國立臺灣大學八十三學年度轉學生入學考試試題詳解

1. ($30\%$) 填充題（請先寫上題號 $\left(1\right),\left(2\right),\cdots,\left(10\right)$ 再寫答案，不要寫演算過程）
1. 若 $f'\left(x\right)=5f\left(x\right)$ 且 $f\left(0\right)=3$，則 $f\left(x\right)=$　(1)　。
訣竅
這是由函數的微分所建立起的微分方程，故透過積分求解。
解法
對原方程移項可得$\displaystyle\frac{df}f=5\,dx$，同取積分後得 $\ln f\left(x\right)=5x+C$，其中 $C$ 為積分常數。透過 $f\left(0\right)=3$ 可決定出 $C=\ln3$，於是 $f\left(x\right)=3e^{5x}$。


2. 若 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{2x^2+3x+4}-ax-b\right)=0$，($a,b$ 為常數)，則 $b=$　(2)　。
訣竅
應注意 $y=ax+b$ 為 $y=\sqrt{2x^2+3x+4}$ 的漸近線。
解法

根據斜漸近線的計算方法可得

$\begin{aligned} &a=\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{2x^2+3x+4}}x=\sqrt2,\\&b=\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{2x^2+3x+4}-\sqrt2x\right)=\lim_{x\to\infty}\frac{3x+4}{\sqrt{2x^2+3x+4}+\sqrt2x}=\frac{3\sqrt2}4.\end{aligned}$



3. 若 $\displaystyle\int_0^{x^2}f\left(t\right)dt=\sqrt{1+x^2}-1$，則 $\displaystyle f\left(\frac\pi2\right)=$　(3)　。
訣竅
由微積分基本定理將 $f$ 求出來。
解法

將題幹的方程式的等號兩邊對 $x$ 微分可得

$\displaystyle f\left(x^2\right)\cdot2x=\frac x{\sqrt{1+x^2}}$,

因此有

$\displaystyle f\left(x^2\right)=\frac1{2\sqrt{1+x^2}}$.

取 $\displaystyle x^2=\frac\pi2$ 代入有

$\displaystyle f\left(\frac\pi2\right)=\frac1{\sqrt{4+2\pi}}$.



4. $\displaystyle\int_1^\infty\frac{\ln x}{x^2}\,dx=$　(4)　。
訣竅
直接用分部積分法。
解法

運用分部積分法計算如下

$\displaystyle\int_1^\infty\frac{\ln x}{x^2}\,dx=\left.-\frac{\ln x}x\right|_1^\infty+\int_1^\infty\frac{dx}{x^2}=\left.-\frac1x\right|_1^\infty=1$.



5. $\displaystyle\int_0^1\int_y^1\frac{e^x-1}x\,dx\,dy=$　(5)　。
訣竅
由於直接積分是不可行的，因此運用 Fubini 定理交換積分次序再計算迭代積分。
解法

由於原積分區域為 $y\leq x\leq1$、$0\leq y\leq1$ 可變換為 $0\leq x\leq1$、$0\leq y\leq x$，如此原重積分可改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\int_0^1\int_0^x\frac{e^x-1}x\,dy\,dx&=\int_0^1\left.\left(\frac{e^x-1}xy\right)\right|_{y=0}^{y=x}dx\\&=\int_0^1\left(e^x-1\right)dx\\&=\left(e^x-x\right)\Big|_0^1\\&=e-2.\end{aligned}$



6. 設 $\displaystyle f\left(x,y\right)=xy+\frac{50}x+\frac{20}y$，$x>0$，$y>0$，則 $f$ 之極小值 $=$　(6)　。
訣竅
使用算術幾何不等式或由 $f_x=0=f_y$ 求極值可能的位置，再由二階判別法判定之。
解法一
運用算術幾何不等式可知
$\displaystyle f\left(x,y\right)=xy+\frac{50}x+\frac{20}y\geq3\sqrt[3]{xy\cdot\frac{50}x\cdot\frac{20}y}=3\sqrt[3]{1000}=30$.
等號成立條件為 $\displaystyle xy=\frac{50}x=\frac{20}y$，可聯立解得 $\left(x,y\right)=\left(5,2\right)$。
解法二
為了找出極值，我們需要解以下的聯立方程
$\left\{\begin{aligned}&f_x\left(x,y\right)=y-\frac{50}{x^2}=0,\\&f_y\left(x,y\right)=x-\frac{20}{y^2}=0.\end{aligned}\right.$
可解得 $\left(x,y\right)=\left(5,2\right)$。再者計算二階導函數可得 $\displaystyle f_{xx}\left(x,y\right)=\frac{100}{x^3}$、$f_{xy}=f_{yx}=1$、$\displaystyle f_{yy}=\frac{40}{y^2}$，由此可知 $\left(f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2\right)\left(5,2\right)=7>0$，且 $f_{xx}>0$，因此 $\left(5,2\right)$ 為極小點，代入可得極小值為 $f\left(5,2\right)=30$。


7. 圖形 $3y^2=2x^3$，自點 $\left(0,0\right)$ 至點 $\displaystyle\left(2,\frac{4\sqrt3}3\right)$ 之曲線長為　(7)　。
訣竅
參數化後由曲線長公式求解。
解法

將 $3y^2=2x^3$ 參數化為 $x=6t^2$、$y=12t^3$，根據始點與終點可知 $0\leq t\leq1/\sqrt3$，故曲線長為

$\begin{aligned}s&=\int_0^{1/\sqrt3}\sqrt{\left(12t\right)^2+\left(36t^2\right)^2}\,dt\\&=\int_0^{1/\sqrt3}12t\sqrt{1+9t^2}\,dt\\&=6\int_0^{1/\sqrt3}\sqrt{1+9t^2}\,dt^2\\&=\frac23\int_0^{1/\sqrt3}\sqrt{1+9t^2}\,d\left(1+9t^2\right)\\&=\left.\frac49\left(1+9t^2\right)^{\frac32}\right|_0^{1/\sqrt3}\\&=\frac{28}9.\end{aligned}$



8. 將圓盤 $x^2+\left(y-2a\right)^2\leq a^2$ ($a>0$) 繞直線 $y=x$ 一周，所得旋轉體之體積為　(8)　。
訣竅
由於圓盤與旋轉軸不相交，故旋轉體為環體，由 Pappus 幾何中心定理可將其拉直為圓柱狀，其高為中心的路徑長。
解法

使用 Pappus 定理即可列式如下

$V=\pi a^2\times2\sqrt2a\pi=2\sqrt2a^3\pi^2$.



9. 級數 $\displaystyle\frac13+\frac2{3^2}+\frac3{3^3}+\cdots+\frac n{3^n}+\cdots$ 之和 $=$　(9)　。
訣竅
等比級數技巧。
解法
在求解前應當確認其收斂性：由比值審歛法可知收斂。由此設
$\displaystyle S=\frac13+\frac2{3^2}+\frac3{3^3}+\cdots+\frac n{3^n}+\cdots$
同乘以 $1/3$ 可得
$\displaystyle\frac S3=\frac1{3^2}+\frac2{3^3}+\frac3{3^4}+\cdots+\frac n{3^{n+1}}+\cdots$.
兩式相減後可得
$\displaystyle\frac{2S}3=\frac13+\frac1{3^2}+\frac1{3^3}+\cdots+\frac1{3^n}+\cdots=\frac12$.
因此 $\displaystyle S=\frac34$。


10. 若 $f$ 是 $r$ 的二階可導函數，$r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$；且 $f_{xx}+f_{yy}+f_{zz}=0$，則 $f\left(r\right)=$　(10)　。
訣竅
利用多變數連鎖律改寫式子後解微分方程即可。
解法
由於 $f$ 為 $r$ 的函數，因此由多變數連鎖律可得
$\displaystyle\begin{aligned} &\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{df}{dr}\frac{\partial r}{\partial x}=\frac x{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}f'\left(r\right)=\frac xrf'\left(r\right),\\&\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{df}{dr}\frac{\partial r}{\partial y}=\frac y{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}f'\left(r\right)=\frac yrf'\left(r\right),\\&\frac{\partial f}{\partial z}=\frac{df}{dr}\frac{\partial r}{\partial z}=\frac z{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}f'\left(r\right)=\frac zrf'\left(r\right),\end{aligned}$
繼續計算二階偏導函數可得
$\displaystyle\begin{aligned} &\frac{\partial^2f}{\partial x^2}=\frac1rf'\left(r\right)-\frac{x^2}{r^3}f'\left(r\right)+\frac{x^2}{r^2}f''\left(r\right),\\&\frac{\partial^2f}{\partial y^2}=\frac1rf'\left(r\right)-\frac{y^2}{r^3}f'\left(r\right)+\frac{y^2}{r^2}f''\left(r\right),\\&\frac{\partial^2}{\partial z^2}=\frac1rf'\left(r\right)-\frac{z^2}{r^3}f'\left(r\right)+\frac{z^2}{r^2}f''\left(r\right).\end{aligned}$
將三式相加可得
$\displaystyle f''\left(r\right)+\frac2rf'\left(r\right)=0$.
兩邊同乘以 $r^2$ 可得
$\displaystyle\frac d{dr}\left(r^2f'\left(r\right)\right)=r^2f''\left(r\right)+2rf'\left(r\right)=0$.
因此同取不定積分有
$r^2f'\left(r\right)=C_1$.
此等同於 $f'\left(r\right)=C_1r^{-2}$，再取一次不定積分可得
$\displaystyle f\left(r\right)=-\frac{C_1}r+C_2$,
其中 $C_1$ 與 $C_2$ 皆為積分常數。
2. ($15\%$)
   1. 若 $f$ 連續函數，試證 $\displaystyle\int_0^\pi xf\left(\sin x\right)dx=\frac\pi2\int_0^\pi f\left(\sin x\right)dx$。
   2. 求 $\displaystyle\int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}dx$。
訣竅
利用變數代換法後，運用證明的結果來計算之。
解法

1. 考慮 $x=\pi-t$，則有以下關係式：

   $\begin{aligned}\int_{\pi/2}^\pi\left(x-\frac\pi2\right)f\left(\sin x\right)dx&=\int_{\pi/2}^0\left(\frac\pi2-t\right)f\left[\sin\left(\pi-t\right)\right]d\left(\pi-t\right)\\&=\int_0^{\pi/2}\left(\frac\pi2-t\right)f\left(\sin t\right)dt.\end{aligned}$

   又由於 $t$ 為啞鈴變數，故再改寫回 $x$ 可得：

   $\displaystyle\int_{\pi/2}^\pi\left(x-\frac\pi2\right)f\left(\sin x\right)dx=\int_0^{\pi/2}\left(\frac\pi2-x\right)f\left(\sin x\right)dx$.

   此式等同於

   $\displaystyle\int_0^\pi\left(x-\frac\pi2\right)f\left(\sin x\right)dx=0$.

   因此移項後可得

   $\displaystyle\int_0^\pi xf\left(\sin x\right)dx=\frac\pi2\int_0^\pi f\left(\sin x\right)dx$.

2. 設 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{\sin x}{2-\sin^2x}=\frac{\sin x}{1+\cos^2x}$，因此由前一小題的結果可得：

   $\displaystyle\int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\,dx=\frac\pi2\int_0^\pi\frac{\sin x}{1+\cos^2x}\,dx=\left.-\frac\pi2\arctan\left(\cos x\right)\right|_0^\pi=\frac{\pi^2}4$.



3. ($15\%$) 若 $R$ 是第一象限內由曲線 $y=x^2$ 及 $x=y^2$ 所圍區域，$C$ 為其邊界(反時針方向)，試求線積分 $\displaystyle\oint_C\left(2xy-x^2\right)dx+\left(x+y^2\right)dy$。
訣竅
可以沿著參數曲線作積分；另外也可使用 Green 定理化為雙重積分。
解法一

先沿著 $y=x^2$ 的曲線從 $\left(0,0\right)$ 到 $\left(1,1\right)$，接著再沿著 $x=y^2$ 從 $\left(1,1\right)$ 到 $\left(0,0\right)$，故原式改寫並計算如下

$\begin{aligned}\oint_C\left(2xy-x^2\right)dx+\left(x+y^2\right)dy&=\int_0^1\left(2x^3-x^2\right)dx+\left(x+x^4\right)dx^2+\int_1^0\left(2y^3-y^4\right)dy^2+2y^2dy\\&=\int_0^1\left(2x^5+2x^3+x^2\right)dx-\int_0^1\left(4x^4-2x^5+2x^2\right)dx\\&=\int_0^1\left(4x^5-4x^4+2x^3-x^2\right)dx\\&=\left.\left(\frac{2x^6}3-\frac{4x^5}5+\frac{x^4}2-\frac{x^3}3\right)\right|_0^1\\&=\frac1{30}.\end{aligned}$

解法二

由 Green 定理可將原式改寫並計算如下

$\begin{aligned}\displaystyle\oint_C\left(2xy-x^2\right)dx+\left(x+y^2\right)dy&=\iint_R\left(1-2x\right)\,dx\,dy\\&=\int_0^1\int_{y^2}^{\sqrt y}\left(1-2x\right)\,dx\,dy\\&=\int_0^1\left(x-x^2\right)\Big|_{x=y^2}^{x=\sqrt y}dy\\&=\int_0^1\left(\sqrt y-y-y^2+y^4\right)dy\\&=\left.\left(\frac23y^{\frac32}-\frac{y^2}2-\frac{y^3}3+\frac{y^5}5\right)\right|_0^1\\&=\frac1{30}.\end{aligned}$