國立臺灣大學九十八學年度轉學生入學考試試題詳解

1. ($16\%$) Let $f\left(x\right)$ and $g\left(x\right)$ be two differentiable functions such that

   $\begin{aligned}\displaystyle&\frac{d}{dx}f\left(x\right)=-g\left(x\right),\\&\frac{d}{dx}xg\left(x\right)=xf\left(x\right).\end{aligned}$

   1. Show that between two consecutive roots of $f\left(x\right)$, $g\left(x\right)=0$ has a root.
   2. Show that between two consecutive roots of $g\left(x\right)$, $f\left(x\right)$ has a root.
訣竅
利用均值定理即可。
解法

1. 設$r$與$s$為$f$的兩個相鄰根，則透過均值定理可知 $r$ 與 $s$ 之間存在實數 $c$ 使得

   $\displaystyle0=\left.\frac{d}{dx}f\left(x\right)\right|_{x=c}=-g\left(c\right)$

   這表明 $c$ 為 $g$ 的根，亦即介在 $f$ 的兩根之間必有一個 $g$ 的根。
2. 設 $t$ 與 $u$ 為 $g$ 的兩相鄰根，那麼 $t$ 與 $u$ 同時也是函數 $xg\left(x\right)$ 的根。

   假若 $t$ 與 $u$ 同號或其一為 $0$，那麼直接透過均值定理可知在 $t$ 與 $u$ 之間存在實數 $v$ 使得 $xg\left(x\right)$ 滿足

   $\displaystyle0=\left.\frac{d}{dx}xg\left(x\right)\right|_{x=v}=vf\left(v\right)$

   但由於 $v$ 介在兩同號數或其一為 $0$ 的兩數之間，故不為 $0$，因此 $f\left(v\right)=0$，亦即在 $g$ 的兩個相鄰根之間存在一個 $f$ 的根。

   假定 $t$ 與 $u$ 異號，不妨假定 $t<0<u$，那麼可以知道 $t$、$0$、$u$ 皆為 $xg\left(x\right)$ 的根，因此利用前一段的做法可知 $f$ 在 $t$、$0$ 之間與 $0$、$u$ 之間各至少有一個根，因此結論成立。



2. ($16\%$) A man can swim at $a\mbox{ m}/\mbox{sec}$ and run at $b\mbox{ m}/\mbox{sec}$. If he stands at point $A=\left(50,0\right)$ on the edge of a circular swimming pool of radius $50\mbox{ m}$ with its center at the origin, find his optimum path from $A$ to $B=\left(0,50\right)$.
訣竅
對題目的情境做出設定後列式並求其極值，注意可能需對 $a$、$b$ 的值做討論。
解法
假設此人泳速 $a$ 與跑速 $b$ 皆不為零，否則此人就依不為 $0$ 的方式移動即可。另外我們假設此人先在陸地上逆時針前進的圓弧所對應的圓心角為 $\theta$，其中 $\displaystyle0\leq\theta\leq\frac\pi2$。那麼他所前進的距離為 $50\theta$，而與 $B\left(0,50\right)$ 的距離為 $\displaystyle100\sin\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)$。因此我們可以考慮花費時間的函數如下：
$\displaystyle f\left(\theta\right)=\frac{50\theta}b+\frac{\displaystyle100\sin\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)}a$
利用一階導函數為零的位置求出極小值：
$\displaystyle f'\left(\theta\right)=\frac{50}b-\frac{\displaystyle50\cos\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)}a=0$
如此可得 $\displaystyle\cos\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)=\frac{a}b$。
若 $a>b$，則不存在任何角度 $\theta$ 能滿足之，故知 $f$ 會隨著 $\theta$ 遞增，因此最小值為 $\theta=0$處，亦即直接游泳過去最好。
若 $a=b$，那麼 $\displaystyle\theta=\frac\pi2$，因此直接跑過去比較好。
若 $a< b$，那麼可以解出 $\displaystyle\theta=\frac\pi2-2\cos^{-1}\frac{a}b$，但我們應說明選擇前進至圓心角為 $\displaystyle\frac\pi2-2\cos^{-1}\frac{a}b$ 能使花費時間最少，為此我們計算二階導函數並代入該角度
$\displaystyle f''\left(\frac\pi2-2\cos^{-1}\frac{a}b\right)=-\frac{\displaystyle25\sin\left(\cos^{-1}\frac{a}b\right)}a=-\frac{25\sqrt{b^2-a^2}}{ab}<0$
故 $f$ 在 $\displaystyle\frac\pi2-2\cos^{-1}\frac{a}b$ 有極小值，因此最佳的安排為先沿逆時針走 $\displaystyle25\pi-100\cos^{-1}\frac{a}b$ 後直接游向 $B\left(0,50\right)$。
最後，我們可以留意交替上岸跑步與下海游泳的情形會花更多時間：在陸地上沿圓周的跑步時間僅取決於距離而已，因此可以不予討論，但在海中前進的狀況如果中間有上岸可以透過三角不等式而發現需前進更多的距離，因而這類的情況無須討論。


3. ($17\%$) Let $\left\{a_n\right\}_{n=1}^\infty$ be a sequence defined by $a_1=1$, $\displaystyle a_{n+1}=1+\frac{1}{1+a_n}$, $n\geq1$.
   1. Show that $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$ exists.
   2. Find $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$.
訣竅
透過計算可以發現本數列可分為奇偶項分別處理，並利用單調有界定理確認其分別收斂，最後計算各收斂之值相等以說明原數列收斂，並因此收斂之值亦同時求出。
解法

直接計算可以知道

$\displaystyle a_{n+2}=1+\frac1{1+a_{n+1}}=1+\frac1{2+\frac1{1+a_n}}=a_n+\frac{4-2a_n^2}{3+2a_n}$

由此可見若 $a_n>\sqrt2$，則 $a_{n+2}$ 將遞減但仍大於 $\sqrt2$；若 $a_n<\sqrt2$，$a_{n+2}$ 將遞增但仍小於 $\sqrt2$。因此我們已經證明了：

• $a_1,a_3,\cdots,a_{2k-1},\cdots$ 遞增有上界；
• $a_2,a_4,\cdots,a_{2k},\cdots$ 遞減有下界。

故這兩個數列皆收斂，因此我們需指出兩數列所收斂的值相等。

根據上面的直接計算，由於跳兩項的數列是收斂的（無論是奇數項或偶數項），我們分別記之為 $L$ 與 $M$，那麼對跳兩項的遞迴關係取極限，可得

$\displaystyle\begin{aligned}&L=L+\frac{4-2L^2}{3+L}\\&M=M+\frac{4-2M^2}{3+M}\end{aligned}$

如此可得 $L=M=\sqrt2$，因此 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\sqrt2$。



4. ($17\%$) Let $S$ be the surface $z=4-x^2-y^2$. The temperature function in space $S$ is $T\left(x,y,z\right)=x^2y+y^2z+2x+4y+z$. Let $P=\left(1,1,2\right)$ be a point in $S$. Among all the possible directions tangential to $S$ at $P$, which direction will make the rate of change of temperature at $P$ a maximal?
訣竅
由於函數 $T$ 被限制在 $S$ 上移動，因此利用條件減少變數後再運用方向導數的概念求解。
解法

根據訣竅，我們僅需考慮問題：設

$f\left(x,y\right)=x^2y+y^2\left(4-x^2-y^2\right)+2x+4y+\left(4-x^2-y^2\right)$

在 $\left(1,1\right)$ 處的那個方向有最大的方向導數？

為此我們整理 $f$ 後計算其梯度：

$\displaystyle\nabla f\left(x,y\right)=\left(-2xy^2+2xy-2x+2,-2x^2y-4y^3+x^2+6y+4\right)$

故 $\nabla f\left(1,1\right)=\left(0,5\right)$，因此往 $\left(0,1\right)$ 方向會有最快的變化率。

現在為了對應回 $\mathbb{R}^3$，我們知道 $S$ 在 $\left(1,1,2\right)$ 處的切平面法向量為 $\left(2,2,1\right)$，因此我們知道在 $\mathbb{R}^3$ 中有最大變化率的方向為 $\left(0,1,c\right)$，其中 $c$ 為待定數，利用垂直可求得 $c=-2$，故所求方向為 $\left(0,1,-2\right)$。



5. ($17\%$) Find the volume of the solid bounded by the surface $\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=a^2\left(x^2+y^2-z^2\right)$, $a>0$.
訣竅
利用球座標改寫方程後使用三重積分計算體積。
解法

令 $\left\{\begin{aligned}&x=\rho\cos\theta\sin\phi\\&y=\rho\sin\theta\sin\phi\\&z=\rho\cos\phi\end{aligned}\right.$，因此原方程改寫為 $\rho^2+a^2\cos2\phi=0$，其中為了要使方程有意義，$\phi$ 需滿足 $\displaystyle\frac\pi4\leq\phi\leq\frac{3\pi}4$。據此我們列出體積的公式計算之：

$\displaystyle\begin{aligned}V&=\int_0^{2\pi}\int_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}4}\int_0^{\rho\left(\phi\right)}r^2\sin\phi\,dr\,d\phi\,d\theta\\&=\frac{2\pi}3\int_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}4}\rho^3\left(\phi\right)\sin\phi\,d\phi\\&=\frac{2\pi a^3}3\int_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}4}\sin\phi\sqrt{-\cos^32\phi}\,d\phi\\&=\frac{4\pi a^3}3\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\sin\phi\sqrt{-\cos^32\phi}\,d\phi\end{aligned}$

令 $t=-\cos2\phi=2\sin^2\phi-1$，則

• 當 $\displaystyle\phi=\frac\pi4$ 時有 $t=0$；
• 當 $\displaystyle\phi=\frac{\pi}{2}$ 時有 $t=1$；
• 求導便有 $\displaystyle d\phi=\frac{dt}{2\sqrt{1-t^2}}$。

因此 $V$ 可以透過上述變換繼續計算如下：

$\displaystyle\begin{aligned}V&=\frac{4\pi a^3}3\int_0^1\sqrt{\frac{1+t}2}\frac{t\sqrt{t}}{2\sqrt{1-t^2}}dt\\&=\frac{\sqrt2\pi a^3}3\int_0^1\frac{t\sqrt{t}}{\sqrt{1-t}}dt\\&=\frac{\sqrt{2}\pi a^3}3\left(\left.-2t\sqrt{t-t^2}\right|_0^1+2\int_0^1\sqrt{1-t}\times\frac32\sqrt{t}dt\right)\\&=\sqrt2\pi a^3\int_0^1\sqrt{t-t^2}dt\\&=\sqrt2\pi a^3\int_0^1\sqrt{\frac14-\left(t-\frac12\right)^2}dt\end{aligned}$

此時令 $\displaystyle t-\frac{1}{2}=\frac{\sin s}{2}$，則

• 當 $t=0$ 時有 $\displaystyle s=-\frac\pi2$；
• 當 $t=1$ 時有 $\displaystyle s=\frac\pi2$；
• 求導便有 $\displaystyle dt=\frac{\cos s}2ds$。

因此$V$最終可以透過下列的計算完成之：

$\displaystyle\begin{aligned}V&=\sqrt{2}\pi a^3\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos s}{2}\times\frac{\cos s}2ds\\&=\frac{\sqrt{2}\pi a^3}4\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\cos^2sds\\&=\frac{\sqrt{2}\pi a^3}{4}\times\left.\left(\frac{s}{2}+\frac{\sin2s}{4}\right)\right|_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\\&=\frac{\sqrt{2}\pi^2a^3}8.\end{aligned}$



6. ($17\%$) Let $C$ be the curve ${\bf r}\left(t\right)=\cos t{\bf i}+\sin t{\bf j}+t{\bf k}$, $0\leq t\leq2\pi$. Let $S$ be the surface obtained by connecting any point $\left(x,y,z\right)\in C$ to $\left(0,0,z\right)$ with a line segment. Find the area of $S$.
訣竅
將曲面參數化後積分之。
解法

將曲面 $S$ 參數化為 ${\bf r}\left(s,t\right)=\left(s\cos t,s\sin t,t\right)$，其中 $0\leq s\leq1$、$0\leq t\leq2\pi$，如此計算 $A$ 如下：

$\displaystyle\begin{aligned}A&=\int_0^1\int_0^{2\pi}\left|\frac{\partial{\bf r}}{\partial s}\times\frac{\partial{\bf r}}{\partial t}\right|dtds\\&=\int_0^1\int_0^{2\pi}\sqrt{1+s^2}dtds\\&=2\pi\int_0^1\sqrt{1+s^2}ds\end{aligned}$

令 $s=\tan u$，如此該積分可以改寫並計算如下：

$\displaystyle\begin{aligned}A&=2\pi\int_0^{\frac\pi4}\sec^3udu\\&=2\pi\times\left.\frac{\sec u\tan u+\ln\left|\sec u+\tan u\right|}{2}\right|_0^{\frac{\pi}{4}}\\&=\pi\left(\sqrt{2}+\ln\left(\sqrt{2}+1\right)\right)\end{aligned}$

其中 $\displaystyle\int\sec^3udu$ 可以計算如下：

$\begin{aligned}\displaystyle\int\sec^3udu&=\int\sec ud\tan u=\sec u\tan u-\int\sec u\tan^2udu\\&=\sec u\tan u-\int\left(\sec^3u-\sec u\right)du\end{aligned}$

遂有

$\displaystyle\int\sec^3udu=\frac{\sec u\tan u+\ln\left|\sec u+\tan u\right|}{2}+C$.