國立臺灣大學八十七學年度轉學生入學考試試題詳解

1. ($20/100$) Space curve $x=t^2$, $y=2t$, $z=t^3$, when $t=1$, principal normal vector $N=\left(?,?,?\right)$.
訣竅
按照定義計算即可。
解法

設 $\vec{r}\left(t\right)=\left(t^2,2t,t^3\right)$。我們先先計算 $\vec{T}\left(t\right)$ 如下：

$\displaystyle\vec{T}\left(r\right)=\frac{\vec{r}'\left(t\right)}{\lvert\vec{r}'\left(t\right)\rvert}=\frac{\left(2t,2,3t^2\right)}{\sqrt{4+4t^2+9t^4}}$

由於 $\displaystyle\vec{N}\left(t\right)=\frac{\vec{T}'\left(t\right)}{\lvert\vec{T}'\left(t\right)\rvert}$，因此我們可以先計算 $\vec{T}'\left(t\right)$ 如下

$\displaystyle\vec{T}'\left(t\right)=\frac{\sqrt{4+4t^2+9t^4}\left(2,0,6t\right)-\left(2t,2,3t^2\right)\frac{4t+18t^3}{\sqrt{4+4t^2+9t^4}}}{4+4t^2+9t^4}$

故 $\displaystyle\vec{T}'\left(1\right)=\frac{\left(-10,-44,36\right)}{17\sqrt{17}}$、$\displaystyle\lvert\vec{T}'\left(1\right)\rvert=\frac{14}{17}$，因此

$\displaystyle\vec{N}\left(1\right)=\frac{\left(-5,-22,18\right)}{7\sqrt{17}}$



2. ($20/100$) Differential $\omega=ydx-xdy$, $P=\left(0,0\right)$, $Q\left(1,1\right)$.
   $\gamma_1=\text{path from }P\text{ to }Q\text{ satisfying }y=x^2$;
   $\gamma_2=\text{path from }Q\text{ to }P\text{ satisfying }x=y^2$.
   $\displaystyle\int_{\gamma_1}\omega=?$, $\displaystyle\int_{\gamma_2}\omega=?$　If they are the same, can you prove this line integral is path-independent?
訣竅
將曲線參數化後代入即可計算。但這是本質上依賴路徑的線積分，透過選取繞原點順時針與逆時針的結果會有不同。
解法
令 $x=t$、$y=t^2$，其中 $t=0$ 到 $t=1$：
$\displaystyle\int_{\gamma_1}\omega=\int_0^1t^2dt-tdt^2=-\int_0^1t^2dt=-\frac13$
令 $x=t^2$、$y=t$，其中 $t=1$ 到 $t=0$：
$\displaystyle\int_{\gamma_2}\omega=\int_1^0tdt^2-t^2dt=-\int_0^1t^2dt=-\frac13$
現在考慮 $\Gamma_1:x^2+y^2=1$ 且逆時針旋轉、$\Gamma_2:x^2+y^2=1$ 且順時針旋轉，容易計算發現
$\displaystyle-\int_{\Gamma_1}\omega=\int_{\Gamma_2}\omega=2\pi$
因此本題的線積分是依賴路徑的。


3. ($20/100$) $\left(r,\theta\right)=$polar coordinate, $r=2+3\sin\theta$.
   Find the slopes of the two tangent lines at the pole.
訣竅
透過計算通過極點的角度，並計算出其對應的正切值即可。
解法
會碰到極點的角度 $\theta$ 滿足 $2+3\sin\theta=0$，易得 $\displaystyle\sin\theta=-\frac23$。可知此角度將發生在第三象限與第四象限，從而可能的正切值為 $\displaystyle\pm\frac2{\sqrt5}$，按此所做出的切線如附圖



4. ($20/100$) $a_n>0$, $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$, but $a_n$ may not be monotonically decreasing, can you prove $a_1-a_2+a_3-a_4+a_5-a_6+\cdots=$ convergent?
訣竅
運用等比級數與調和級數的思想結合可以舉出反例。
解法
設$a_n=\begin{cases}\displaystyle\frac1k,&\text{if }n=2k-1,\\\displaystyle\frac1{2^k},&\text{if }n=2k.\end{cases}$，容易注意到偶數項累積為等比級數和為 $1$，而正項的調和級數將發散，且 $a_n$ 收斂於 $0$，從而我們給出一個反例使得此交錯級數發散。


5. ($20/100$) A stone is thrown upward from the ground with initial speed $v_0=10\mbox{ m}/\mbox{sec}$. gravity $=9.8\mbox{ m}/\mbox{sec}^2$. Air resistance $=kv^2$, where $k=1\cdot\mbox{newton}\cdot\frac{\mbox{sec}^2}{\mbox{m}^2}$. After $t_1$ seconds, the stone reaches the highest point, then after $t_2$ seconds, the stone falls back to the ground, $t_1=t_2$?
訣竅
根據題意列出微分方程及其初始條件並解出它。
解法

設 $m$ 為石頭的質量（單位公斤），$x\left(t\right)$ 表示在投出後 $t$ 秒時的位置，並設定向上為正。在一開始的運動過程中，我們知道物體受到重力與空氣阻力的方向向下，因此可以利用牛頓第二運動定律列式如下

$\displaystyle-mg-k\left(\frac{dx}{dt}\right)^2=m\frac{d^2x}{dt^2}$

利用題目所給定的數據則有

$\displaystyle-9.8m-v^2=m\frac{dv}{dt}$

透過整理後在 $\left[0,t\right]$ 上取定積分可得

$\displaystyle-\frac{t}m=\frac{1}{\sqrt{9.8m}}\left(\tan^{-1}\frac{v\left(t\right)}{\sqrt{9.8m}}-\tan^{-1}\frac{v\left(0\right)}{\sqrt{9.8m}}\right)$

我們知道達到最高點時的速度為 $0$，即 $v\left(t_1\right)=0$，因此有

$\displaystyle t_1=\sqrt{\frac{m}{9.8}}\left(\tan^{-1}\frac{10}{\sqrt{9.8m}}\right)$

至於從最高點落下的過程由於空氣阻力方向的改變，我們改列是如下

$\displaystyle-mg+k\left(\frac{dx}{dt}\right)^2=m\frac{d^2x}{dt^2}$

利用題目所給定的數據則有

$\displaystyle-9.8m+v^2=m\frac{dv}{dt}$

同樣透過整理後在 $\left[0,t\right]$ 上取定積分可得（注意此處的時間是從最高點開始，因此 $v\left(0\right)=0$）：

$\displaystyle-\frac{t}m=\frac1{2\sqrt{9.8m}}\ln\frac{\sqrt{9.8m}+v\left(t\right)}{\sqrt{9.8m}-v\left(t\right)}$

由於空氣阻力會消耗能量，所以必然在落地時速度會比當初上投的速度來得小，亦即我們有 $-10< v\left(t_2\right)<0$，從而我們有

$\displaystyle\begin{aligned}t_2=&\frac{1}2\sqrt{\frac{m}{9.8}}\ln\frac{\sqrt{9.8m}-v\left(t_2\right)}{\sqrt{9.8m}+v\left(t_2\right)}\\>&\frac{1}2\sqrt{\frac{m}{9.8}}\ln\frac{\sqrt{9.8m}+10}{\sqrt{9.8m}}\\=&\frac{1}2\sqrt{\frac{m}{9.8}}\ln\frac{\displaystyle1+\frac{10}{\sqrt{9.8m}}}{\displaystyle1-\frac{10}{\sqrt{9.8m}}}\end{aligned}$

為此我們記 $\displaystyle a=\frac{10}{\sqrt{9.8m}}\in\left(0,1\right)$，並且考慮函數 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{1}2\ln\frac{1+x}{1-x}-\tan^{-1}x$。由於當 $x\in\left(0,1\right)$ 時有 $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{2x^2}{1-x^4}>0$，因此 $f$ 在 $\left(0,1\right)$ 上遞增，故 $f\left(a\right)>0$，據此我們可得 $t_2> t_1$。

補充：純粹僅從物理學的觀點上，我們可以注意到在運動過程中空氣阻力會減少力學能，從而在相同的水平高度的速率必定是上升的速率大於落下的速率，故落下所需的時間大於上升所需的時間，即 $t_2> t_1$。