國立臺灣大學九十學年度轉學生入學考試試題詳解

1. 填充題：每格 $10$ 分，共 $70$ 分。請依空格號碼將答案寫在答案紙上。
1. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac1{\sqrt n}\cdot\frac1{\sqrt{n+1}}+\frac1{\sqrt n}\cdot\frac1{\sqrt{n+2}}+\cdots+\frac1{\sqrt n}\cdot\frac{1}{\sqrt{n+n}}\right)=$　　(A)　　。
訣竅
將此化為 Riemann sum 後改算定積分即可。
解法
根據訣竅，我們可以是原極限改寫為\[\lim_{n\to\infty}\frac1n\left(\frac1{\sqrt{1+\frac1n}}+\frac1{\sqrt{1+\frac2n}}+\cdots+\frac1{\sqrt{1+\frac nn}}\right).\]如此我們可以考慮函數為 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac1{\sqrt{1+x}}$，區間在 $\left[0,1\right]$ 上被分割為 $n$ 等分的 Riemann sum，因此此極限收斂至 $\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1+x}}$，如此計算如下\[\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1+x}}=2\sqrt{1+x}\big|_0^1=2\sqrt2-2.\]


2. 定積分$\displaystyle\int_0^2\left|2x-x^3\right|\,dx=$　　(B)　　。
訣竅
分析出函數的正負行為後，按絕對值分段積分即可。
解法
由於 $f\left(x\right)=2x-x^3=0$ 的根為 $x=0$、$x=\pm\sqrt2$，其中介在 $\left(0,2\right)$ 之間的根為 $x=\sqrt2$。可以注意到在$x\in\left(0,\sqrt2\right)$ 時有 $f\left(x\right)>0$，而在 $x\in\left(\sqrt2,2\right)$ 時有 $f\left(x\right)<0$。因此原定積分可以改寫並計算如下\[\begin{aligned}\int_0^2\left|2x-x^3\right|\,dx&=\int_0^{\sqrt2}\left(2x-x^3\right)\,dx+\int_{\sqrt2}^2\left(x^3-2x\right)\,dx\\&=\left.x^2-\frac{x^4}4\right|_0^{\sqrt2}+\left.\frac{x^4}4-x^2\right|_{\sqrt2}^2=2.\end{aligned}\]


3. $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x\left(\sec t-1\right)\,dt}{x^3}=$　　(C)　　。
訣竅
運用 L'Hôpital 法則與微積分基本定理計算之。
解法
連續地使用 L'Hôpital 法則可以計算出以下結果\[\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\int_0^x\left(\sec t-1\right)\,dt}{x^3}&=\lim_{x\to0}\frac{\sec x-1}{3x^2}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\sec x\tan x}{6x}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\sec^2x\tan x+\sec^3x}6=\frac16.\end{aligned}\]


4. 設 $C$ 代表 $f\left(x\right)=x^3$ 之曲線。$P$ 為 $C$ 上一點（$P$ 異於原點）。今在 $P$ 點作切線交 $C$ 於另一點 $Q$，則在 $Q$ 點切線的斜率為在 $P$ 點切線斜率的多少倍？　　(D)　　。
訣竅
運用解析幾何的手法計算出各點的斜率後比較之。
解法
我們設 $P$ 點為 $\left(t,t^3\right)$，其中 $t\neq0$。因此利用點斜式可知在 $P$ 點的切線為 $y-t^3=3t^2\left(x-t\right)$。此直線與 $C$ 解聯立時代入 $y=x^3$ 可得
$x^3-t^3=3t^2(x-t)$.
由於 $P$、$Q$ 相異，故可約去因式 $x-t$，如此有 $x^2+xt+t^2=3t^2$，即有 $x^2+xt-2t^2=0$。因式分解有 $(x+2t)(x-t)=0$。因為 $x\neq t$，故得 $x=-2t$，從而 $Q$ 之座標為 $\left(-2t,-8t^3\right)$，從而兩點的斜率值相比為 $3\left(-2t\right)^2/(3t^2)=4$ 倍。


5. 定積分$\displaystyle\int_1^\infty\frac{dx}{x\left(x^2+1\right)}=$　　(E)　　。
訣竅
按有理函式的積分原則，改寫為部分分式後計算其積分。
解法
利用部分分式，我們將原本的瑕積分改寫並計算如下\[\int_1^\infty\frac{dx}{x\left(x^2+1\right)}=\lim_{t\to\infty}\int_1^t\left(\frac1x-\frac x{x^2+1}\right)dx=\lim_{t\to\infty}\left.\ln\frac x{\sqrt{x^2+1}}\right|_1^t=\frac{\ln2}2.\]


6. 函數 $f\left(x,y\right)=2x+y$ 在曲線 $x^2+4y^2=1$ 上之最大值為　　(F)　　。
訣竅
本題方法甚多，可以利用 Cauchy 不等式或 Lagrange 乘子法，甚至是線性規劃法。
解法一
根據 Cauchy 不等式，我們有\[\left[x^2+\left(2y\right)^2\right]\left[2^2+\left(\frac12\right)^2\right]\geq\left(2x+y\right)^2.\]因此我們有 $2x+y\leq\sqrt{17}/2$。
解法二
設 Lagrange 乘子函數為 $F\left(x,y,\lambda\right)=2x+y+\lambda\left(x^2+4y^2-1\right)$。據此我們聯立解\[\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,\lambda)=2+2\lambda x=0,\\&F_y(x,y,\lambda)=1+8\lambda y=0,\\&F_\lambda(x,y,\lambda)=x^2+4y^2-1=0.\end{aligned}\right.\]容易解得\[\lambda=-\frac1x=-\frac1{8y}.\]如此得 $x=8y$，代回 $x^2+4y^2=1$ 可得 $\displaystyle y=\pm\frac1{2\sqrt{17}}$，而 $\displaystyle x=\pm\frac4{\sqrt{17}}$，因此 $2x+y$ 的最大值為 $\displaystyle \frac8{\sqrt{17}}+\frac1{2\sqrt{17}}=\frac{\sqrt{17}}2$。
解法三
利用線性規劃的觀點，我們知道極值發生的位置的斜率與目標函數的斜率相同。因此我們利用隱函數微分可得 $\displaystyle 2x+8y\frac{dy}{dx}=0$，根據題意我們有 $\displaystyle\frac{dy}{dx}=-\frac x{4y}=-2$。故極值發生的位置應滿足 $x=8y$，餘下步驟同解法二。


7. 設 $\displaystyle I\left(R\right)=\iint_R\left(2-x^2-y^2\right)\,dx\,dy$；其中 $R$ 為平面上之有界區域，使得二重積分存在，則 $I\left(R\right)$ 之最大值為　　(G)　　。
訣竅
為使積分之值達到最大，應使函數值為正積分區域盡可能的大。
解法
由訣竅可知使積分值最大的區域 $R$ 為 $\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\leq2\right\}$。我們應用極座標變換 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其中 $0\leq r\leq\sqrt2$、$0\leq\theta\leq2\pi$。如此原雙重積分可以轉換並計算如下\[\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt2}\left(2-r^2\right)r\,dr\,d\theta=2\pi\left.\left(r^2-\frac{r^4}4\right)\right|_0^{\sqrt2}=2\pi.\]


2. 計算題：每題 $15$ 分，共 $30$ 分。若無計算過程，不予計分。
1. 有一圓湖，半徑為 $1$ 公里。一人欲自湖邊 $A$ 點至對岸點 $B$（即 $AB$ 為湖一直徑）。此人步行時速 $2$ 公里，划船時速 $1$ 公里。今欲從 $A$ 至 $B$ 可混合步行與划船二種方法。問最少需時多少？
訣竅
根據題意建立起相關的等式。此外可以分析距離與速度之間的基本關係，如此可以探求出省時的換算關係。
解法

倘若此人沿圓周逆時針前進距離 $2x$，那麼划船前進的距離即為 $2\sin x$，如此前者耗時 $x$，而後者耗時 $2\sin x$。可以輕易發現即便分為多次划船與圓弧岸上步行結果仍相同，因此我們考慮在半圓上前行 $2x$，則餘下的行程藉由划船應前進的距離為 $2\cos x$，則總費時函數為 $f\left(x\right)=x+2\cos x$，其中 $0<x<\pi/2$。

我們計算其導數為零的位置：$f'\left(x\right)=1-2\sin x=0$，如此可得 $ x=\pi/6$（$ x=5\pi/6$ 不合於所求）。再者 $f''\left(x\right)=-2\cos x$，可以見到 $f''\left(\pi/6\right)<0$，因此函數的最大值為 $f\left(\pi6\right)=\sqrt3+\pi/6$。又 $f\left(0\right)=2$、$f\left(\pi/2\right)=\pi/2$，可以知道最小值為 $\pi/2$。



2. 1. 試寫出 $ \left(1+t\right)^{-\frac{1}{2}}$，$\left|t\right|<1$ 之二項級數展開(binomial series expansion)。
   2. 設 $k$ 為正小數，$\displaystyle L\left(k\right)=\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-kx^3}}=a+bk+R\left(k\right)$，其中 $a$、$b$ 為常數且 $\displaystyle\lim_{k\to0}\frac{R\left(k\right)}k=0$，試求 $a$、$b$ 之值。
訣竅
運用 Taylor 展開式計算之。第二小題乃利用第一小題的結論代換之。
解法
根據題目的指示，寫出其二項式展開如下：\[\left(1+t\right)^{-1/2}=\sum_{n=0}^\infty{-1/2\choose n}t^n=\sum_{n=0}^\infty\left(-1\right)^n\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}t^n,\]其中 ${-1/2\choose n}$ 計算如下
$\begin{aligned}{-1/2\choose n}&=\frac{\displaystyle\left(-\frac12\right)\left(-\frac32\right)\cdots\left(-\frac{2n-1}2\right)}{1\cdot2\cdot\cdots\cdot n}\\&=\left(-1\right)^n\frac{1\cdot3\cdot\cdots\cdot\left(2n-1\right)}{2^nn!}\stackrel{\displaystyle\mbox{同乘以}~2\cdot4\cdot\cdots\cdot2n}{=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=}\left(-1\right)^n\frac{1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot\cdots\cdot\left(2n-1\right)\cdot2n}{2^nn!\cdot2\cdot4\cdot\cdots\cdot2n}\\&=\left(-1\right)^n\frac{\left(2n\right)!}{2^{2n}\left(n!\right)^2}.\end{aligned}$
根據 a. 的結果，我們可以知道 $L\left(k\right)$ 可以改寫如下\[L\left(k\right)=\int_0^1\sum_{n=0}^\infty{-1/2\choose n}\left(-kx^3\right)^ndx=\sum_{n=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^n{-1/2\choose n}k^n}{3n+1}=1+\frac k8+O\left(k^2\right),\]其中 $O\left(k^2\right)$ 表示次數大於或等於 $2$ 次的部分，因此我們取 $R\left(k\right)=O\left(k^2\right)$，而 $a=1$、$b=1/8$。