國立臺灣大學九十三學年度轉學生入學考試試題詳解

1. 填充題：（一共 $9$ 格，每格 $8$ 分，請依空格的標號將答案寫在答案卷上。）
1. 求極限值 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{x^2}{\sec x-1}$。
訣竅
使用 L'Hôpital 法則求解即可。
解法

利用 L'Hôpital 法則，我們可以計算如下：

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{2x}{\sec x\tan x}=\lim_{x\to0}\frac2{\sec x\tan^2x+\sec^3x}=2$.



2. 設 $f\left(x\right)=\begin{cases}0,&x\in\mathbb Q\\x-x^2,&x\in\mathbb Q^c\end{cases}$，問 $f$ 在那些點連續？
訣竅
根據直觀可知此函數僅在 $x=0$、$x=1$ 上連續，按定義求解之。
解法

假定 $x=a$ 時連續，即

$\displaystyle\lim_{\substack{x\to a\\x\in\mathbb Q}}f\left(x\right)=0=a-a^2=\lim_{\substack{x\to a\\x\in\mathbb Q^c}}f\left(x\right)$.

可解得 $a=0$ 或 $a=1$，因此在 $x=0$、$x=1$ 時連續。



3. 將長度為 $a$ 的線段切成兩段，欲使其一段的平方乘以另一段的乘積為最大，求此最大值。
訣竅
根據題意列式後令微分為零。
解法
設其中一段為 $x$，另一段為 $a-x$，其中 $0< x< a$。因此我們考慮函數如下：
$\displaystyle f\left(x\right)=x^2\left(a-x\right)=-x^3+ax^2$
由此我們令 $f'\left(x\right)=-3x^2+2ax=0$，可解得 $\displaystyle x=\frac{2a}3$（其中 $x=0$ 不合）。
而 $f''\left(x\right)=-6x+2a$，而 $\displaystyle f''\left(\frac{2a}3\right)=-2a<0$，故在 $\displaystyle x=\frac{2a}3$ 有最大值為 $\displaystyle f\left(\frac{2a}3\right)=\frac{4a^3}{27}$。


4. 考慮笛卡兒蔓葉線 $2x^3+2y^3=9xy$，求通過 $\left(1,2\right)$ 點的切線斜率。
訣竅
使用隱函數微分求其斜率。
解法

利用隱函數微分可得

$\displaystyle6x^2+6y^2\frac{dy}{dx}=9y+9x\frac{dy}{dx}$

取座標 $\left(x,y\right)=\left(1,2\right)$ 可得

$\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1,2\right)}=\frac45$.



5. 設 $\displaystyle f\left(x\right)=\int_2^xe^{y^2}dy$，求 $f$ 在區間 $\left[0,2\right]$ 上的平均值。
訣竅
根據積分平均值的概念求解，應注意雙重積分之積分區域修改。
解法

根據積分平均的定義，列式並計算如下：

$\begin{aligned}\displaystyle\bar f&=\frac{\int_0^2f\left(x\right)dx}2\\&=\frac12\int_0^2\int_2^xe^{y^2}dydx\\&=-\frac12\int_0^2\int_x^2e^{y^2}dydx\\&=-\frac12\int_0^2\int_0^ye^{y^2}dxdy\\=&-\frac12\int_0^2\left.xe^{y^2}\right|_{x=0}^{x=y}dy\\&=-\frac12\int_0^2ye^{y^2}dy\\&=\left.-\frac14e^{y^2}\right|_0^2\\&=\frac{1-e^4}4.\end{aligned}$



6. 設 $\displaystyle F\left(x\right)=\int_{x^2}^1\left(t-\sin^2t\right)dt$，求二階導數 $F''\left(0\right)$。
訣竅
根據微積分基本定理求二次微分。
解法
先微分一次可得 $F'\left(x\right)=-2x\left[x^2-\sin\left(x^2\right)\right]$，再進行微分第二次可得
$F''\left(x\right)=-2\left[x^2-\sin\left(x^2\right)\right]-2x\left[2x-2x\cos\left(x^2\right)\right]$
因此 $F''\left(0\right)=0$。


7. 考慮三葉玫瑰線 $r=2\sin3\theta$，求其一葉的面積。
訣竅
先考察其 $\theta$ 的範圍後使用極座標面積公式求解。
解法




欲使 $r$ 有最大值，則有 $\left|\sin3\theta\right|=1$，則 $\displaystyle3\theta=\frac\pi2+k\pi$，其中 $k\in\mathbb Z$。因此 $\displaystyle\theta=\frac\pi6$ 或 $\displaystyle\frac\pi2$ 或 $\displaystyle\frac{5\pi}6$，此三處為三葉玫瑰線之葉尖處，因此當 $\theta\in\left[0,\pi\right]$ 即可繪出其圖形。據此我們可將面積列式並計算如下：

$\begin{aligned}A&=\frac13\left(\frac12\int_0^\pi\left(2\sin3\theta\right)^2d\theta\right)\\&=\frac13\int_0^\pi2\sin^23\theta d\theta\\&=\frac13\int_0^\pi\left(1-\cos6\theta\right)d\theta\\&=\left.\frac13\left(\theta-\frac{\sin6\theta}6\right)\right|_0^\pi\\&=\frac\pi3.\end{aligned}$



8. 判別無窮級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac n{\left(\ln n\right)^n}$ 的收斂或發散。
訣竅
觀察其具 $n$ 次方之形式，應使用根式審斂法。
解法
首先應注意到題目有誤，其首項 $n=1$ 代入將使分母為零而發散；應將題目修正為 $\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac n{\left(\ln n\right)^n}$，此為正項級數。運用根式審歛法有
$\displaystyle\rho=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac n{\left(\ln n\right)^n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]n}{\ln n}=0<1$
因此收斂，其中 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]n=1$。


9. 計算向量場 $\vec F\left(x,y,z\right)=x\,\vec i+y\,\vec j+z\cos x\,\vec k$ 流出球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 的通量(flux)。
訣竅
本題應根據散度定理求解；其中複雜的三重積分可利用局部的極座標變換來簡化之。
解法

設 $V=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb R^3\,|\,x^2+y^2+z^2\leq a^2\right\}$。由散度定理可得

$\begin{aligned}\displaystyle\mbox{Flux}&=\iint_S(\vec F\cdot\vec n)\,dS\\&=\iiint_V\left(\nabla\cdot\vec F\right)dV\\&=\iiint_V\left(2+\cos x\right)dV\\&=\frac{8\pi a^3}3+\iiint_V\cos x\,dV\\&=\frac{8\pi a^3}3+4\pi\sin a-4\pi a\cos a,\end{aligned}$

其中最後一項的三重積分可以計算如下：
利用變數代換來計算，令 $\left\{\begin{aligned} &x=x\\&y=r\cos\theta\\&z=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，其中積分範圍為 $\left\{\begin{aligned}&-a\leq x\leq a\\&0\leq r\leq\sqrt{a^2-x^2}\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此三重積分改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\iiint_V\cos x\,dV&=\int_{-a}^a\int_0^{\sqrt{a^2-x^2}}\int_0^{2\pi}\cos\left(x\right)\frac{\partial\left(x,y,z\right)}{\partial(r,\theta,x)}d\theta dr dx\\&=\int_{-a}^a\int_0^{\sqrt{a^2-x^2}}\int_0^{2\pi}\cos\left(x\right)\cdot r\,d\theta\,dr\,dx\\&=\pi\int_{-a}^a\left(a^2-x^2\right)\cos x\,dx\\&=\pi\int_{-a}^a\left(a^2-x^2\right)d\sin x\\&=\pi\left[\left(a^2-x^2\right)\sin x\Big|_{-a}^a+2\int_{-a}^ax\sin x\,dx\right]\\&=-2\pi\int_{-a}^axd\cos x\\&=-2\pi\left[x\cos x\Big|_{-a}^a-\int_{-a}^a\cos x\,dx\right]\\&=-2\pi\left[2a\cos a-\sin x\Big|_{-a}^a\right]\\&=4\pi\sin a-4\pi a\cos a.\end{aligned}$

2. 計算證明題：（有兩大題，一共 $28$ 分。注意：若無計算過程，不予計分。）
1. 甲乙兩人賽跑，同時出發且同時抵達終點站，中間的過程互有快慢。試證必存在有某個時刻，兩人具有相同的速度。令 $f\left(t\right)$ 與 $g\left(t\right)$ 分別表示兩人在 $t$ 時刻的位置，$t\in\left[a,b\right]$，並且假設它們皆為可微分函數。　($10$ 分)
訣竅
使用 Cauchy 均值定理即可。
解法
根據 Cauchy 均值定理，存在一數 $c\in\left(a,b\right)$ 滿足
$\displaystyle\frac{f'\left(c\right)}{g'\left(c\right)}=\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{g\left(b\right)-g\left(a\right)}=1$
故在 $t=c$ 時有 $f'\left(c\right)=g'\left(c\right)$，即甲乙兩人在 $t=c$ 時有相同的速度。


2. 1. 設平面上的向量場 $\displaystyle\vec F\left(x,y\right)=-\frac y{x^2+y^2}\vec i+\frac x{x^2+y^2}\vec j$，試求 $\nabla\times\vec F$。　($4$ 分)
   2. 假設 $C$ 為平面上一條單純的封閉曲線(a simple closed curve)，不通過原點 $\left(0,0\right)$，試求曲線積分 $\displaystyle\oint_C\vec F\cdot d\vec r$。要分別計算：$C$ 包圍與不包圍原點的情形。　($14$ 分)
訣竅
我們應根據旋度的定義計算；不包含原點可直接應用 Green 定理，若包含原點則使用輔助圓區隔。
解法

1. 根據旋度的定義計算有

   $\displaystyle\nabla\times\vec F=\begin{vmatrix}\vec i&\vec j&\vec k\\\partial_x&\partial_y&\partial_z\\\displaystyle-\frac y{x^2+y^2}&\displaystyle\frac x{x^2+y^2}&0\end{vmatrix}=\vec0$

2. 若不包含原點，則根據 Green 定理有

   $\displaystyle\oint_C\vec F\cdot d\vec r=\iint_D(\nabla\times\vec F)\,d\sigma=0$

   若包含原點，則做一輔助曲線 $C_1:x^2+y^2=a^2$，其中 $a$ 足夠小使得 $C_1$ 完整位於 $C$ 內，其方向與 $C$ 相同。且設 $D$ 為位於 $C$ 與 $C_1$ 之間的區域，因此 $D$ 不含原點，據此計算有

   $\begin{aligned}\displaystyle\oint_C\vec F\cdot d\vec r&=\oint_{C-C_1}\vec F\cdot d\vec r+\oint_{C_1}\vec F\cdot d\vec r\\&=\iint_D(\nabla\times\vec F)\,d\sigma+\oint_{C_1}\vec F\cdot d\vec r=\oint_{C_1}\vec F\cdot d\vec r.\end{aligned}$

   此時可藉由參數化處理之：

   $\displaystyle\oint_C\vec{F}\cdot d\vec{r}=\int_0^{2\pi}\frac{-a\sin\theta}{a^2}d\left(a\cos\theta\right)+\frac{a\cos\theta}{a^2}d\left(a\sin\theta\right)=\int_0^{2\pi}d\theta=2\pi$.