國立臺灣大學一百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，並依序作答。共 $7$ 格，每格 $10$ 分，合計 $70$ 分。
1. 試求極限 $\displaystyle\lim_{t\to-2}\frac{\displaystyle\frac{\sqrt{1-t^3}}t+\frac32}{t+2}=$　　(1)　　。
訣竅
有理化並整理分式即可；亦可使用 L'Hôpital 法則求解。
解法一

原式可改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\lim_{t\to-2}\frac{\displaystyle\frac{\sqrt{1-t^3}}t+\frac32}{t+2}&=\displaystyle\lim_{t\to-2}\frac{2\sqrt{1-t^3}+3t}{2t\left(t+2\right)}\\&=\lim_{t\to-2}\frac{4\left(1-t^3\right)-9t^2}{2t\left(t+2\right)\left(2\sqrt{1-t^3}-3t\right)}\\&=\lim_{t\to-2}\frac{-4t^2-t+2}{2t\left(2\sqrt{1-t^3}-3t\right)}=\frac14.\end{aligned}$

解法二

使用 L'Hôpital 法則可得

$\displaystyle\lim_{t\to-2}\frac{\displaystyle\frac{-3t}{2\sqrt{1-t^3}}-\frac{\sqrt{1-t^3}}{t^2}}1=1-\frac34=\frac14.$



2. 試求 $\displaystyle\int_0^9\frac3{\sqrt{1+\sqrt x}}dx=$　　(2)　　。
訣竅
針對根號進行變數代換。
解法

令 $t=\sqrt x$，則

1. 當 $x=0$ 時有 $t=0$；
2. 當 $x=9$ 時有 $t=3$；
3. 由 $x=t^2$ 求導可得 $dx=2t\,dt$。

由以上所知可將原定積分改寫為 $\displaystyle\int_0^3\frac3{\sqrt{1+t}}\cdot2t\,dt$。於是我們再令 $u=\sqrt{1+t}$，則

1. 當 $t=0$ 時有 $u=1$；
2. 當 $t=3$ 時有 $u=2$；
3. 由 $t=u^2-1$ 求導可得 $dt=2u\,du$。

由以上所知可再將定積分改寫並計算如下：

$\displaystyle\int_1^2\frac{6\left(u^2-1\right)}u\cdot2udu=12\int_1^2\left(u^2-1\right)du=\left.12\left(\frac{u^3}3-u\right)\right|_1^2=16$.



3. 設向量場 $\vec F\left(x,y,z\right)=\left(2x+ye^z\right)\vec i+\left(e^x-ye^z\right)\vec j+\left(e^z+3z-xy\right)\vec k$，$S$ 為球面 $x^2+y^2+z^2=9$，且 $\vec n$ 為其往外之法向量，試求面積分 $\displaystyle\iint_S\vec F\cdot\vec n\,dS=$　　(3)　　。
訣竅
根據 Gauss 散度定理即可求解。
解法

設 $S$ 所包圍的區域為 $V=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb R^3\,|\,x^2+y^2+z^2\leq9\right\}$，則運用 Gauss 散度定理可得

$\begin{aligned}\displaystyle\iint_S\vec F\cdot\vec n\,dS&=\iiint_V\left(\nabla\cdot\vec F\right)dV\\&=\iiint_V\left(2-e^z+e^z+3\right)dV\\&=5\cdot\frac{4\pi}3\cdot3^3=180\pi.\end{aligned}$



4. 過曲面 $z\sin x+z\cos y+3z^2+5z=7$ 上點 $\left(0,\pi,1\right)$ 之切平面為　　(4)　　。
訣竅
藉由梯度得到法向量，再根據點法式寫出切平面方程式即可。
解法
首先計算此曲面上的梯度如下：
$\nabla\left(z\sin x+z\cos y+3z^2+5z-7\right)=\left(z\cos x,-z\sin y,\sin x+\cos y+6z+5\right)$
因此在 $\left(0,\pi,1\right)$ 可得切平面法向量為 $\left(1,0,10\right)$，故切平面方程式為 $\left(x-0\right)+10\left(z-1\right)=0$，即 $x+10z-10=0$。


5. 設 $K$ 為 $4$ 個平面 $x=0$，$y=0$，$z=0$，$x+y+z=1$ 所圍成的四面體，試求積分 $\displaystyle\iiint_K\frac{12}{\left(1+x+y+z\right)^4}dV=$　　(5)　　。
訣竅
設定有意義的積分順序後直接計算即可。
解法

可以將積分區域 $K$ 用不等式表達為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq1,\\&0\leq y\leq1-x\\&0\leq z\leq1-x-y\end{aligned}\right.$，故三重積分可改寫並計算如下：

$\begin{aligned}&~~~~\int_0^1\int_0^{1-x}\int_0^{1-x-y}\frac{12}{\left(1+x+y+z\right)^4}dzdydx\\&=\int_0^1\int_0^{1-x}\left.\frac{-4}{\left(1+x+y+z\right)^3}\right|_{z=0}^{z=1-x-y}dydx\\&=\int_0^1\int_0^{1-x}\left(-\frac12+\frac4{\left(1+x+y\right)^3}\right)dydx\\&=\int_0^1\left.-\frac y2-\frac2{\left(1+x+y\right)^2}\right|_0^{1-x}dx\\&=\int_0^1\left[\left(\frac{x-1}2-\frac12\right)+\frac2{\left(1+x\right)^2}\right]dx\\&=\left.\frac{x^2}4-x-\frac2{1+x}\right|_0^1\\&=\frac14.\end{aligned}$



6. 試求級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{2^n\left(n^2+1\right)}{n!}$ 之和為　　(6)　　。
訣竅
進行分組後辨認其形式後逐一求解。
解法

將原式改為

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^nn^2}{n!}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n}{n!}$

由 $e^x$ 的 Taylor 展開式，取 $x=2$ 有 $\displaystyle e^2=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n}{n!}$。再者對 $e^x$ 的 Taylor 展開式的兩邊同乘以 $x$ 可得

$\displaystyle xe^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(n+1\right)x^{n+1}}{\left(n+1\right)!}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{nx^n}{n!}$

如此同取微分可得

$\displaystyle xe^x+e^x=\left(xe^x\right)'=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2x^{n-1}}{n!}$

如此同乘以 $x$ 可得

$\displaystyle x^2e^x+xe^x=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2x^n}{n!}$

取 $x=2$ 可得

$\displaystyle6e^2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^nn^2}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^nn^2}{n!}$

因此原式所求為

$6e^2+e^2=7e^2$



7. 試求積分 $\displaystyle\int_0^6\left[\int_0^{\sqrt{6x-x^2}}6\sqrt{x^2+y^2}dy\right]dx=$　　(7)　　。
訣竅
注意被積分函數以及積分區域為一半圓盤，故考慮極座標變換。
解法

令 $\left\{\begin{aligned} &x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，因此可以知道範圍為 $\displaystyle\left\{\begin{aligned} &0\leq r\leq6\cos\theta\\&0\leq \theta\leq\pi/2\end{aligned}\right.$，如此可將原重積分改寫並計算如下：

$\begin{aligned}&~~~~\int_0^{\pi/2}\int_0^{6\cos\theta}6r\cdot r\,dr\,d\theta\\&=\int_0^{\pi/2}\left(2r^3\right)\Big|_0^{6\cos\theta}d\theta\\&=432\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,d\theta\\&=432\left.\left(\sin\theta-\frac{\sin^3\theta}3\right)\right|_0^{\pi/2}=288.\end{aligned}$



2. 計算題：必須有計算過程，才予以計分。
8. 試在 $2$ 與 $18$ 之間插入 $3$ 個實數 $2<x<y<z<18$ 使得

   $\displaystyle u=\frac{\left(x-2\right)\left(y-x\right)\left(z-y\right)\left(18-z\right)}{xyz}$ 之值最大。($15\%$)

訣竅
由偏微分求極值。
解法
直接解下列聯立方程組：
$\displaystyle\left\{\begin{aligned} &u_x=\frac{\left(2y-x^2\right)\left(z-y\right)\left(18-z\right)}{x^2yz}=0\\&u_y=\frac{\left(x-2\right)\left(18-z\right)\left(xz-y^2\right)}{xy^2z}=0\\&u_z=\frac{\left(x-2\right)\left(y-x\right)\left(18y-z^2\right)}{xyz^2}=0\end{aligned}\right.$
即 $x^2=2y$、$y^2=xz$、$z^2=18y$，如此可解得 $\left(x,y,z\right)=\left(2\sqrt3,6,6\sqrt3\right)$。


9. 設 $D$ 為心臟線 $r=2\left(1-\cos\theta\right)$ 所圍成的區域，且在 $D$ 上的點 $\left(x,y\right)$ 其密度函數為 $\rho\left(x,y\right)=12\sqrt{x^2+y^2}$。試求其總質量(total mass)及質量中心(center of mass)。　($15\%$)
訣竅
改為極座標處理較適當。
解法

總質量的定義為 $\displaystyle M=\iint_D\rho\left(x,y\right)dxdy$。但考慮其範圍可知應使用極座標來處理，因此我們令 $\left\{\begin{aligned} &x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，而其範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq2\left(1-\cos\theta\right)\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此總質量可以計算如下：

$\begin{aligned}M&=\int_0^{2\pi}\int_0^{2\left(1-\cos\theta\right)}12r\cdot r\,dr\,d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\left.4r^3\right|_0^{2\left(1-\cos\theta\right)}d\theta\\&=32\int_0^{2\pi}\left(1-\cos\theta\right)^3d\theta\\&=32\int_{-\pi}^{\pi}\left[1-\cos\left(\theta+\pi\right)\right]^3d\theta\\&=32\int_{-\pi}^{\pi}\left(1+3\cos\theta+3\cos^2\theta+\cos^3\theta\right)d\theta\\&=64\int_0^{\pi}\left(1+3\cos\theta+3\cdot\frac{1+\cos2\theta}2+\frac{3\cos\theta+\cos3\theta}4\right)d\theta\\&=64\cdot\left.\frac{5\theta}2\right|_0^{\pi}=160\pi.\end{aligned}$

再者，我們需要計算質量中心，透過密度與圖形的對稱性容易注意到 $\bar{y}=0$，而

$\begin{aligned}\displaystyle\bar x&=\frac{\int_0^{2\pi}\int_0^{2\left(1-\cos\theta\right)}r\cos\theta\cdot12r\cdot r\,dr\,d\theta}{160\pi}\\&=\int_0^{2\pi}\left.\frac{3r^4\cos\theta}{160\pi}\right|_{r=0}^{r=2\left(1-\cos\theta\right)}d\theta\\&=\frac3{10\pi}\int_0^{2\pi}\left(1-\cos\theta\right)^4\cos\theta\,d\theta\\&=\frac3{10\pi}\int_0^{2\pi}\left(\cos\theta-4\cos^2\theta+6\cos^3\theta-4\cos^4\theta+\cos^5\theta\right)d\theta\\&=-\frac6{5\pi}\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\left(1+\cos^2\theta\right)d\theta\\&=-\frac6{5\pi}\int_0^{2\pi}\frac{1+\cos2\theta}2\cdot\frac{3+\cos2\theta}2d\theta\\&=-\frac3{10\pi}\int_0^{2\pi}\left(\cos^22\theta+4\cos2\theta+3\right)d\theta\\&=-\frac3{10\pi}\int_0^{2\pi}\left(\frac72+4\cos2\theta+\frac{\cos4\theta}2\right)d\theta\\&=-\frac3{10\pi}\cdot\left.\frac{7\theta}2\right|_0^{2\pi}\\&=-\frac{21}{10}.\end{aligned}$