國立臺灣大學一百零五學年度轉學生入學考試試題詳解

※注意：禁止使用計算機
※注意：請於試卷上「非選擇題作答區」標明題號並依序作答。

1. 考試不可使用計算機。
2. 請於試卷上「非選擇題作答區」依序作答。
3. 保留答案簿前兩面(四頁)為答案區，第五頁之後為計算草稿區。
4. 第 $1$ 至 $6$ 為填充題，答案請寫在答案簿第一面(兩頁)，任何計算皆不計分。
5. 第 $7$ 題為計算題，請將計算過程詳細寫在翻面的第三、四頁，只寫答案不計分。

1. Assume a (real valued) function $y=f\left(x\right)$ satisfy $y^5+9y=x^3+x$. Suppose $g\left(x\right)$ is a (real valued) function satisfying $f\left(g\left(x\right)\right)=x$.
   1. ($5\%$) The value $g\left(1\right)$ must be $2$. True or false? Answer:　(1)　.
   2. ($10\%$)The derivative $g'\left(1\right)=$　(2)　.
訣竅
設 $g\left(1\right)=b$ 代入後解 $b$ 即可；運用連鎖律計算。
解法

1. 設 $g\left(1\right)=b$，根據題目條件有 $f\left(b\right)=f\left(g\left(1\right)\right)=1$，因此 $b^3+b=10$。因式分解可得 $\left(b-2\right)\left(b^2+2b+5\right)=0$，因此 $b=2$（其餘為複數根不合），從而本題為 True.
2. 運用連鎖律可得

   $f'\left(g\left(1\right)\right)g'\left(1\right)=1$.

   因此所求為

   $\displaystyle g'\left(1\right)=\frac1{f'\left(g\left(1\right)\right)}=\frac1{f'\left(2\right)}$.

   此時回到原本方程中，同時對 $x$ 微分可得隱函數微分為 $\left(5f^4\left(x\right)+9\right)f'\left(x\right)=3x^2+1$，接著取 $x=g\left(1\right)=2$ 可得 $14f'\left(2\right)=13$，因此可得

   $\displaystyle g'\left(1\right)=\frac{14}{13}.$



2. An experiment detects that a particle at $\left(1,0\right)$ (on the $xy$-plane) is moving towards the north at the speed $3$ meters per minute. At the same time another particle at $\left(-2,1\right)$ is moving towards the east at the speed $4$ meters per minute.
   1. ($5\%$) Let $s\left(t\right)$ be the distance (in meters) between the two particles in $t$ minutes. $s\left(t\right)=$　(3)　.
   2. ($10\%$) Suppose at $t=t_0$ the two particles are closest to each other. Then $t_0=$　(4)　.
訣竅
將物體的運動情形用參數化的形式表達出來並計算之。
解法
1. 設第一個物體的座標隨時間的變化為 $A\left(t\right)=\left(1,3t\right)$，第二個物體的座標為 $B\left(t\right)=\left(-2+4t,1\right)$，因此他們的距離為

   $s\left(t\right)=\sqrt{\left(3-4t\right)^2+\left(3t-1\right)^2}=\sqrt{25t^2-30t+10}.$

2. 根據上題的結果，我們知道

   $\displaystyle s\left(t\right)=\sqrt{25\left(t-\frac35\right)^2+1}\geq1,$

   其中等號成立的條件為 $\displaystyle t=\frac35$，故 $\displaystyle t_0=\frac35$。


3. ($10\%$) Compute the indefinite integral $\displaystyle\int\frac{dx}{\left(x^2-1\right)\left(x+1\right)}=$　(5)　.
訣竅
根據有理函數的積分原則處理之。
解法

運用部分分式，設被積分函數為

$\displaystyle\frac1{\left(x^2-1\right)\left(x+1\right)}=\frac1{\left(x-1\right)\left(x+1\right)^2}=\frac A{x-1}+\frac B{x+1}+\frac C{\left(x+1\right)^2}$,

其中 $A$、$B$、$C$ 為待定常數。兩邊同乘以 $\left(x^2-1\right)\left(x+1\right)$ 可得

$1=A\left(x+1\right)^2+B\left(x-1\right)\left(x+1\right)+C\left(x-1\right)=\left(A+B\right)x^2+\left(2A+C\right)+\left(A-B-C\right)$.

由於兩式恆等，因此藉由比較係數可列式為

$\left\{\begin{aligned} &A+B=0,\\&2A+C=0,\\&A-B-C=1.\end{aligned}\right.$

第一式與第三式相加可得 $2A-C=1$，再與第二式相加可得 $4A=1$，從而解得 $\displaystyle A=\frac14$，接著回到前兩式分別有 $\displaystyle B=-\frac14$、$\displaystyle C=-\frac12$。據此原式可以改寫計算如下

$\begin{aligned}\int\frac{dx}{\left(x^2-1\right)\left(x+1\right)}=&=\int\left[\frac1{4\left(x-1\right)}-\frac1{4\left(x+1\right)}-\frac1{2\left(x+1\right)^2}\right]dx\\&=\frac{\ln\left|x-1\right|}4-\frac{\ln\left|x+1\right|}4+\frac1{2\left(x+1\right)}+C.\end{aligned}$



4. ($10\%$) Let $\Omega$ be a region (on the $xy$-plane) enclosed by $x=\sqrt{\ln y}$, $x=0$ and $y=e$. Let $S$ be the solid obtained by revolving $\Omega$ about the $y$-axis. Let $V$ be the volume of $S$. $V=$　(6)　.
訣竅
根據旋轉體體積公式計算之。
解法

由於 $x=0$、$x=\sqrt{\ln y}$ 的交點為 $\left(0,1\right)$，因此運用旋轉體體積公式結果如下：

$\displaystyle V=\int_1^e\pi\left(x\left(y\right)\right)^2\,dy=\pi\int_1^e\ln y\,dy=\pi\left(y\ln y-y\right)\Big|_1^e=\pi.$



5. Let $f\left(x,y\right)=x^2-e^{xy^2}$ and the surface $S$ be the graph of the function $z=f\left(x,y\right)$. Let $P=\left(1,0,0\right)$ in $S$ and $p=\left(1,0\right)$ in the $xy$-plane.
   1. ($10\%$) If the unit vector $u$ (in the $xy$-plane) at $p$ is the direction (among all directions at $p$) along which the height (i.e. the value of $z$) of $S$ increases most rapidly, then $u=$　(7)　.
   2. ($10\%$) Write $H$ for the plane $x+2y+3z=1$ and the curve $C$ for the intersection $S\cap H$. Let $L$ be the tangent line to $C$ at $P$ and $N$ be the plane perpendicular to $L$ at $P$. Then the equation of $N$ is 　(8)　.
訣竅
利用方向導數的觀念找出變化率最大的方向；利用外積找出法向量。
解法
1. 題目想求變化率最快的方向，而這個方向會與函數 $f$ 的梯度平行。根據梯度的定義，計算可得

   $\nabla f\left(x,y\right)=\left(f_x\left(x,y\right),f_y\left(x,y\right)\right)=\left(2x-y^2e^{xy^2},-2xye^{xy^2}\right)$.

   如此代入座標 $\left(x,y\right)=\left(1,0\right)$ 可得

   $\nabla f\left(1,0\right)=\left(2,0\right)\parallel\left(1,0\right)$.

   因此沿方向 $u=\left(1,0\right)$ 為增加率最大的方向。
2. 由於曲面 $S$ 是 $z=f(x,y)$ 的圖形，我們可以考慮 $F:\mathbb R^3\to\mathbb R$ 如下

   $F(x,y,z)=x^2-e^{xy^2}-z$

   那麼曲面 $S$ 則由 $F\left(x,y,z\right)=0$ 所決定，故在 $(x,y,z)\in S$ 的法向量即為

   $\displaystyle\nabla F(x,y,z)=\left(2x-y^2e^{xy^2},-2xye^{xy^2},-1\right)$.

   故在 $P=\left(1,0,0\right)$ 處的法向量為 $\left(2,0,-1\right)$。而在平面 $H$ 在 $P$ 處的法向量為 $\left(1,2,3\right)$，故直線 $L$ 的方向向量為 $\left(2,0,-1\right)\times\left(1,2,3\right)=\left(2,-7,4\right)$，因此通過 $P$ 點且垂直 $L$ 的平面方程式可由點法式寫為如下

   $2\left(x-1\right)-7\left(y-0\right)+4\left(z-0\right)=0$,

   即 $2x-7y+4z=2$。


6. Let $R$ be the region enclosed by $y=x$, $y=x-2$, $y=1$ and $y=0$.
   1. ($10\%$) Let $A$ be the area of $R$. $A=$　(9)　.
   2. ($5\%$) The double integral $\displaystyle\iint_R\sqrt{x-y}\,dx\,dy=$　(10)　.
訣竅
根據圖形的範圍列出式子計算。
解法

1. 列式計算如下：

   $\displaystyle A=\int_0^1\int_y^{y+2}1\,dx\,dy=\int_0^12\,dy=2$.

2. 列式計算如下：

   $\displaystyle\int_0^1\int_y^{y+2}\sqrt{x-y}\,dx\,dy=\frac23\int_0^1\left.\left(x-y\right)^{\frac32}\right|_{x=y}^{x=y+2}\,dy=\frac{4\sqrt2}3\int_0^1\,dy=\frac{4\sqrt2}3.$



7. ($15\%$) Let $\Omega$ be the region $\{\left(x,y\right)|\left(x-1\right)^2+y^2<1\}$. Evaluate the double integral $\displaystyle\iint_\Omega\frac1x\,dx\,dy$.
訣竅
利用極座標變換計算即可；亦可直接透過 Fubini 定理化為迭代積分求解。
解法一

令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，根據 $\Omega$ 所定義的區域可寫為 $x^2+y^2<2x$，利用極座標即能化為 $r<2\cos\theta$，因此積分範圍可表達為 $0\leq r\leq2\cos\theta$、$-\pi/2\leq\theta\leq\pi/2$，如此原重積分可改寫並計算如下：

$\displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^{2\cos\theta}\frac r{r\cos\theta}\,dr\,d\theta=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}2\,d\theta=2\pi$.

解法二

注意到 $\Omega=\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,:\,0\leq x\leq2,\,-\sqrt{1-(x-1)^2}\leq y\leq\sqrt{1-(x-1)^2}\}$，如此所求的重積分可表達並計算如下

$\displaystyle\iint_{\Omega}\frac1x\,dx\,dy=\int_0^2\int_{-\sqrt{1-(x-1)^2}}^{\sqrt{1-(x-1)^2}}\frac1x\,dy\,dx=2\int_0^2\frac{\sqrt{1-(x-1)^2}}x\,dx.$

令 $x-1=\sin\theta$，那麼

• 當 $x=0$ 時有 $\theta=-\pi/2$；
• 當 $x=2$ 時有 $\theta=\pi/2$；
• 求導有 $dx=\cos\theta\,d\theta$。

據此所求為

$\displaystyle\iint_\Omega\frac1x\,dx\,dy=2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{\cos\theta}{1+\sin\theta}\cdot\cos\theta\,d\theta=2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(1-\sin\theta)\,d\theta=2\theta+2\cos\theta\Big|_{-\pi/2}^{\pi/2}=2\pi$.