國立臺灣大學一百零一學年度轉學生入學考試試題詳解

＊注意：請於答案卷上依序作答，並應註明作答之大題及其題號。

1. 填充題：請標明題號及格號，並依續作答。共 $6$ 題，每題 $10$ 分，計 $60$ 分。（一題兩格者，每格 $5$ 分）
1. 令函數 $y=\cos x$ 之圖形與三直線 $x=-a$、$x=0$、$x=a$（$0<a<\pi$）的交點分別為 $A$、$B$、$C$，$P$ 為三角形 $ABC$ 之外心（外接圓圓心），$Q$ 為三角形 $ABC$ 之內心（內切圓圓心）。當 $a\to0^+$ 時，點 $P$ 的極限位置座標為　　(1a)　　；$Q$ 的極限位置座標為　　(1b)　　。
訣竅
計算出外心座標後後取極限即可。至於內心則可透過座標必落在三角形內部而獲得。
解法

設 $A\left(-a,\cos a\right)$、$B\left(0,1\right)$、$C\left(a,\cos a\right)$，則外心座標為三中垂線之交點。其中易知 $\overline{AC}$ 的中垂線為 $x=0$，而 $\overline{AB}$ 的中垂線為：

$\displaystyle y-\frac{1+\cos a}2=-\frac{a}{1-\cos a}\left(x+\frac a2\right)$

因此外心座標為 $\displaystyle\left(0,\frac{a^2-\sin^2a}{2\left(\cos a-1\right)}\right)$，從而取 $a\to0^+$ 時可根據 L'Hôpital 法則有

$\displaystyle\lim_{a\to0^+}\frac{a^2-\sin^2a}{2\left(1-\cos a\right)}=\lim_{a\to0^+}\frac{2a-\sin2a}{2\sin a}=\lim_{a\to0^+}\frac{2-2\cos2a}{2\cos a}=0$

故外心的極限座標為 $\left(0,0\right)$。

另一方面，內心 $Q$ 必落在三角形 $ABC$ 之中，而三點的極限座標皆為 $\left(0,1\right)$，因此內心的極限座標亦為 $\left(0,1\right)$。



2. 令 $n$ 為任意正整數。當 $a=$　　(2a)　　時，曲線 $y=ax^n$ 與 $y=\ln x$ 相切，且此時切點為　　(2b)　　。
訣竅
設相切時的 $x$ 的坐標為 $p$，此時 $y$ 坐標相同且斜率亦相同。
解法
由於兩曲線相切時表明在交點的函數值與斜率相同，如此我們有：
$\displaystyle\left\{\begin{aligned}&ap^n=\ln p,\\&anp^{n-1}=\frac1p.\end{aligned}\right.$
由第二式可知 $\displaystyle ap^n=\frac1n$，如此代回第一式中可知 $p=e^{1/n}$，從而有 $\displaystyle a=\frac1{np^n}=\frac1{ne}$，此時切點座標為 $(e^{1/n},1/n)$。


3. 假設台北 $101$ 大樓在高度 $250$ 公尺處有一探照燈，在大樓前方 $100$ 公尺處，有一架直升機在高度 $190$ 公尺的空中投下一物體。物體自由落下，物體在地面的影子隨之移動，則在落下　　(3a)　　秒時，影子移動速率最快，此時速率為　　(3b)　　。（以 $g=10~\mbox{m}^2/\sec$ 計算之。）
訣竅
根據題意畫出簡圖並配合三角形比例求解。
解法



經過時間 $t$ 秒時，物體的位置為離地 $190-5t^2$ 公尺高，因此由此相似三角形可得

$\displaystyle\frac{190-5t^2}{250}=\frac{x}{100+x}$

因此$\displaystyle x=100\left(\frac{38-t^2}{12+t^2}\right)=100\left(\frac{50}{12+t^2}-1\right)$

其中 $x$ 即為影子的位置，欲求其移動速率最快，即 $x''\left(t\right)=0$ 之時，因此逐次微分有

$\begin{aligned}&x'\left(t\right)=\frac{-10000t}{\left(12+t^2\right)^2},\\&x''\left(t\right)=\frac{-10000}{\left(12+t^2\right)^2}+\frac{40000t^2}{\left(12+t^2\right)^3}=0.\end{aligned}$

如此可得 $4t^2-\left(12+t^2\right)=0$，因此有 $t=2$，而 $t=-2$ 不合。再者可由 $x'''\left(2\right)<0$ 而知當 $t=2$ 時有極大速率，速率為

$\displaystyle\left|x'\left(2\right)\right|=\frac{625}8=78.125~\mbox{m}/\mbox{sec}$



4. 若函數 $f\left(x\right)$ 滿足方程式 $\displaystyle f\left(x\right)=x+\int_0^1f\left(t\right)e^tdt$，則 $f\left(x\right)$ 可具體表成　　(4)　　。
訣竅
定積分之值必為一常數，因此設 $f\left(x\right)=x+C$ 代回求解。
解法

由訣竅可知

$\displaystyle C=\int_0^1\left(t+C\right)e^tdt=\int_0^1te^tdt+C\int_0^1e^tdt=\left.\left(te^t-e^t+Ce^t\right)\right|_0^1=Ce+1-C$

即 $\left(2-e\right)C=1$，因此 $\displaystyle C=\frac1{2-e}$，如此得

$\displaystyle f\left(x\right)=x+\frac1{2-e}$



5. 若 $n$ 為正整數，$a,b\neq0$，則積分 $\displaystyle\int\frac{dx}{x\left(a+bx^n\right)^2}=$　　(5)　　。
訣竅
可以考慮代換法，令 $t=x^n$；亦可利用上下同乘以 $x^{n-1}$ 達到類似地效果。
解法一

令 $t=x^n$，則 $x=\sqrt[n]t$、$\displaystyle dx=\frac{dt}{n\sqrt[n-1]t}$，於是原不定積分可改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\int\frac{dx}{x\left(a+bx^n\right)^2}&=\frac1n\int\frac{dt}{t\left(a+bt\right)^2}\\&=\frac1n\int\left[\frac1{a^2t}-\frac b{a^2\left(a+bt\right)}-\frac b{a\left(a+bt\right)^2}\right]dt\\&=\frac1n\left[\frac{\ln t}{a^2}-\frac{\ln\left(a+bt\right)}{a^2}+\frac1{a\left(a+bt\right)}\right]+C\\&=\frac1n\left[\frac{n\ln x}{a^2}-\frac{\ln\left(a+bx^n\right)}{a^2}+\frac1{a\left(a+bx^n\right)}\right]+C.\end{aligned}$

解法二
上下同乘 $x^{n-1}$ 後可將原式作如下變形
$\displaystyle\int\frac{dx}{x\left(a+bx^n\right)^2}=\int\frac{x^{n-1}dx}{x^n\left(a+bx^n\right)^2}=\frac1n\int\frac{dx^n}{x^n\left(a+bx^n\right)}$
餘下步驟與解法一雷同，其中僅需將 $x^n$ 視為一整體來進行處理即可。


6. 極座標曲線 $r=e^{-\theta}$，$\theta\geq0$ 的全長為　　(6)　　。
訣竅
由極坐標求弧長之公式即可。
解法

由極座標的弧長公式計算如下：

$\displaystyle\begin{aligned}s&=\int_0^\infty\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2}d\theta\\&=\int_0^\infty\sqrt{e^{-2\theta}+e^{-2\theta}}d\theta\\&=\sqrt2\int_0^\infty e^{-\theta}d\theta\\&=-\sqrt2e^{-\theta}\Big|_0^\infty=\sqrt2.\end{aligned}$



2. 計算題：每題 $15$ 分（沒有計算過程不予計分）
7. 求極限

   $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\tan x-\tan^{-1}x-\frac23x^3}{\displaystyle e^{x^2}\sin x-x-\frac56x^3}$

   之值。
訣竅
由於其形式之複雜不易由 L'Hôpital 法則求解，從而考慮 Taylor 展開式。
解法

由常見的 Taylor 展開式知

$\displaystyle\begin{aligned}&\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+\cdots\\&\tan^{-1}x=x-\frac{x^3}3+\frac{x^5}5-\cdots\\&e^{x^2}=1+x^2+\frac{x^4}{2}+\frac{x^6}{6}+\cdots\\&\sin x=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}-\cdots\end{aligned}$

將這些資訊代入後有

$\begin{aligned}&~~~~\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\tan x-\tan^{-1}x-\frac23x^3}{\displaystyle e^{x^2}\sin x-x-\frac56x^3}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\left(x+\frac{x^3}3+\frac{2x^5}{15}+\cdots\right)-\left(x-\frac{x^3}3+\frac{x^5}5-\cdots\right)-\frac23x^3}{\displaystyle\left(1+x^2+\frac{x^4}2+\frac{x^6}6+\cdots\right)\left(x-\frac{x^3}6+\frac{x^5}{120}-\cdots\right)-x-\frac56x^3}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle-\frac{x^5}{15}+\cdots}{\displaystyle\frac{41}{120}x^5+\cdots}\\&=-\frac8{41}.\end{aligned}$



8. 令 $E$ 為包含直線 $\left\{\begin{aligned}&x=t\\&y=t\\&z=-t+1\end{aligned}\right.$，$t\in\mathbb R$ 及點 $\left(1,0,0\right)$ 的平面，$E$ 上有一以 $\left(0,-1,1\right)$ 為圓心、半徑為 $1$ 之圓 $C$。試問點 $P\left(0,0,-3\right)$ 到圓 $C$ 上那一點的距離最長？到圓 $C$ 上那一點的距離最短？
訣竅
依序解出平面 $E$、圓 $C$，接著由兩點之間的距離公式求極值即可。
解法一
命 $\left(1,0,0\right)$ 為點 $A$，取直線上一點 $t=0$，$\left(0,0,1\right)$ 為點 $B$，而直線方向向量為 $\left(1,1,-1\right)$，因此平面法向量 $\vec n=\vec{AB}\times\left(1,1,-1\right)=\left(-1,0,-1\right)$。又平面 $E$ 過點 $A$，從而平面 $E$ 的方程式為 $x+z=1$。現自平面上設任意點為 $\left(t,s,1-t\right)$，其中 $s,t\in\mathbb R$，因此由點到圓心必等於半徑得：
$\left(t-0\right)^2+\left(s+1\right)^2+\left[1-\left(1-t\right)\right]^2=1$
即 $2t^2+\left(s+1\right)^2=1$。因此圓周 $C$ 上的點可被參數化為 $\displaystyle\left(t,s\right)=\left(\frac{\cos\theta}{\sqrt2},-1+\sin\theta\right)$，其中 $\theta\in\left[0,2\pi\right)$。透過計算可知兩點間的距離平方為 $18-4\sqrt2\cos\theta-2\sin\theta$。運用三角函數的疊合可知
$\displaystyle-4\sqrt2\cos\theta-2\sin\theta=6\left(-\frac{2\sqrt{2}}{3}\cos\theta-\frac{1}{3}\sin\theta\right)=6\sin\left(\theta+\phi\right)$,
其中
$\displaystyle\left\{\begin{aligned}&\sin\phi=-\frac{2\sqrt2}3,\\&\cos\phi=-\frac13.\end{aligned}\right.$
因此兩點距離的平方的最大值為 $18+6=24$，最小值為 $18-6=12$，故 $d_{\max}=2\sqrt6$，其對應點為 $\displaystyle\left(-\frac23,-\frac43,\frac53\right)$；$d_{\min}=2\sqrt3$，其對應點為 $\displaystyle\left(\frac23,-\frac23,\frac13\right)$。
解法二

承解法一已知平面 $E$ 為 $x+z=1$，那麼求 $P\left(0,0,-3\right)$投影到平面$E$的點$T$座標如下：

設通過 $P$ 且垂直平面 $E$ 的直線參數式為 $\left\{\begin{aligned} &x=t\\&y=0\\&z=-3+t\end{aligned}\right.$，代入平面方程 $E$ 可得 $t+\left(-3+t\right)=1$，得 $t=2$，此時投影點 $T$ 的座標為 $\left(2,0,-1\right)$。

容易知道 $T$ 到 $C$ 之圓心距離為 $\sqrt{2^2+\left(-1\right)^2+\left(-2\right)^2}=3$，故由分點公式可求出最近的點與最遠的點如下

$\displaystyle\begin{aligned} &P_{\min}=\frac{\left(2,0,-1\right)\cdot1+\left(0,-1,1\right)\cdot2}3=\frac{\left(2,-2,1\right)}{3}=\left(\frac23,-\frac23,\frac13\right),\\&P_{\max}=\frac{\left(2,0,-1\right)\cdot\left(-1\right)+\left(0,-1,1\right)\cdot4}3=\frac{\left(-2,-4,5\right)}3=\left(-\frac23,-\frac43,\frac53\right)\end{aligned}$



9. 空間曲面 $x^{\frac23}+y^{\frac23}+z^{\frac23}=1$ 圍成一區域，求該區域之體積。
訣竅
考慮變數代換 $x=u^3$，$y=v^3$，$z=w^3$ 化為球體後求解。
解法

$\left|J\right|=\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial v}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial w}\\\displaystyle\frac{\partial y}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial v}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial w}\\\displaystyle\frac{\partial z}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial z}{\partial v}&\displaystyle\frac{\partial z}{\partial w}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}3u^2&0&0\\0&3v^2&0\\0&0&3w^2\end{vmatrix}=27\left(uvw\right)^2$

因此

$\displaystyle V=\iiint_{u^2+v^2+w^2\leq1}27\left(uvw\right)^2dudvdw$

根據其積分區域運用球極座標變換：$\left\{\begin{aligned}&u=\rho\sin\phi\cos\theta\\&v=\rho\sin\phi\sin\theta\\&w=\rho\cos\phi\end{aligned}\right.$，其變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq\rho\leq1\\&0\leq\phi\leq\pi\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，因此體積可改寫並計算如下：

$\displaystyle\begin{aligned}V&=27\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^1\left(\rho^3\sin^2\phi\cos\phi\sin\theta\cos\theta\right)^2\cdot\left(\rho^2\sin\phi\right)d\rho\,d\phi\,d\theta\\&=27\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^1\rho^8\sin^5\phi\cos^2\phi\frac{\sin^22\theta}4d\rho\,d\phi\,d\theta\\&=\frac{27}4\left(\int_0^1\rho^8d\rho\right)\left(\int_0^{\pi}\sin^5\phi\cos^2\phi\,d\phi\right)\left(\int_0^{2\pi}\sin^22\theta\,d\theta\right)\\&=-\frac34\left(\int_0^{\pi}\cos^2\phi\left(1-2\cos^2\phi+\cos^4\phi\right)d\cos\phi\right)\left(\int_0^{2\pi}\frac{1-\cos4\theta}2d\theta\right)\\&=-\frac{3\pi}4\left.\left(\frac{\cos^3\phi}3-\frac{2\cos^5\phi}5+\frac{\cos^7\phi}7\right)\right|_0^{\pi}\\&=\frac{4\pi}{35}.\end{aligned}$



10. 1. 若向量場 $\displaystyle{\bf F}=Ax\ln z\,{\bf i}+By^2z\,{\bf j}+\left(\frac{x^2}z+y^3\right){\bf k}$ 為保守場(conservative)，則實數 $A$、$B$ 分別為何？
    2. 令 $C$ 為由 $\left(1,1,1\right)$ 到 $\left(2,2,1\right)$的線段，試求線積分

       $\displaystyle\int_C2x\ln z\,dx+2y^2z\,dy+\left(\frac{x^2}z+y^3\right)dz$

       之值。
訣竅
若一向量場為保守場，則其旋度為零；且若此為保守場，則線積分值僅與起點與終點有關。
解法
1. 根據旋度的計算定義知

   $\displaystyle\nabla\times\vec F=\begin{vmatrix}\vec i&\vec j&\vec k\\\partial_x&\partial_y&\partial_z\\Ax\ln z&By^2z&\displaystyle\frac{x^2}z+y^3\end{vmatrix}=\left(3y^2-By^2\right)\vec i+\left(\frac{Ax}z-\frac{2x}z\right)\vec j\equiv\vec0$.

   因此應取 $A=2$、$B=3$ 才會使得 $\vec F$ 為保守場。
2. 直接對原式進行積分即可：

   $\begin{aligned}\displaystyle&~~~\int_{\left(1,1,1\right)}^{\left(2,2,1\right)}\left(2x\ln zdx+\frac{x^2}zdz\right)+\int_{\left(1,1,1\right)}^{\left(2,2,1\right)}\left(3y^2zdy+y^3dz\right)-\int_{\left(1,1,1\right)}^{\left(2,2,1\right)}y^2zdy\\&=x^2\ln z+y^3z\Big|_{\left(1,1,1\right)}^{\left(2,2,1\right)}-\int_1^2t^2dt\\&=7-\frac73=\frac{14}3,\end{aligned}$

   其中最後一項的積分可進行的原因乃路徑可特別選直線而使 $z=1$ 為常數。