2017年5月11日 星期四

國立臺灣大學一百零四學年度轉學生入學考試試題詳解

※注意:請於試卷上「非選擇題作答區」依序作答,並應註明作答之大題及小題題號。

  1. 考試不可使用計算機。
  2. 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。
  3. 將 $1$ 至 $10$ 題填充題答案(含 $10$(C))寫在答案簿第一面(兩面),任何計算皆不計分。
  4. 第 $11$ 題為計算題,請將計算過程詳細寫在翻面的三、四頁。只寫答案不計分。

  1. ($8\%$) $y=e^{-x^2}-2\cos x+1$ 在靠近 $x=0$ 時的圖形最接近底下那個圖形:    
  2. 訣竅根據 Taylor 展開式判斷在 $x=0$ 附近處的單調性。
    解法首先這是一個偶函數,我們將其展開來有

    $\begin{aligned}y&=\left(1-x^2+\frac{x^4}2-\frac{x^6}6\pm\cdots\right)-2\left(1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}\pm\cdots\right)+1\\&\approx\frac{5x^4}{12}+\cdots.\end{aligned}$

    因此開口向上,故選 (A)。

  3. ($8\%$) 有一方程式 $y^2=x^7+3x^4-2x+2$,若 $\left(0.998,b\right)$ 滿足此方程式,則 $b$ 大約等於    (小數點下三位精確)。
  4. 訣竅利用 Taylor 展開式並應用綜合除法的概念即可。
    解法考慮綜合除法並善用微分計算可得

    $\begin{aligned}y^2&=4+17\left(x-1\right)+39\left(x-1\right)^2+47\left(x-1\right)^3\\&~~~+38\left(x-1\right)^4+21\left(x-1\right)^5+7\left(x-1\right)^6+\left(x-1\right)^7.\end{aligned}$

    取 $x=0.998$ 代入可得

    $y^2\approx4-0.034+0.000156=3.966156$.

    並且利用

    $\displaystyle\sqrt x\approx\sqrt{x_0}+\frac{x-x_0}{2\sqrt{x_0}}.$

    因此可以知道

    $\displaystyle y\approx2+\frac{3.966156-4}4=1.991539.$

    因此取 $1.991$ 即可。

  5. ($8\%$) $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin x-\sin^{-1}x}{\tan x-\tan^{-1}x}=$    
  6. 訣竅應用 Taylor 展開式計算即可。
    解法應用 Taylor 展開式有

    $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\left(x-\frac{x^3}6+\frac{x^5}{120}-\cdots\right)-\left(x+\frac{x^3}6+\frac{3x^5}{40}-\cdots\right)}{\displaystyle\left(x+\frac{x^3}3+\frac{2x^5}{15}+\cdots\right)-\left(x-\frac{x^3}3+\frac{x^5}5+\cdots\right)}=-\frac12$.


  7. ($8\%$) $\displaystyle\int_{-1}^2\frac1{x^3+x}\,dx=$    
  8. 訣竅注意到這是一個暇積分,針對部分分式進行計算時應注意是否收斂。
    解法根據部分分式可得

    $\displaystyle\int_{-1}^2\left(\frac1x-\frac x{x^2+1}\right)dx=\int_{-1}^2\frac{dx}x-\int_{-1}^2\frac{x\,dx}{x^2+1}$.

    可以知道第二項式通常的 Riemann 積分,但第一項是瑕積分且發散,故原式發散。

  9. ($8\%$) $\displaystyle f\left(x,y\right)=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}$,在 $\left(-1,1\right)$ 點的所有方向導數(directional derivative)的最大值是    
  10. 訣竅與梯度同方向的方向導數會有最大值。
    解法計算在 $\left(-1,1\right)$ 時的梯度如下

    $\displaystyle\begin{aligned}\nabla f\left(-1,1\right)&=\left(f_x\left(-1,1\right),f_y\left(-1,1\right)\right)\\&=\left.\left(\frac{2x\left(x^2+y^2\right)-\left(x^2-y^2\right)\cdot\left(2x\right)}{\left(x^2+y^2\right)^2},\frac{-2y\left(x^2+y^2\right)-\left(x^2-y^2\right)\cdot\left(2y\right)}{\left(x^2+y^2\right)^2}\right)\right|_{\left(-1,1\right)}\\&=\left.\left(\frac{4xy^2}{\left(x^2+y^2\right)^2},\frac{-4x^2y}{\left(x^2+y^2\right)^2}\right)\right|_{\left(-1,1\right)}=\left(-1,-1\right).\end{aligned}$

    因此最大的方向導數為 $\sqrt{\left(-1\right)^2+\left(-1\right)^2}=\sqrt2$。

  11. ($8\%$) $f\left(x,y\right)=x^2 y^2-4x^2-y^2$ 共有    個鞍點(saddle point)。
  12. 訣竅首先根據 $f_x=0$ 和 $f_y=0$,再配合 $D=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2<0$ 為鞍點。
    解法根據訣竅聯立解下列方程組

    $\left\{\begin{aligned}&f_x\left(x,y\right)=2xy^2-8x=0,\\&f_y\left(x,y\right)=2x^2y-2y=0.\end{aligned}\right.$

    由第二式可得 $2y\left(x^2-1\right)=0$,因此 $y=0$ 或 $x=\pm1$。
    • 當 $y=0$ 時代回第一式可得 $x=0$;
    • 當 $x=1$ 或 $x=-1$ 時代回第一式可得 $y^2=4$,即有 $y=\pm2$。
    如此解得

    $\left(x,y\right)=\left(0,0\right)$ 或 $\left(1,2\right)$ 或 $\left(1,-2\right)$ 或 $\left(-1,2\right)$ 或 $\left(-1,-2\right)$

    利用二階行列式判別如下

    $\begin{aligned}D\left(x,y\right)&=\begin{vmatrix}f_{xx}&f_{xy}\\f_{xy}&f_{yy}\end{vmatrix}=f_{xx}\left(x,y\right)f_{yy}\left(x,y\right)-f_{xy}^2\left(x,y\right)\\&=\left(2y^2-8\right)\left(2x^2-2\right)-\left(4xy\right)^2=-12x^2y^2-16x^2-4y^2+16.\end{aligned}$

    代入後可知 $D\left(\pm1,\pm2\right)=-64<0$,$D\left(0,0\right)=16>0$。因此共有 $4$ 個鞍點。

  13. ($8\%$) $y=\tan x$,$\displaystyle0\leq x\leq\frac\pi4$ 與 $x$ 軸所夾區域繞 $x$ 軸旋轉的旋轉體體積 $=$    
  14. 訣竅根據旋轉體體積公式即可。
    解法

    $\displaystyle V=\int_0^{\pi/4}\pi\tan^2x\,dx=\pi\int_0^{\pi/4}\left(\sec^2x-1\right)dx=\pi\left(\tan x-x\right)\Big|_0^{\pi/4}=\pi-\frac{\pi^2}4.$


  15. ($8\%$) $\displaystyle\int_{-1}^0\left(\int_{\sqrt{-x}}^1\cos\left(y^3\right)\,dy\right)\,dx=$    
  16. 訣竅交換積分順序即可。
    解法由於原先的積分範圍為 $\sqrt{-x}\leq y\leq1$、$-1\leq x\leq0$ 可改寫為 $-y^2\leq x\leq0$、$0\leq y\leq1$,因此原重積分可改寫並計算如下

    $\begin{aligned}\int_{-1}^0\left(\int_{\sqrt{-x}}^1\cos\left(y^3\right)\,dy\right)\,dx&=\int_0^1\int_{-y^2}^0\cos\left(y^3\right)\,dx\,dy\\&=\int_0^1\left.x\cos\left(y^3\right)\right|_{-y^2}^0\,dy\\&=\int_0^1y^2\cos\left(y^3\right)\,dy\\&=\left.\frac{\sin\left(y^3\right)}3\right|_0^1=\frac{\sin1}3.\end{aligned}$


  17. ($8\%$) 銀行年利率為 $1\%$,若存進 $10$ 萬元,以月計算複利,大約    年後存款會變成 $40$ 萬元(在個位數四捨五入,差距在 $\pm2$ 年內都算對。)
  18. 訣竅列式後應用 Taylor 展開式計算近似值即可。
    解法列式可得

    $\displaystyle10\left(1+\frac1{100}\times\frac1{12}\right)^{12t}=40$.

    $\displaystyle\left(\frac{1201}{1200}\right)^{6t}=2$.

    因此可得

    $\displaystyle t=\frac{\ln2}{\displaystyle6\ln\left(1+\frac1{1200}\right)}$.

    利用 Taylor 展開式能注意到當 $x$ 很小時有 $\ln\left(1+x\right)\approx x$,因此 $\displaystyle\ln\left(1+\frac1{1200}\right)\approx\frac1{1200}$。再者,也能得到

    $\displaystyle\ln\frac{1+x}{1-x}=\ln\left(1+x\right)-\ln\left(1-x\right)=\sum_{k=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^kx^{k+1}}{k+1}+\sum_{k=0}^\infty\frac{x^{k+1}}{k+1}=\sum_{k=0}^\infty\frac{2x^{2k+1}}{2k+1}$.

    此時取 $\displaystyle x=\frac13$ 時並考慮前兩項即有 $\displaystyle\ln2\approx\frac23+\frac2{81}$,因此所求可以估計如下

    $\displaystyle t\approx\frac{\displaystyle\frac23+\frac2{81}}{\displaystyle6\cdot\frac1{1200}}=\frac{11200}{81}\approx138.2$ (年).

    Note:上列算式僅需到第一項是不夠的,這是因為分母近似於 $\displaystyle\frac1{200}$,這表示分子的小數字也很有可能被放大,因此多算幾項較為保險。另外使用電腦程式可以知道 $\displaystyle\frac{\ln2}{6\left(\ln1201-\ln1200\right)}\approx138.687$。

  19. ($18\%$) (本大題請標出底下各小題前的編號) $\displaystyle f\left(x\right)=\int_0^x\frac t{t^2+t+1}\,dt$,回答下列問題,並作答:
    1. ($6\%$) 此函數圖形遞減凹向下(concave down)的範圍在    
    2. ($6\%$) 此函數圖形是否有漸近線?若有,請寫出漸近線方程式:    
    3. ($6\%$) 請在答案本作 $y=f\left(x\right)$ 的略圖。
  20. 訣竅根據各小題所問的關鍵字來應用觀念,遞減乃微分小於零,凹向下乃二階微分小於零。
    解法
    1. 根據微積分基本定理有

      $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac x{x^2+x+1}\leq0$.

      因此在 $x\leq0$ 時遞減。我們對一階導函數再次求導可得

      $\displaystyle f''\left(x\right)=\frac1{x^2+x+1}-\frac{2x^2+x}{\left(x^2+x+1\right)^2}\leq0$.

      此式等同於 $-x^2+1\leq0$,因此解得 $x\geq1$ 或 $x\leq-1$,因此僅當在 $x\leq-1$ 時遞減且凹口向下。
    2. 可以直接計算其積分為

      $\begin{aligned}f\left(x\right)&=\int_0^x\frac{\displaystyle t+\frac12}{t^2+t+1}\,dt-\frac12\int_0^x\frac1{\displaystyle\left(t+\frac12\right)^2+\left(\frac{\sqrt3}2\right)^2}\,dt\\&=\frac12\ln\left(x^2+x+1\right)-\frac1{\sqrt3}\arctan\left(\frac{2x+1}{\sqrt3}\right)+\frac{\sqrt3\pi}{18}.\end{aligned}$

      可以看出無水平漸近線與鉛直漸近線,故試著考慮斜漸近線如下(使用 L'Hôpital 法則):

      $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{f\left(x\right)}x=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\frac x{x^2+x+1}}1=0$.

      因此也沒有斜漸近線。
    3. 根據極小值與反曲點和遞增遞減與凹口方向繪圖如下:

  21. 計算題:($10\%$) 求 $\displaystyle\int_0^1x^2\sin\left(x+1\right)\,dx$。
  22. 訣竅應用分部積分即可。
    解法直接運用分部積分計算如下

    $\begin{aligned}\int_0^1x^2\sin\left(x+1\right)\,dx&=-x^2\cos\left(x+1\right)\Big|_0^1+2\int_0^1x\cos\left(x+1\right)\,dx\\&=-\cos2+2\left(x\sin\left(x+1\right)\Big|_0^1-\int_0^1\sin\left(x+1\right)\,dx\right)\\&=2\sin2-\cos2+\left.2\cos\left(x+1\right)\right|_0^1=2\sin2+\cos2-2\cos1.\end{aligned}$

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