國立臺灣大學九十一學年度轉學生入學考試試題詳解

1. 填充題（每題 $9$ 分，$8$ 題共 $72$ 分）　請在答案簿首頁按題號寫下答案，其他計算式一律不計分。
1. 內接於半徑為 $7$公分的半圓的長方形，其最大可能的面積為　　　　平方公分。
訣竅
假設長與寬即可列出條件，使用算幾不等式求解即可。
解法

設長為 $2a$，寬為 $b$，其中 $a,b>0$，則由半徑為 $7$ 來應用畢氏定理(Pythagorean theorem)可得 $a^2+b^2=49$，求 $2ab$ 之極大值。利用算術幾何不等式，我們有
$\displaystyle\frac{49}2=\frac{a^2+b^2}2\geq\sqrt{a^2b^2}=ab$
因此 $49\geq2ab=$ 長方形面積，故面積最大值為 $49$。


2. 在第一象限中，於 $y=\sqrt x$ 之下，並在 $x$ 軸及直線 $y=x-2$ 上的區域，其面積為　　　　。
訣竅
設計出上下界後積分之，可以考慮鉛直方向亦可考慮水平方向。
解法一



根據圖形計算 $\sqrt x$ 在 $x=0$ 至 $x=4$ 之間的面積後扣去三角形的面積：

$\displaystyle A=\int_0^4\sqrt x\,dx-\frac12\cdot2\cdot2=\left.\frac23x^{\frac32}\right|_0^4-2=\frac{10}3.$

解法二

由解法一的圖形可列出算式並計算之：

$\begin{aligned}A&=\int_0^2\sqrt x\,dx+\int_2^4\left[\sqrt x-\left(x-2\right)\right]dx\\&=\int_0^4x^{\frac12}-\left.\left(\frac{x^2}2-2x\right)\right|_2^4=\left.\frac23x^{\frac32}\right|_0^4-2=\frac{10}3.\end{aligned}$

解法三

由解法一的圖形，可以將面積的計算式表達如下並計算之：

$\begin{aligned}A&=\int_0^2\left[\left(y+2\right)-y^2\right]dy=\int_0^2\left(-y^2+y+2\right)dy\\&=\left.\left(-\frac{y^3}3+\frac{y^2}2+2y\right)\right|_0^2=\frac{10}3.\end{aligned}$



3. 星狀曲線 $x=\cos^3t$，$y=\sin^3t$，$0\leq t\leq2\pi$ 的長度為　　　　。
訣竅
利用參數化的曲線長度公式計算即可。
解法



依弧長公式，我們列式並計算如下：

$\begin{aligned}s&=\int_0^{2\pi}\sqrt{x'\left(t\right)^2+y'\left(t\right)^2}\,dt=\int_0^{2\pi}\sqrt{9\cos^4t\sin^2t+9\sin^4t\cos^2t}dt\\&=3\int_0^{2\pi}\left|\sin t\cos t\right|dt=6\int_0^{\frac\pi2}\sin2t\,dt\\&=-3\cos2t\Big|_0^{\frac\pi2}=6.\end{aligned}$



4. $\displaystyle\int_0^1x^4e^xdx=$　　　　。
訣竅
利用分部積分即可。
解法

利用分部積分計算如下：

$\begin{aligned}\int_0^1x^4e^xdx&=x^4e^x\Big|_0^1-4\int_0^1x^3e^xdx\\&=e-4x^3e^x\Big|_0^1+12\int_0^1x^2e^x\\&=-3e+12x^2e^x\Big|_0^1-24\int_0^1xe^xdx\\&=9e-24xe^x\Big|_0^1+24\int_0^1e^xdx\\&=-15e+24e^x\Big|_0^1\\&=9e-24.\end{aligned}$



5. 若函數 $f\left(x\right)$ 在 $x=0$ 連續，則 $c=$　　　　，其中

   $f\left(x\right)=\begin{cases}\displaystyle\frac{9x-3\sin3x}{5x^3},&x\neq0;\\c,&x=0.\end{cases}$

訣竅
根據連續的定義後使用 L'Hôpital 法則即可。
解法

根據連續的定義，我們有

$\displaystyle c=f\left(0\right)=\lim_{x\to0}f\left(x\right)=\lim_{x\to0}\frac{9x-3\sin3x}{5x^3}$

緊接著使用 L'Hôpital 法則可得：

$\displaystyle c=\lim_{x\to0}\frac{9-9\cos3x}{15x^2}=\lim_{x\to0}\frac{27\sin3x}{30x}=\frac{27}{10}.$



6. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+8}{n+3}\right)^n=$　　　　。
訣竅
整理其形式化為 $e$ 即可。
解法

改寫原式如下：

$\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+8}{n+3}\right)^n&=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac5{n+3}\right)^n\\&=\lim_{n\to\infty}\left[\left(1+\frac5{n+3}\right)^{\frac{n+3}5}\right]^5\left(1+\frac5{n+3}\right)^{-2}=e^5.\end{aligned}$



7. 平面 $x+y+z=1$ 和柱面 $x^2+y^2=1$ 交出一橢圓，原點距此橢圓最遠的距離是　　　　。
訣竅
根據題意列出欲求之條件式整理之即可。
解法
設橢圓上一點 $P\left(x,y,z\right)$，欲求 $\overline{OP}$ 最大，即求 $\overline{OP}^2$ 最大。我們又知
$\overline{OP}^2=x^2+y^2+z^2=1+z^2$
其中 $z=1-\left(x+y\right)$，且配合 Cauchy 不等式有：
$\left(x^2+y^2\right)\left(1^2+1^2\right)\geq\left(x+y\right)^2$
即 $\sqrt2\geq x+y\geq-\sqrt2$，即 $1-\sqrt2\leq z\leq1+\sqrt2$，因此我們有
$1\leq\overline{OP}^2\leq1+\left(1+\sqrt2\right)^2=4+2\sqrt2$
故最遠距離為 $\overline{OP}_{\max}=\sqrt{4+2\sqrt2}$。


8. 曲線 $r^2=5\cos2\theta$ 圍成區域的面積為　　　　。
訣竅
根據極座標求面積法即可。
解法



應考慮能滿足 $\cos2\theta\geq0$ 的 $\theta$，據此可知 $2\theta\in\left[-\pi/2+2k\pi,\pi/2+2k\pi\right]$，其中$k\in\mathbb Z$，因此 $\theta\in\left[-\pi/4+k\pi,\pi/4+k\pi\right]$，又欲使 $\theta$ 在 $\left[0,2\pi\right]$ 之間，故得 $\theta\in\left[0,\pi/4\right]\cup\left[3\pi/4,5\pi/4\right]\cup\left[7\pi/4,2\pi\right]$。因此面積為

$\begin{aligned}A&=\frac12\int_0^{\pi/4}r^2d\theta+\frac12\int_{3\pi/4}^{5\pi/4}r^2d\theta+\frac12\int_{7\pi/4}^{2\pi}r^2d\theta\\&=\frac54\left(\sin2\theta\Big|_0^{\pi/4}+\sin2\theta\Big|_{3\pi/4}^{5\pi/4}+\sin2\theta\Big|_{7\pi/4}^{2\pi}\right)\\&=\frac54\left(1+1-\left(-1\right)-\left(-1\right)\right)\\&=5.\end{aligned}$

2. 計算證明題（每題 $14$ 分，$2$ 題共 $28$ 分）　請寫出詳細之計算與證明過程
9. 歐拉的 Gamma 函數定義為 $\displaystyle\Gamma\left(x\right)=\int_0^{\infty}t^{x-1}e^{-t}dt$，$x>0$。
   1. 證明 $\Gamma\left(1\right)=1$。
   2. 當 $x>0$ 時，證明 $\Gamma\left(x+1\right)=x\Gamma\left(x\right)$。
   3. 試用數學歸納法證明，當 $n$ 是非負整數時，$\Gamma\left(n\right)=(n-1)!$ 恆成立，其中 $n!$ 表示 $n$ 的階乘。
訣竅
利用分部積分的方法可以直接計算出結果。
解法
1. 代入 $x=1$，得

   $\displaystyle\Gamma\left(1\right)=\int_0^{\infty}e^{-t}dt=\left.-e^{-t}\right|_0^{\infty}=1.$

2. 當 $x>0$，則 $x+1>1$，故 $t$ 的指數部分是合法的。因此利用分部積分可得：

   $\begin{aligned}\Gamma\left(x+1\right)&=\int_0^{\infty}t^{\left(x+1\right)-1}e^{-t}dt\\&=-t^xe^{-t}\Big|_0^{\infty}+x\int_0^{\infty}t^{x-1}e^{-t}dt\\&=x\Gamma\left(x\right).\end{aligned}$

3. 根據訣竅我們知道應證明的結論為 $\Gamma\left(n\right)=\left(n-1\right)!$。

   首先由第一小題可知 $n=1$ 時結論成立。
   接著我們設 $n=k$ 時成立，亦即 $\Gamma\left(k\right)=\left(k-1\right)!$。利用第二小題，我們知道 $\Gamma\left(k+1\right)=k\Gamma\left(k\right)=k!$。

   於是由數學歸納法，我們知道對所有正整數 $n$ 皆有 $\Gamma\left(n\right)=\left(n-1\right)!$。


10. 利用均值定理證明下列二敘述。
[均值定理]　如果 $y=f\left(x\right)$ 在閉區間 $\left[a,b\right]$ 連續，且在開區間 $\left(a,b\right)$ 可微，則 $\left(a,b\right)$ 中存在一數 $c$ 滿足 $\displaystyle f'\left(c\right)=\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}$。
1. 如果 $f'\left(x\right)=g'\left(x\right)$ 對區間 $I$ 內的所有 $x$ 均成立，試證，存在一常數 $C$ 使得 $f\left(x\right)=g\left(x\right)+C$ 對 $I$ 中的所有 $x$ 均成立。
2. 對什麼樣的 $p,q,r$ 當 $\left[a,b\right]=\left[0,2\right]$ 時，下列函數滿足均值定理的假設條件？

   $f\left(x\right)=\begin{cases}3,&x=0;\\-x^2+3x+p,&0<x<1;\\qx+r,&1\leq x\leq2.\end{cases}$

訣竅
將第一小題的形式轉為均值定理的形式；第二小題則按照連續與可微分的特性來解題。
解法
1. 不妨於區間 $I$ 中取兩點 $a,b\in I$ 且 $a< b$，並設 $h\left(x\right)=f\left(x\right)-g\left(x\right),\forall x\in I$，則有 $h'\left(x\right)=0,\forall x\in I$。因此在 $\left[a,b\right]$ 上仍有 $h'\left(x\right)=0$。運用均值定理，存在 $c\in\left(a,b\right)$ 使 $\displaystyle h'\left(c\right)=\frac{h\left(b\right)-h\left(a\right)}{b-a}=0$ 成立。因此 $h\left(a\right)=h\left(b\right)$，但 $a,b$ 為任意點，因此 $h$ 為常數函數，即 $h\left(x\right)=f\left(x\right)-g\left(x\right)\equiv C$，於是 $f\left(x\right)=g\left(x\right)+C$。
2. 首先考慮在 $x=0$ 的連續性，有

   $\displaystyle3=f\left(0\right)=\lim_{x\to0^+}f\left(x\right)=\lim_{x\to0^+}\left(-x^2+3x+p\right)=p$

   因此我們得 $p=3$，接著我們再考慮 $x=1$ 的連續性則有

   $\displaystyle q+r=f\left(1\right)=\lim_{x\to1^-}f\left(x\right)=\lim_{x\to1^-}\left(-x^2+3x+3\right)=5$

   另一方面也考慮$x=1$的可微分性則有

   $\displaystyle f'\left(1\right)=\lim_{x\to1^-}\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)}{x-1}=\lim_{x\to1^+}\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)}{x-1}$

   即

   $\begin{aligned}1&=\lim_{x\to1^-}-\left(x-2\right)=\lim_{x\to1^-}\frac{\left(-x^2+3x+3\right)-5}{x-1}\\&=\lim_{x\to1^+}\frac{\left(qx+r\right)-\left(q+r\right)}{x-1}=q.\end{aligned}$

   因此 $p=3$、$q=1$、$r=4$。