2017年5月12日 星期五

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。
    2. 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 $49$。

    3. 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    
    4. 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:

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


    5. 星狀曲線 $x=\cos^3t$,$y=\sin^3t$,$0\leq t\leq2\pi$ 的長度為    
    6. 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:

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


    7. $\displaystyle\int_0^1x^4e^xdx=$    
    8. 訣竅利用分部積分即可。
      解法利用分部積分計算如下:

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


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

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

    10. 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:

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


    11. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+8}{n+3}\right)^n=$    
    12. 訣竅整理其形式化為 $e$ 即可。
      解法改寫原式如下:

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


    13. 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    
    14. 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 $\overline{OP}_{\max}=\sqrt{4+2\sqrt2}$。

    15. 曲線 $r^2=5\cos2\theta$ 圍成區域的面積為    
    16. 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
    1. 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。
    2. 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 $\Gamma\left(n\right)=\left(n-1\right)!$。

    3. 利用均值定理證明下列二敘述。
    4. [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

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

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

        因此 $p=3$、$q=1$、$r=4$。

2 則留言:

  1. 第一題題目似乎是說半圓的內接長方形 而非完整的圓的內接長方形
    答案應是49?

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    1. 謝謝你指出我對題目認識的盲點XD,我居然誤以為是整個圓!

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