國立臺灣大學九十八學年度轉學生入學考試試題詳解

1. Suppose that $f\left(x\right)$ is a function satisfying

   $e^x\leq f\left(x\right)\leq e^x+x^2$, $\left|x\right|<1$.

   Find
   1. $f\left(0\right)$. ($5\%$)
   2. $f'\left(0\right)$. ($10\%$)
訣竅
計算導數應使用定義處理，並配合使用夾擠定理。
解法
1. 取 $x=0$ 代入即有

   $1=e^0\leq f\left(0\right)\leq e^0+0^2=1$.

   因此$f\left(0\right)=1$。
2. 根據導數的定義有

   $\displaystyle f'\left(0\right)=\lim_{h\to0}\frac{f\left(h\right)-f\left(0\right)}h=\lim_{h\to0}\frac{f\left(h\right)-1}h$.

   而題幹的條件可以給我們有

   $\displaystyle\frac{e^h-1}h\leq\frac{f\left(h\right)-1}h\leq\frac{e^h+h^2-1}h$.

   再者我們有

   $\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{e^h-1}h=1=\lim_{h\to0}\frac{e^h+h^2-1}h$.

   因此由夾擠定理可知$f'\left(0\right)=1$。


2. Suppose that $f$ is a continuous function satisfying

   $\displaystyle f\left(x\right)=2+\int_0^x\frac{f\left(t\right)}{\left(t+2\right)\left(t+3\right)}\,dt,$　$x\geq0$.

   Find
   1. $f\left(0\right)$. ($5\%$)
   2. $f\left(3\right)$. ($10\%$)
訣竅
代入特殊值、配合微積分基本定理後解之。
解法
1. 取 $x=0$ 代入，可得 $f\left(0\right)=2$。
2. 將給定的方程對 $x$ 微分可得

   $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)}{\left(x+2\right)\left(x+3\right)}$.

   容易整理為

   $\displaystyle\frac{df}f=\frac{dx}{\left(x+2\right)\left(x+3\right)}=\left(\frac1{x+2}-\frac1{x+3}\right)dx$.

   對左右兩式同取積分可得

   $\displaystyle\ln f\left(x\right)=\ln\frac{x+2}{x+3}+\ln C$,

   其中 $C$ 為積分常數。藉由 $f\left(0\right)=2$ 可知 $C=3$。因此我們可得

   $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{3\left(x+2\right)}{x+3}$,

   如此有 $\displaystyle f\left(3\right)=\frac52$。


3. Compute the following:
   1. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$. Here $a_1=\sqrt6$, $a_2=\sqrt{6+\sqrt6}$, $a_3=\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt6}}, \cdots$ ($5\%$)
   2. $\displaystyle\lim_{t\to0}\left(\int_0^1\left(1+x\right)^t\,dx\right)^{1/t}$ ($10\%$)
訣竅
(a)：先證明其收斂再計算其值；(b)：直接計算積分後再用 L'Hôpital 法則。
解法

1. 首先證明有上界：當 $n=1$ 時，則 $a_1=\sqrt6<3$。設 $n=k$ 時成立，即 $a_k<3$，則 $a_{k+1}=\sqrt{a_k+6}<3$。因此由數學歸納法知 $a_n<3$，$\forall\,n\in\mathbb N$，亦即有上界。

   再者由於 $-2<a_k<3$，可知 $\left(a_k-3\right)\left(a_k+2\right)<0$，因此 $a_k+6>a_k^2$，如此我們可以發現 $a_{k+1}=\sqrt{a_k+6}>a_k$，因此數列遞增。

   如此我們依單調有界定理可知其收斂。
   設 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=S$，那麼 $S$ 滿足 $S=\sqrt{6+S}$，因此 $S=3$。
2. 直接計算可知

   $\displaystyle\int_0^1\left(1+x\right)^t\,dx=\left.\frac{\left(1+x\right)^{t+1}}{t+1}\right|_0^1=\frac{2^{t+1}-1}{t+1}$.

   如此我們計算下列極限

   $\displaystyle\lim_{t\to0}\left(\frac{2^{t+1}-1}{t+1}\right)^{1/t}=\lim_{t\to0}\exp\left(\frac{\displaystyle\ln\frac{2^{t+1}-1}{t+1}}t\right)=\exp\left(\lim_{t\to0}\frac{\displaystyle\ln\frac{2^{t+1}-1}{t+1}}t\right)=\frac4e$,

   其中最後的等號是根據下列的 L'Hôpital 法則的計算可知：

   $\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{\displaystyle\ln\frac{2^{t+1}-1}{t+1}}t=\lim_{t\to0}\left(\frac{t+1}{2^{t+1}-1}\cdot\frac{2^{t+1}\left(t+1\right)\ln2-2^{t+1}+1}{\left(t+1\right)^2}\right)=2\ln2-1=\ln\frac4e$.



4. ($15\%$) Find all absolutely extreme values of the function

   $f\left(x,y\right)=x^2+3y^2+y$

   subject to the constraint

   $x^2+y^2\leq1$.

訣竅

將限制條件分為等號成立與不成立兩種情況思考，前者可以利用 Lagrange 乘子函數處理，後者可以單純利用各方向偏導為零來求得；此外我們也可以修改題目條件使之成為等號的限制式，進而僅使用 Lagrange 乘子函數來求解。

事實上除了運用 Lagrange 或偏導數的方法外，運用基礎的不等式原理即可求解之。而且方法相較於以上兩種更為簡潔。

解法一

由於 $f\left(x,y\right)=x^2+3y^2+y$，我們可以配方法為 $\displaystyle f\left(x,y\right)=x^2+3\left(y+\frac16\right)^2-\frac1{12}$。因此當 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(0,-\frac16\right)$ 時能使 $\displaystyle f\left(x,y\right)=-\frac1{12}$ 為最小值。

另一方面，我們可以從限制式看出 $-1\leq y\leq1$。如此 $f\left(x,y\right)=x^2+3y^2+y\leq1+2y^2+y\leq4$。等號成立的條件分別為 $x^2+y^2=1$、$y=1$，因此當 $\left(x,y\right)=\left(0,1\right)$ 能使 $f\left(x,y\right)=4$ 為最大值。

解法二

首先考慮等號不成立的情形，亦即要尋找滿足 $f_x=f_y=0$ 的座標。容易求得座標為 $\displaystyle\left(0,-\frac16\right)$，且此座標滿足限制條件。

若等號成立，那麼我們可以使用 Lagrange 乘子法，設 Lagrange 乘子函數為

$F\left(x,y,\lambda\right)=x^2+3y^2+y+\lambda\left(x^2+y^2-1\right)$.

如此解下列聯立方程式

$\left\{\begin{aligned} &F_x\left(x,y,\lambda\right)=2x+2\lambda x=0,\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=6y+2\lambda y=0,\\&F_\lambda\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2-1=0.\end{aligned}\right.$

第一條方程給我們 $x=0$ 或 $\lambda=-1$。

• 若 $x=0$，則 $y=\pm1$。
• 若 $\lambda=-1$，則 $\displaystyle y=-\frac14$、$\displaystyle x=\pm\frac{\sqrt{15}}4$。

因此有 $\left(x,y\right)=\left(0,\pm1\right)$、$\displaystyle\left(x,y\right)=\left(\pm\frac{\sqrt{15}}4,-\frac14\right)$。代入有

$f\left(0,1\right)=4$、$f\left(0,-1\right)=2$、$\displaystyle f\left(\frac{\sqrt{15}}4,-\frac14\right)=\frac78$、$\displaystyle f\left(-\frac{\sqrt{15}}4,-\frac14\right)=\frac{11}8$.

因此最大值為 $4$，最小值為 $\displaystyle-\frac1{12}$。

解法三
引入輔助變數 $s$，將限制條件式改寫為 $x^2+y^2+s^2=1$。如此設 Lagrange 乘子函數為
$\displaystyle F\left(x,y,s,\lambda\right)=x^2+3y^2+y+\lambda\left(x^2+y^2+s^2-1\right)$.
如此解下列聯立方程組
$\displaystyle\frac{\partial F}{\partial x}=\frac{\partial F}{\partial y}=\frac{\partial F}{\partial s}=\frac{\partial F}{\partial\lambda}=0$.
如此能（根據解法二的方式）解得 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(0,-\frac16\right)$、$\left(0,\pm1\right)$、$\displaystyle\left(\pm\frac{\sqrt{15}}4,-\frac14\right)$，因此代入檢驗可知最大值為 $4$，而最小值為 $\displaystyle-\frac1{12}$。


5. ($10\%$) Find the normal line for the surface

   $z=x^2-xy-y^2$

   at the point $\left(1,1,-1\right)$.
訣竅
使用梯度計算法向量，使用對稱比例式列出直線方程式。
解法

將方程寫為 $x^2-xy-y^2-z=0$，取梯度計算可得

$\nabla\left(x^2-xy-y^2-z\right)=\left(2x-y,-x-2y,-1\right)$.

於是在 $\left(x,y,z\right)=\left(1,1,-1\right)$ 的法向量為 $\left(1,-3,-1\right)$，因此根據對稱比例式可得

$\displaystyle\frac{x-1}1=\frac{y-1}{-3}=\frac{z+1}{-1}$.



6. Evaluate the following:
   1. $\displaystyle\iint_Re^{x^2+y^2}\,dx\,dy$. Here $R=\left\{\left(x,y\right): x^2+y^2\leq1, y\geq0\right\}$. ($10\%$)
   2. $\displaystyle\int_0^\infty e^{-x^2}\,dx$. ($5\%$)
訣竅
兩者均使用極座標變換。
解法
1. 令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，根據題意所指出的區域可知 $0\leq r\leq1$、$0\leq\theta\leq\pi$，如此可將原重積分改寫並計算如下

   $\displaystyle\int_0^\pi\int_0^1e^{r^2}r\,dr\,d\theta=\left(\int_0^\pi d\theta\right)\left(\int_0^1re^{r^2}\,dr\right)=\left.\frac\pi2e^{r^2}\right|_0^1=\frac{\pi\left(e-1\right)}2$.

2. 設此瑕積分值為 $I$，則

   $\displaystyle I^2=\left(\int_0^\infty e^{-x^2}\,dx\right)^2=\left(\int_0^\infty e^{-x^2}\,dx\right)\left(\int_0^\infty e^{-y^2}\,dy\right)=\int_0^\infty\int_0^\infty e^{-\left(x^2+y^2\right)}\,dx\,dy$

   使用極座標變換可改寫並計算此重積分如下

   $\displaystyle I^2=\int_0^{\pi/2}\int_0^\infty e^{-r^2}r\,dr\,d\theta=\frac\pi4\int_0^\infty e^{-r^2}\,dr^2=\frac\pi4$.

   因此 $\displaystyle I=\frac{\sqrt\pi}2$。


7. Find the area of the region enclosed by the following:
   1. ($5\%$) $r=2a\cos\theta$, $a>0$.
   2. ($10\%$) $r=2\left(1+\cos\theta\right)$.
訣竅
使用極座標面積公式即可求解。
解法

1. 將方程式同乘以 $r$ 可以得到 $x^2+y^2=2ax$，亦即 $\left(x-a\right)^2+y^2=a^2$。這表明這是一個圓心在 $\left(a,0\right)$，而半徑為 $a$ 的圓，此時我們根據圖形的意義知道面積為 $\pi a^2$。

   若以嚴格的微積分論證來說明其面積，將採以下方法說明：首先可以知道 $\theta$ 的範圍為 $\left[-\pi/2,\pi/2\right]$。如此所求的面積可以表達並計算如下

   $\begin{aligned}A&=\frac12\int_{-\pi/2}^{\pi/2}r^2\,d\theta\\&=2a^2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta\\&=a^2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(1+\cos2\theta\right)\,d\theta\\&=a^2\left.\left(\theta+\frac{\sin2\theta}2\right)\right|_{-\pi/2}^{\pi/2}\\&=\pi a^2.\end{aligned}$

2. 由於 $1+\cos\theta\geq0$，因此在 $\theta\in\left[0,2\pi\right]$ 時不會產生軌跡重疊的現象。故所求面積可以列式並計算如下

   $\begin{aligned}A&=\frac12\int_0^{2\pi}4\left(1+\cos\theta\right)^2\,d\theta\\&=2\int_0^{2\pi}\left(1+2\cos\theta+\cos^2\theta\right)\,d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\left(3+4\cos\theta+\cos2\theta\right)\,d\theta\\&=\left.\left(3\theta+4\sin\theta+\frac{\sin2\theta}2\right)\right|_0^{2\pi}\\&=6\pi.\end{aligned}$