國立臺灣大學九十一學年度轉學生入學考試試題詳解

1. 填充題：每題 $10$ 分。請依題號將答案寫在答案紙上。
1. 曲線 $f\left(x\right)=\sqrt{x^2+x+1}$ 在 $\left(-1,1\right)$ 點之斜率為　　　　。
訣竅
根據連鎖律計算其微分，代入座標後即可找出斜率。
解法
易知 $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{2x+1}{2\sqrt{x^2+x+1}}$，因此 $\displaystyle f'\left(-1\right)=-\frac12$。


2. 定積分 $\displaystyle\int_0^{\sqrt2}x\sqrt{4-x^4}\,dx=$　　　　。
訣竅
利用變數代換簡化本題的計算。
解法
令 $u=x^2$，因此上下界化為 $u=0$ 至 $u=2$，因此原定積分可改寫為\[\int_0^{\sqrt2}x\sqrt{4-x^4}\,dx=\frac12\int_0^2\sqrt{4-u^2}\,du.\]因此我們可以再令 $u=2\sin\theta$，如此上下界又改為 $\theta=0$ 至 $\theta=\pi/2$，如此定積分最終可以改寫並計算如下\[\begin{aligned}\int_0^{\sqrt2}x\sqrt{4-x^4}\,dx&=\frac12\int_0^{\pi/2}2\cos\theta\cdot2\cos\theta\,d\theta\\&=\int_0^{\pi/2}\left(1-\cos2\theta\right)\,d\theta\\&=\left.\theta-\frac12\sin2\theta\right|_0^{\pi/2}=\frac\pi2.\end{aligned}\]


3. 試找出一函數 $f\left(x,y,z\right)$ 滿足 $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}=2xy$，$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}=x^2-z^2$，$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial z}=-2yz$。答：$f\left(x,y,z\right)=$　　　　。
訣竅
逐步積分，應注意各個階段的積分常數僅獨立當下的積分變數。
解法
由於 $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}=2xy$，因此對 $x$ 積分可得 $f\left(x,y,z\right)=x^2y+g\left(y,z\right)$。
據此，我們對 $y$ 偏微分可得 $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}=x^2+\frac{\partial g}{\partial y}$，根據題目的條件可知 $\displaystyle\frac{\partial g}{\partial y}=-z^2$，故 $g\left(y,z\right)=-yz^2+h\left(z\right)$，如此知 $f\left(x,y,z\right)=x^2y-yz^2+h\left(z\right)$。
最後我們計算對 $z$ 的偏微分可得 $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial z}=-2yz+h'\left(z\right)$，因此 $h'\left(z\right)=0$，故 $h\left(z\right)=C$，其中 $C$ 為積分常數。
因此我們得到 $f\left(x,y,z\right)=x^2y-yz^2+C$。


4. 利用 $\left(1-x\right)^{-1}$ 在 $0$ 點之泰勒展開式，可求得 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac n{2^{n+1}}$ 之值為　　　　。
訣竅
根據題意所述進行 Taylor 展開後，取特殊值代入可將展開式化為題目所求。
解法

容易注意到這是無窮等比級數之和，亦即它的 Taylor 展開式為

$\displaystyle\frac1{1-x}=\sum_{n=0}^\infty x^n\quad\text{for}\quad\left|x\right|<1$.

我們兩邊同取微分可得

$\displaystyle\frac1{\left(1-x\right)^2}=\sum_{n=1}^\infty nx^{n-1}=\sum_{n=0}^\infty nx^{n-1}$.

兩邊同乘 $x^2$ 後，再代入 $x=1/2$，如此有

$\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac n{2^{n+1}}=1$.



5. $f\left(x\right)=e^{x^2}$，則 $f$ 之 $100$ 次導數 $f^{\left(100\right)}\left(0\right)=$　　　　。
訣竅
類同 86年度轉學考 的第 b 題，利用 Taylor 展開式取 $x^{100}$ 的係數後乘以 $100!$。
解法
已知 $e^x$ 的 Taylor 展開式為 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}$，因此我們知道 $f$ 的 Taylor 展開式為
$\displaystyle f\left(x\right)=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n}}{n!}$.
因此可知 $x^{100}$ 的係數為 $\displaystyle\frac1{50!}$，因此 $\displaystyle f^{\left(100\right)}\left(0\right)=\frac{100!}{50!}$。


6. $\displaystyle D=\iint_R2y^2\sin xy\,dA$；其中 $R$ 為平面上由 $\left(0,0\right)$, $\left(2,2\right)$, $\left(0,2\right)$ 三點所圍成之三角形區域，則 $D=$　　　　。
訣竅
選出適當的積分順序後計算之。
解法

畫出區域後，我們容易知道範圍可表達為$0\leq x\leq y$、$0\leq y\leq2$，因此重積分可表達並計算如下

$\begin{aligned}D&=\int_0^2\int_0^y2y^2\sin xy\,dx\,dy\\&=-2\int_0^2y\cos xy\Big|_0^y\,dy\\&=-2\int_0^2\left(y\cos y^2-y\right)\,dy\\&=-\sin y^2+y^2\Big|_0^2=4-\sin4.\end{aligned}$



7. 設 $f\left(x,y\right)=x^2+3y^2+2y$ 在單位圓盤 $x^2+y^2\leq1$ 之最大值為 $M$，最小值為 $m$，則 $\left(M,m\right)=$　　　　。
訣竅
由於限制條件不為等式，可以補為等式後運用 Lagrange 乘子法來求極值。此外本題亦可直接配方法計算之。
解法一
首先研究 $x^2+y^2<1$ 的極值情形，為此我們聯立解
$\left\{\begin{aligned}&f_x(x,y)=2x=0,\\&f_y(x,y)=6y+2=0.\end{aligned}\right.$
容易解得 $\left(0,-1/3\right)$（屬於題目給定的區域中）。再者利用二階偏導數研究其極值 $f_{xx}=2$、$f_{xy}=f_{yx}=0$、$f_{yy}=6$，因此 $f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2=12>0$，由此可知這是局部極小值。
現在我們轉而研究此函數在邊界上的極值：考慮 Lagrange 乘子函數如下
$F\left(x,y,\lambda\right)=x^2+3y^2+2y+\lambda\left(x^2+y^2-1\right)$.
如此聯立解
$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,\lambda)=2x+2\lambda x=0,\\&F_y(x,y,\lambda)=6y+2+2\lambda y=0,\\&F_\lambda(x,y,\lambda)=x^2+y^2-1=0.\end{aligned}\right.$
由第一式可得 $x=0$ 或 $\lambda=-1$，前者可解得 $\left(0,\pm1\right)$，而後者可解得 $(\pm\sqrt3/2,-1/2)$。
因此我們計算下列函數值$f\left(0,1\right)=5$、$f\left(0,-1\right)=1$、$f\left(\pm\sqrt3/2,-1/2\right)=1/2$、$f\left(0,-1/3\right)=-1/3$，因此 $M=5$、$m=-1/3$。
解法二
考慮虛擬變數 $t$ 使得限制條件化為 $x^2+y^2+t^2=1$，如此考慮 Lagrange 乘子函數如下
$F\left(x,y,t,\lambda\right)=x^2+3y^2+2y+\lambda\left(x^2+y^2+t^2-1\right)$.
如此聯立解
$\displaystyle\frac{\partial F}{\partial x}=\frac{\partial F}{\partial y}=\frac{\partial F}{\partial t}=\frac{\partial F}{\partial \lambda}=0$.
對於 $\displaystyle\frac{\partial F}{\partial t}=0$ 可以給我們 $t\lambda=0$，因此 $t=0$ 或 $\lambda=0$。
首先是 $t=0$，此時我們可以藉由前兩個聯立式得到如解法一中運用 Lagrange 乘子法時的點座標；而當 $\lambda=0$ 則會給我們解法一中值皆偏微計算的點座標。因此我們直接驗算這些座標的函數值即可，餘下步驟同解法一。
解法三
首先探求最大值方面，由於 $x^2+y^2\leq1$，因此 $x^2+3y^2+2y\leq1+2y^2+2y$。注意到此為一開口向上的二次函數，極小值發生在 $y=-1/2$ 的位置，從而遠離此座標將使函數值達到最大，又題目限制的區域為圓盤，進而 $y\leq1$，故 $f\left(x,y\right)\leq5$，其中當 $\left(0,1\right)$ 可以達到最大值。
現在我們來研究最小值的情況，由於 $x^2\geq0$，因此 $f\left(x,y\right)\geq3y^2+2y$，此為開口向上的二次函數，因此在 $y=-1/3$ 達到最小值。
綜上所述，最大值 $M=f\left(0,1\right)=5$，而最小值 $m=f\left(0,-1/3\right)=-1/3$。


2. 計算題：每題 $10$ 分。若無計算過程，不予計分。
1. 某工廠生產兩種產品 $A$ 與 $B$。若生產 $x$ 數量之 $A$ 產品及 $y$ 數量之 $B$ 產品時，$x$、$y$ 需滿足 $9x^2+4y^2=18000$。每個 $A$ 產品之利潤為 $3$ 元，每個 $B$ 產品之利潤為 $4$ 元。今欲得最大利潤，則 $x$、$y$ 應如何配置？
訣竅
本題解法甚多，可以運用 Lagrange 乘子法或 Cauchy 不等式，甚至線性規劃亦可求解之。
解法一
按題意，可知利潤為 $3x+4y$。因此利用 Lagrange 乘子法可列式為
$F\left(x,y,\lambda\right)=3x+4y+\lambda\left(9x^2+4y^2-18000\right)$.
據此解聯立式
$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,\lambda)=3+18\lambda x=0,\\&F_y(x,y,\lambda)=4+8\lambda y=0,\\&F_\lambda(x,y,\lambda)=9x^2+4y^2-18000.\end{aligned}\right.$
可以解得 $\displaystyle\lambda=-\frac1{6x}=-\frac1{2y}$，故有 $y=3x$，因此代入限制條件式中即有 $x=20$、$y=60$（負明顯不合）。此時能使利潤極大。
解法二
根據 Cauchy 不等式，我們有
$\left[\left(3x\right)^2+\left(2y\right)^2\right]\left(1^2+2^2\right)\geq\left(3x+4y\right)^2$,
如此可得
$300\geq3x+4y\geq-300$.
因此最大利潤為 $300$，此時 $x$、$y$ 滿足 $\displaystyle\frac{3x}1=\frac{2y}2$，即 $y=3x$。因此由 $3x+4y=300$，可以解得 $x=20$、$y=60$。
解法三
利用線性規劃的思想，我們可以注意到當限制條線上的座標的切線斜率與目標函數的斜率相同時該座標極為極值。因此我們計算隱函數微分如下
$\displaystyle18x+8y\frac{dy}{dx}=0$.
因此要滿足 $\displaystyle\frac{dy}{dx}=-\frac{9x}{4y}=-\frac34$，即 $y=3x$。因此代入限制條件式可得 $x=20$、$y=30$（負不合）。


2. 在誤差小於 $10^{-3}$ 之範圍內，試估計 $\sin1$ 之值。
訣竅
運用 Taylor 展開式，並根據交錯級數的誤差估計可找出符合估計的最少項數。
解法
根據 $\sin x$ 的 Taylor 展開式為$\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\left(-1\right)^n\frac{x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}$，故取 $x=1$ 即有
$\displaystyle\sin1=\sum_{n=0}^\infty\left(-1\right)^n\frac1{\left(2n+1\right)!}=1-\frac16+\frac1{120}-\frac1{5040}+\cdots$.
由於誤差要在 $10^{-3}$ 之內，我們取前三項即可，因此我們得到 $\displaystyle\sin1\approx1-\frac16+\frac1{120}=\frac{101}{120}\approx0.84167$。


3. 試繪 $y'=y\left(1-y\right)$，$\displaystyle y\left(0\right)=\frac13$ 之解 $y\left(t\right)$ 之圖形。($0\leq t\leq\infty$)
訣竅
解出此微分方程後，研究其漸近線、極值與反曲點後描繪之。
解法
整理原微分方程如下
$\displaystyle\frac{dy}{y\left(1-y\right)}=dt$.
同取積分可算得
$\displaystyle\ln\left(\frac{y}{1-y}\right)=t+C$,
其中 $C$ 為積分常數。我們代入$\left(0,1/3\right)$ 可得 $C=-\ln2$，因此我們有
$\displaystyle y=\frac{e^t}{e^t+2}$.
首先可以發現 $\displaystyle\lim_{t\to\infty}y\left(t\right)=1$，因此水平漸近線為 $y=1$。而且容易知道不存在鉛直漸近線與斜漸近線。
再者我們可以計算一階導函數與二階導函數分別為 $\displaystyle y'\left(t\right)=\frac{2e^t}{\left(e^t+2\right)^2}>0$、$\displaystyle y''\left(t\right)=-\frac{2e^t\left(e^t-2\right)}{\left(e^t+2\right)^3}$。因此函數總是遞增，故不存在極值。再者由 $y''\left(t\right)=0$，可解得 $t=\ln2$。由於在兩側的凹向性不同，故反曲點為 $\left(\ln2,1/2\right)$。
作圖如下：