。
若 $z=0$，則由 $x^2+y^2=0$ 可得 $x=y=0$。
由 $\left(1.5,2,2.5\right)$、$\left(0,0,0\right)$ 代入比較可知距離分別為 $\displaystyle\frac{5\sqrt2}2$、$5$，因此最小距離為$\displaystyle\frac{5\sqrt2}2$。
解法二
容易列出距離函數 $f$ 如下，並據此配方法之 $$\begin{aligned}f\left(x,y,z\right)&=\sqrt{\left(x-3\right)^2+\left(y-4\right)^2+z^2}\\&=\sqrt{2(x-\frac32)^2+2(y-2)^2+\frac{25}2}\geq\frac{5\sqrt2}2.\end{aligned}$$


2. 計算題：每題 $15$ 分（沒有計算過程不予計分）
11. 設 $f\left(x\right)=xe^{-x}$，試描繪此函數圖形（請詳加討論）。
訣竅
為了描繪函數，我們應討論此函數的漸近線、極值與反曲點（如果有的話）。
解法
首先是漸近線，很容易可以看出沒有鉛直漸近線。而水平漸近線可以由 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)=0$ 知道為 $y=0$。最後關於斜漸近線可由 $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}=+\infty$ 知不存在。
再者，我們計算 $f'\left(x\right)=e^{-x}-xe^{-x}$、$f''\left(x\right)=-2e^{-x}+xe^{-x}$。如此極值可能發生的位置為 $x=1$，而反曲點可能的位置為 $x=2$。可以進一步檢驗得 $f''\left(1\right)=-e^{-1}<0$，因此為極大值，而 $f''\left(x\right)=\left(x-2\right)e^{-x}$ 可確實發現兩側的凹向性不同從而 $x=2$ 為反曲點。
據此作圖如下：



12. 1. 試求 $\ln\left(1+t\right)$ 在 $t=0$ 時的 Taylor 公式。
    2. 設 $\displaystyle F\left(x\right)=\int_0^x\frac{\ln\left(1+t\right)}t\,dt$，$x\in\left[0,1/2\right]$。試求一多項式使得在 $\left[0,1/2\right]$ 的區間中，該多項式與 $F\left(x\right)$ 的誤差小於 $10^{-3}$。
訣竅
直接根據定義或無窮等比級數求和公式。另一方面我們可以利用交錯級數的誤差估計來控制項數。
解法

1. 由於

   $\displaystyle\frac{d\left(\ln\left(1+t\right)\right)}{dt}=\frac1{1+t}=\sum_{k=0}^\infty\left(-1\right)^kt^k$.

   因此有

   $\displaystyle\ln\left(1+t\right)=\sum_{k=0}^\infty\left(-1\right)^k\frac{t^{k+1}}{k+1}+C$,

   其中 $C$ 為積分常數。我們可以取 $t=0$ 確定出 $C=0$，如此可得 $\ln\left(1+t\right)$ 的 Taylor 展開式為 $\displaystyle\sum_{k=0}^\infty\left(-1\right)^k\frac{t^{k+1}}{k+1}$。
2. 由前一小題的結果，我們可以知道

   $\displaystyle F\left(x\right)=\int_0^x\sum_{k=0}^\infty\left(-1\right)^k\frac{t^k}{k+1}\,dt=\sum_{k=0}^\infty\left(-1\right)^k\frac{x^{k+1}}{\left(k+1\right)^2}$.

   運用交錯級數的誤差估計，我們求最小的 $k$ 使得對所有 $x\in\left[0,1/2\right]$ 能有下列的不等式

   $\displaystyle\left|\left(-1\right)^k\frac{x^{k+1}}{(k+1)^2}\right|<10^{-3}$.

   為了使該不等式必然成立，我們考慮 $x=1/2$ 的情形，亦即

   $\displaystyle1000<2^{k+1}(k+1)^2$.

   容易嘗試可知當 $k=5$ 時能符合所求，因此我們取多項式 $\displaystyle P\left(x\right)$ 如下

   $\displaystyle P\left(x\right)=\sum_{k=0}^4\left(-1\right)^k\frac{x^{k+1}}{\left(k+1\right)^2}=x-\frac{x^2}4+\frac{x^3}9-\frac{x^4}{16}+\frac{x^5}{25}$.

   如此一來，我們有估計式如下

   $\displaystyle\left|F(x)-P(x)\right|\leq\left|\left(-1\right)^5\frac{x^6}{6^2}\right|\leq\frac{1}{2^6\cdot6^2}=\frac{1}{2304}<10^{-3}$.