國立臺灣大學九十二學年度轉學生入學考試試題詳解

（第壹大題）填充題：共 $10$ 題，各 $7$ 分，共 $70$ 分。

1. 只寫答案，不必書寫計算過程。
2. 請標明題號，按序書寫。

1. 令 $f\left(x\right)=\tan^{-1}x$。求$f^{\left(2n+1\right)}\left(0\right)$。
訣竅
利用 Taylor 展開式進行變形求解。
解法

已知當 $\left|x\right|<1$時有 $\displaystyle\frac1{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n$，因此令 $x:=\left(-t^2\right)$代入有

$\displaystyle\frac1{1+t^2}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^nt^{2n}$

如此兩邊同取積分，範圍為 $\left[0,x\right]$，可得：

$\displaystyle\tan^{-1}x=\sum_{n=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^nx^{2n+1}}{2n+1}$

故考察高階微分的規律可得

$f^{\left(2n+1\right)}\left(0\right)=\left(-1\right)^n\frac{\left(2n+1\right)!}{2n+1}=\left(-1\right)^n\left(2n\right)!$



2. 設 $f\left(x\right)=\sqrt{x^2+3x}$。令 $\displaystyle A=\lim_{x\to-\infty}\frac{f\left(x\right)}x$。求 $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(f\left(x\right)-Ax\right)$ 之值。
訣竅
根據題目計算之，但應注意其 $x$ 趨近於負無窮大。
解法

首先計算 $A$ 如下：

$\displaystyle A=\lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x^2+3x}}x=\lim_{x\to-\infty}-\sqrt{1+\frac3x}=-1$

因此所求為

$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+3x}+x\right)=\lim_{x\to-\infty}\frac{3x}{\sqrt{x^2+3x}-x}=\lim_{x\to-\infty}\frac3{\displaystyle-\sqrt{1+\frac3x}-1}=-\frac32$.



3. 求 $\displaystyle\int\frac{dx}{2+e^x}$ 之值。
訣竅
藉由上下同乘 $e^{-x}$ 使將指數移動至分子。
解法

上下同乘 $e^{-x}$ 後，即可令 $u=2e^{-x}$ 作變數代換計算如下：

$\displaystyle\int\frac{e^{-x}}{1+2e^{-x}}dx=-\frac12\int\frac1{1+u}du=-\frac12\ln u+C=-\frac12\ln\left(1+2e^{-x}\right)+C$.



4. 求 $0\leq k\leq1$ 之值，使得 $\displaystyle\int_0^1\left|x^2-kx\right|dx$ 為極小。
訣竅
分析區間以便去掉絕對值後求其積分。
解法

設 $f\left(k\right)$ 為所求的定積分。若 $x^2-kx=0$，可得 $x=0$ 或 $x=k$，因此

$\begin{aligned}f\left(k\right)&=\int_0^k-\left(x^2-kx\right)dx+\int_k^1\left(x^2-kx\right)dx\\&=\left.\left(-\frac{x^3}3+\frac{kx^2}2\right)\right|_0^k+\left.\left(\frac{x^3}3-\frac{kx^2}2\right)\right|_k^1\\&=\frac{k^3}3-\frac k2+\frac13.\end{aligned}$

為了求出極小值，因此我們求滿足 $f'\left(k\right)=0$、$f''\left(k\right)\geq0$ 的座標：

若 $\displaystyle f'\left(k\right)=k^2-\frac12=0$，可得 $\displaystyle k=\frac1{\sqrt2}$，又 $\displaystyle f''\left(\frac1{\sqrt2}\right)=\sqrt2>0$，故當 $\displaystyle k=\frac1{\sqrt2}$ 時該定積分值有極小。



5. 設 $f\left(x\right)$ 為 $g\left(x\right)=x+\sin x$ 之反函數。求 $\displaystyle\int_0^\pi f\left(x\right)dx$ 之值。
訣竅
作變數代換 $x=g\left(t\right)$ 後運用分部積分即可。
解法

作變數代換 $x=g\left(t\right)$ 後運用分部積分，有

$\begin{aligned}\int_0^\pi f\left(x\right)dx&=\int_0^{\pi}f\left(x\right)dx=\int_0^{\pi}tdg\left(t\right)=\int_0^{\pi}t\left(1+\cos t\right)dt\\&=\int_0^\pi\left(t+t\cos t\right)dt=\left.\frac{t^2}2\right|_0^{\pi}+t\sin t\Big|_0^{\pi}-\int_0^{\pi}\sin t\,dt\\&=\frac{\pi^2}2+\cos t\Big|_0^{\pi}=\frac{\pi^2}2-2.\end{aligned}$



6. 求曲線 $\displaystyle y=\int_0^x\sqrt{\cos t}\,dt$，由 $x=0$ 到 $x=1$ 之弧長。
訣竅
根據弧長計算公式即可。
解法

由根據弧長計算公式可得：

$\begin{aligned}s&=\int_0^1\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx\\&=\int_0^1\sqrt{1+\cos x}\,dx\\&=\sqrt2\int_0^1\cos\frac x2dx\\&=\left.2\sqrt2\sin\frac x2\right|_0^1\\&=2\sqrt2\sin\frac12.\end{aligned}$



7. 求曲面 $\cos\pi x-x^2y+e^{xz}+yz=4$ 在點 $\left(0,1,2\right)$ 之切平面方程式。
訣竅
利用梯度求其法向量，再由點法式求其切平面方程式。
解法
計算曲面的梯度如下：
$\nabla\left(\cos\pi x-x^2y-e^{xz}+yz-4\right)=\left(-\pi\sin\pi x-2xy+ze^{xz},-x^2+z,xe^{xz}+y\right)$
故在點 $\left(0,1,2\right)$ 之法向量為 $\left(2,2,1\right)$，因此切平面方程式為 $2x+2y+z=4$。


8. 求線積分 $\displaystyle\oint_{x^2+y^2=1}\left(\sin x-2y\right)dx+\left(3x+e^y\right)dy$ 之值，其中之單位圓 $x^2+y^2=1$ 為逆時針方向。
訣竅
根據 Green 定理即可求解。
解法

設 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,x^2+y^2\leq1\right\}$，故根據 Green 定理可將此線積分改為重積分並計算如下：

$\displaystyle\oint_{x^2+y^2=1}\left(\sin x-2y\right)dx+\left(3x+e^y\right)dy=\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dA=\iint_D\left(3-\left(-2\right)\right)dA=5\pi$.



9. 令向量場 ${\bf F}=\left(2x-y\sin z\right){\bf i}+\left(4y+e^{xz}\right){\bf j}+\left(z-xy^2\right){\bf k}$，$S$ 為單位球面 $x^2+y^2+z^2=1$，${\bf n}$ 為其往外之法向量，求面積分 $\displaystyle\iint_S{\bf F}\cdot{\bf n}\,d\sigma$。
訣竅
此為通量，由 Gauss 散度定理求解。
解法

設 $\Omega=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb R^3\,|\,x^2+y^2+z^2\leq1\right\}$，則由 Gauss 散度定理可將面積分改為三重積分並計算如下：

$\displaystyle\iiint_{\Omega}\left(2+4+1\right)dV=7\cdot\frac{4\pi}3=\frac{28\pi}3$



10. 求球體$x^2+y^2+z^2\leq1$ 和圓錐 $z\geq\sqrt{3x^2+3y^2}$ 相交部分之體積。
訣竅
適當地考慮其體積之上曲面與下曲面，接著考慮其積分區域之取法。
解法

可以注意到 $x^2+y^2+z^2=1$ 與 $z=\sqrt{3x^2+3y^2}$ 的共同部分為一圓，記為 $C$，而其內部區域為 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,x^2+y^2\leq1/4\right\}$。在此作為底部的基礎上，可以看出上曲面為 $z=\sqrt{1-x^2-y^2}$，而下曲面為 $z=\sqrt{3x^2+3y^2}$，如此體積的計算式表達如下：

$\displaystyle V=\iint_D\left(\sqrt{1-x^2-y^2}-\sqrt{3x^2+3y^2}\right)dxdy$

考慮極座標變換，令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，其範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq1/2\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此有

$\begin{aligned}\displaystyle V&=\int_0^{2\pi}\int_0^{\frac12}\left(\sqrt{1-r^2}-\sqrt3r\right)rdrd\theta\\&=2\pi\left(\int_0^{\frac12}r\sqrt{1-r^2}-\sqrt3\int_0^{\frac12}r^2dr\right)\\&=2\pi\left(\left.-\frac13\left(1-r^2\right)^{\frac32}\right|_0^{\frac12}-\left.\frac{\sqrt3r^3}3\right|_0^{\frac12}\right)\\&=2\pi\left(-\frac{\sqrt3}6+\frac13\right)\\&=\frac{\pi\left(2-\sqrt3\right)}3.\end{aligned}$

（第貳大題）計算題：兩大題，各 $15$ 分，共 $30$ 分。

1. 必須書寫計算過程及理由，否則不予計分。

1. 求 $\displaystyle f\left(x,y\right)=x^2-\frac52xy+y^2$ 在 $x^2+y^2\leq1$ 上之極大值和極小值。
訣竅
分在圓盤上、在圓周上；前者使用偏微分等於零；後者使用 Lagrange 乘子法。
解法

當 $x^2+y^2<1$ 時，我們解以下聯立方程組：

$\left\{\begin{aligned}&f_x\left(x,y\right)=2x-\frac52y=0,\\&f_y\left(x,y\right)=-\frac52x+2y=0.\end{aligned}\right.$

如此可解得 $\left(x,y\right)=\left(0,0\right)$，此時 $f\left(0,0\right)=0$。

當 $x^2+y^2=1$ 時，設 $\displaystyle F\left(x,y,\lambda\right)=x^2-\frac52xy+y^2+\lambda\left(x^2+y^2-1\right)$，解以下聯立方程組：

$\left\{\begin{aligned} &F_x\left(x,y,\lambda\right)=2x-\frac52y+2\lambda x=0,\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=-\frac52x+2y+2\lambda y=0,\\&F_\lambda\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2-1=0.\end{aligned}\right.$

由第一式可得 $4\left(1+\lambda\right)x-5y=0$，故 $\displaystyle y=\frac{4\left(1+\lambda\right)x}5$，代入第二式可得 $\left[16\left(1+\lambda\right)^2-25\right]x=0$，因此 $x=0$ 或 $\displaystyle\lambda=-\frac94$ 或 $\displaystyle\lambda=\frac14$。

若 $x=0$，則 $y=-1$ 或 $y=1$；
若 $\displaystyle\lambda=-\frac94$ 或 $\displaystyle\lambda=\frac14$，則 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(\pm\frac1{\sqrt2},\pm\frac1{\sqrt2}\right)$。

檢驗後即知最大值發生在$\displaystyle\left(-\frac1{\sqrt2},\frac1{\sqrt2}\right)$ 或 $\displaystyle\left(\frac1{\sqrt2},-\frac1{\sqrt2}\right)$，其值為 $\displaystyle\frac94$；最小值發生在 $\displaystyle\left(\frac1{\sqrt2},\frac1{\sqrt2}\right)$ 或 $\displaystyle\left(-\frac1{\sqrt2},-\frac1{\sqrt2}\right)$，其值為 $\displaystyle-\frac14$。



2. 求 $\displaystyle\iint_R\cos\left(\frac{y-x}{y+x}\right)dxdy$之值，其中 $R$ 為由點 $\left(1,0\right)$，$\left(2,0\right)$，$\left(0,1\right)$，$\left(0,2\right)$ 所圍成之梯形。
訣竅
考慮其積分函數之形式以及積分區域可知應做 $v=y+x$、$u=y-x$ 代換。
解法



令 $\left\{\begin{aligned} &v=y+x\\&u=y-x\end{aligned}\right.$，而範圍為 $\left\{\begin{aligned}&1\leq v\leq2\\&-v\leq u\leq v\end{aligned}\right.$，如此原重積分可改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\iint_R\cos\left(\frac{y-x}{y+x}\right)dxdy&=\int_1^2\int_{-v}^v\cos\left(\frac uv\right)|\left|\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}\right||dudv\\&=\frac12\int_1^2\int_{-v}^v\cos\left(\frac uv\right)dudv\\&=\frac12\int_1^2\left.v\sin\left(\frac uv\right)\right|_{u=-v}^{u=v}dv\\&=\frac12\int_1^2\left(v\sin\left(1\right)-v\sin\left(-1\right)\right)dv\\&=\sin1\int_1^2vdv\\&=\frac{3\sin1}2,\end{aligned}$

其中

$\displaystyle\Big|\left|\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}\right|\Big|=\Big|\left|\frac{\partial\left(u,v\right)}{\partial\left(x,y\right)}\right|\Big|^{-1}=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}\\\displaystyle\frac{\partial v}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}\end{vmatrix}\Big|^{-1}=\Big|\begin{vmatrix}-1&1\\1&1\end{vmatrix}\Big|^{-1}=\frac12$.