國立臺灣大學八十七學年度轉學生入學考試試題詳解

1. 填充題：[$9\%\times8=72\%$]
請在答案簿按題序標清題號寫下答案，其它計算式一律不予計分。
1. 設曲線 $x^3+y^3=1$ 在 $\displaystyle\left(\sqrt[3]{\frac12},\sqrt[3]{\frac12}\right)$ 點的切線為 $ax+by=1$，則 $a=$　①　。
訣竅
使用隱函數微分求出在該點的斜率，接著使用點斜式求出該切線。
解法
運用隱函數微分可得
$\displaystyle3x^2+3y^2\frac{dy}{dx}=0$
因此取點$\displaystyle\left(\sqrt[3]{\frac12},\sqrt[3]{\frac12}\right)$ 代入後可得 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(\sqrt[3]{\frac12},\sqrt[3]{\frac12}\right)}=-1$，因此由點斜式可得切線方程式為
$\displaystyle x+y=\sqrt[3]4$
因此 $\displaystyle a=b=2^{-\frac23}$。


2. 設 $\displaystyle\int_1^x\ln t\,dt$ 在 $x=1$ 點的泰勒展開式為 $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}a_k\left(x-1\right)^k$，$a_5=$　②　。
訣竅
直接根據泰勒展開式作五階微分。
解法
容易可得
$\begin{aligned}\displaystyle&f'\left(x\right)=\ln x\\&f''\left(x\right)=\frac{1}{x}\\&f'''\left(x\right)=-\frac{1}{x^2}\\&f^{\left(4\right)}\left(x\right)=\frac{2}{x^3}\\&f^{\left(5\right)}\left(x\right)=-\frac{6}{x^4}\end{aligned}$
因此 $\displaystyle a_5=\frac{f^{\left(5\right)}\left(1\right)}{5!}=\frac{-6}{120}=-\frac1{20}$。


3. $\displaystyle\alpha=\frac{1+\sqrt5}2$ 為 $x^2-x-1=0$ 之一根，考慮運用牛頓法於函數 $f\left(x\right)=x^2-x-1$ 去逼近 $\alpha$。若令 $\mathcal{A}=\left\{x_0\in\mathbb{R}\,|\,\right.$ 以 $x_0$ 為牛頓法起始點，可逼近 $\alpha$ 者 $\left.\right\}$。請用 $\mathbb R$ 中的區間描述 $\mathcal A$：　③　。
訣竅

Newton 法屬於微積分內容中較偏門的內容，多年來僅考過一題。根據 Newton 法逼近的原理研究收斂區間即可。

Newton 逼近法

欲求 $f\left(x\right)=0$ 之解，但過於困難，因此考慮一數列收斂至解 $\alpha$。取一點 $x=x_0$ 開始，由以下方法迭代之：

$\displaystyle x_{n+1}=x_n-\frac{f\left(x_n\right)}{f'\left(x_n\right)}$

關於其收斂性，則可考慮 $f\left(\alpha\right)$ 在 $x=x_n$ 的 Taylor 展開式則有

$\displaystyle f\left(\alpha\right)=f\left(x_n\right)+f'\left(x_n\right)\left(\alpha-x_n\right)+\frac{f''\left(c_n\right)}{2!}\left(\alpha-x_n\right)^2$

其中 $c_n$ 介於 $\alpha$ 和 $x_n$ 之間，且由於 $f\left(\alpha\right)=0$，因此同除以 $f'\left(x_n\right)$ 可得

$\displaystyle0=\frac{f\left(x_n\right)}{f'\left(x_n\right)}+\left(\alpha-x_n\right)+\frac{f''\left(c_n\right)}{2f'\left(x_n\right)}\left(\alpha-x_n\right)^2$

根據迭代關係式故知

$\displaystyle\alpha-x_{n+1}=-\frac{f''\left(c_n\right)}{2f'\left(x_n\right)}\left(\alpha-x_n\right)^2$

若當 $x_n\to\alpha$，則 $c_n\to\alpha$，故上式約可改為

$\displaystyle\alpha-x_{n+1}\approx-\frac{f''\left(\alpha\right)}{2f'\left(\alpha\right)}\left(\alpha-x_n\right)^2$

因此 Newton 法的收斂行為為二次收斂，我們亦可透過此觀念去分析其收斂範圍為

$\alpha-x_{n+1}\approx M\left(\alpha-x_n\right)^2$

其中 $\displaystyle M=-\frac{f''\left(\alpha\right)}{2f'\left(\alpha\right)}$。因此兩邊同乘 $M$ 可得

$M\left(\alpha-x_{n+1}\right)\approx\left[M\left(\alpha-x_n\right)\right]^2$

欲使誤差漸小應要求

$\left|M\left(\alpha-x_0\right)\right|<1$

故

$\displaystyle\alpha-\left|\frac1M\right|< x_0<\alpha+\left|\frac1M\right|$

解法

由牛頓法的分析結果可知

$\displaystyle M=-\frac{f''\left(\alpha\right)}{2f'\left(\alpha\right)}=-\frac1{\sqrt5}$

因此當 $x_0$ 滿足下列條件時能保證牛頓法收斂到 $\alpha$：

$\displaystyle\frac{1+\sqrt5}2-\sqrt5< x_0<\frac{1+\sqrt5}2+\sqrt5$

故

$\displaystyle\mathcal{A}=\left\{x\in\mathbb{R}\,\Big|\,\frac{1-\sqrt5}2< x<\frac{1+3\sqrt5}2\right\}$.



4. 令 $\displaystyle f\left(t\right)=\int_0^t\int_x^t\cos\left(y^2\right)dydx$，則 $f''\left(t\right)=$　④　。(化簡到沒有積分符號為止)
訣竅
首先可以發現此雙重積分無法直接計算，因此替換順序後進行雙重積分，再求雙階導函數。不過事實上許多動作的次序對調亦無關係，故有多種解法。
解法一

由於原先的積分區域為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq t\\&x\leq y\leq t\end{aligned}\right.$，可以改寫為 $\left\{\begin{aligned}0\leq x&\leq y\\0\leq y&\leq t\end{aligned}\right.$如此我們有

$\begin{aligned}\displaystyle f\left(t\right)&=\int_0^t\int_x^t\cos\left(y^2\right)dydx\\&=\int_0^t\int_0^y\cos\left(y^2\right)dxdy\\&=\int_0^tx\cos\left(y^2\right)\Big|_{x=0}^{x=y}dy\\&=\int_0^ty\cos\left(y^2\right)dy\\&=\frac{\sin\left(t^2\right)}2.\end{aligned}$

因此直接微分可得

$\begin{aligned} &f'\left(t\right)=t\cos\left(t^2\right),\\&f''\left(t\right)=\cos\left(t^2\right)-2t^2\sin\left(t^2\right).\end{aligned}$

解法二

承解法一改寫成下列形式後運用微積分基本定理：

$\displaystyle f\left(t\right)=\int_0^t\int_0^y\cos\left(y^2\right)dxdy$

接著微分一次可得：

$\displaystyle f'\left(t\right)=\int_0^t\cos\left(t^2\right)dx=\cos\left(t^2\right)\int_0^tdx=t\cos\left(t^2\right)$

因此微分第二次可得：

$\displaystyle f''\left(t\right)=\cos\left(t^2\right)-2t^2\sin\left(t^2\right)$

解法三

直接使用微積分基本定理可得：

$\displaystyle f'\left(t\right)=\int_t^t\cos\left(y^2\right)dy+\int_0^t\cos\left(t^2\right)dx=t\cos\left(t^2\right)$

因此再微分一次即可得

$\displaystyle f''\left(t\right)=\cos\left(t^2\right)-2t^2\sin\left(t^2\right)$



5. 設 $xy$ 平面中一曲線 $\Gamma$，可用極座標方程 $r=\sin2\theta$ 來定義，則限制在 $\Gamma$ 上 $x^2+y^2$ 的最大值 $=$　⑤　。
訣竅
利用極座標代換來求最大值。
解法
利用極座標，我們可得 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta=\sin2\theta\cos\theta\\&y=r\sin\theta=\sin2\theta\sin\theta\end{aligned}\right.$ 因此
$x^2+y^2=\sin^22\theta\left(\cos^2\theta+\sin^2\theta\right)=\sin^22\theta\leq1$
故當 $\theta=45^\circ$ 時有最大值 $=1$。


6. 設 $f\left(x,y\right)=y^2+\lambda x^3+x$，其中 $\lambda$ 為參數，若已知其函數圖形有唯一的鞍點 $\left(a,b,f\left(a,b\right)\right)$，則所有可能的 $\lambda$ 構成的集合為　⑥　，且 $a+b=$　⑦　。(寫成 $\lambda$ 的表式)
訣竅
根據鞍點的定義進行計算即可。
解法
首先聯立解
$\begin{aligned} &f_x\left(x,y\right)=3\lambda x^2+1=0,\\&f_y\left(x,y\right)=2y=0.\end{aligned}$
因此當 $\lambda<0$ 時可解得 $\displaystyle\left(\frac1{\sqrt{-3\lambda}},0\right)$。為了檢驗這樣的座標是否為鞍點，我們利用二階偏微分來檢查：
首先我們計算二階偏導函數：$f_{xx}=6\lambda x$、$f_{xy}=f_{yx}=0$、$f_{yy}=2$。故可得 $\displaystyle\left(f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2\right)\left(\frac{1}{\sqrt{-3\lambda}},0\right)=-4\sqrt{-3\lambda}<0$
故 $\lambda$ 可能的值所構成的集合為 $\left\{x\in\mathbb{R}|x<0\right\}$，而 $\displaystyle a+b=\frac1{\sqrt{-3\lambda}}$。
8. 函數 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{\tan^{-1}x}x$，在 $x=0$ 時不連續，但若定義 $f\left(0\right)=$　⑧　，則 $f\left(x\right)$ 就會到處連續。
訣竅
根據連續的定義求解。
解法
若 $f\left(x\right)$ 到處連續，則 $f\left(x\right)$ 在 $x=0$ 連續，故利用 L'Hôpital 法則有
$\displaystyle f\left(0\right)=\lim_{x\to0}f\left(x\right)=\lim_{x\to0}\frac{\tan^{-1}x}x=\lim_{x\to0}\frac1{1+x^2}=1$
因此定義 $f\left(0\right)=1$。
2. 計算題：[$14\%\times2=28\%$]　請寫出詳盡之計算與論證過程
1. (續填充題 $8$，假設 $f\left(x\right)$ 在 $\mathbb R$ 上連續)
   顯然，$\displaystyle\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)=\lim_{x\to-\infty}f\left(x\right)=0$，請判斷瑕積分 $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty f\left(x\right)dx$ 是收斂還是發散。並說明之。
訣竅
分段計算即可猜出是否收斂。
解法
由於 $f\left(x\right)$ 為偶函數，因此 $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty f\left(x\right)dx$ 收斂等價於 $\displaystyle\int_0^{\infty}f\left(x\right)$ 收斂，亦等價於 $\displaystyle\int_0^1f\left(x\right)dx$ 與 $\displaystyle\int_1^{\infty}f\left(x\right)dx$ 同時收斂。然而我們可以看出
$\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\tan^{-1}x}xdx>\int_1^\infty\frac{\tan^{-1}1}xdx=\infty$
因此原瑕積分發散。


2. 設 $\mathbb R^2$ 上向量場 $\displaystyle\left(u\left(x,y\right),v\left(x,y\right)\right)=\left(\frac{-y}{x^2+y^2},\frac{x}{x^2+y^2}\right)$，令 $\Gamma$ 為 $y=\ln x$ 之函數曲線，其中 $x>0$。取 $\Gamma$ 的方向如下，請計算線積分 $\displaystyle\int_\Gamma\left(udx+vdy\right)$。(注意：這是一瑕積分。)
   
訣竅
本題可以參數化求解，亦可使用非封閉曲線的 Green 定理求解。
解法一

設 $F\left(x,y\right)=\arctan\left(\frac{y}x\right)$，容易知道 $\nabla F\left(x,y\right)=\left(u\left(x,y\right),v\left(x,y\right)\right)$。若在 $\Gamma$ 上任取兩點 $P\left(e^{a},a\right)$、$Q\left(e^b,b\right)$，則

$\displaystyle\oint_{P\to Q}\left(udx+vdy\right)=F\left(Q\right)-F\left(P\right)$

如此我們取 $a\to-\infty$、$b\to\infty$，如此可得

$\displaystyle\oint_{\Gamma}\left(udx+vdy\right)=\left.\arctan\left(\frac{y}{e^y}\right)\right|_{-\infty}^\infty=\frac\pi2$

解法二

直接參數化 $\left\{\begin{aligned} &x=x\\&y=\ln x\end{aligned}\right.$ 代入

$\begin{aligned}\displaystyle\int_\Gamma(udx+vdy)&=\int_0^{\infty}\left(\frac{-\ln x}{x^2+\ln^2x}dx+\frac{x}{x^2+\ln^2x}d\ln x\right)\\&=\int_0^{\infty}\frac{1-\ln x}{x^2+\ln^2x}dx\\&=\left.\arctan\left(\frac{\ln x}{x}\right)\right|_0^{\infty}=\frac\pi2.\end{aligned}$