國立臺灣大學一百零四學年度轉學生入學考試試題詳解

將答案寫在答案卷上，請標明題號與格號，並依序作答。所有數字必須化為最簡分數。試題共分二部分。第一部份為填充題，八題共計七十二分，每題每格分數見該題個別指定。第二部份為計算證明題，第一題十六分，第二題十二分，二題合計二十八分。

1. 填充題
1. 求整數 $k$ 使得極限 $\displaystyle L=\lim_{\theta\to0}\frac{\sin^2\left(\theta^k/3\right)}{\left(1-\sec\theta\right)^3}$ 存在且非零，則 $\left(k,L\right)=$　　(1)　　。（$8$ 分）
訣竅
運用收斂的速度來改寫極限式；運用 L'Hôpital 處理問題。
解法一【此解法由林牧融提供，參見留言】
由於 $\displaystyle\lim_{\theta\to0}\frac{\sin\theta}{\theta}=1$以及$1+\tan^2\theta=\sec^2\theta$，故分子分母同乘以 $\displaystyle\left(1+\sec\theta\right)^3\left(\frac{\theta^k}3\right)^2$，如此極限式可寫為
$\displaystyle\lim_{\theta\to0}\left(\frac{\sin\left(\theta^k/3\right)}{\theta^k/3}\right)^2\frac{\theta^{2k}\left(1+\sec\theta\right)^3}{-9\tan^6\theta}=-\frac89\lim_{\theta\to0}\frac{\theta^{2k}}{\sin^6\theta}$
由於要使極限存在且非零，可知應取 $k=3$。否則當 $k>3$ 將使極限值為零；而當 $k<3$ 則使極限值發散。最後容易知道當 $k=3$ 時，該極限值為 $\displaystyle-\frac89$，故 $\displaystyle\left(k,L\right)=\left(3,-\frac89\right)$。
解法二

由於 $k$ 為整數，我們分為正整數與負整數以及 $0$ 來處理問題。首先我們考慮 $k=0$，如此一來極限值化為

$\displaystyle\lim_{\theta\to0}\frac{\displaystyle\sin^2\left(\frac13\right)}{\left(1-\sec\theta\right)^3}=+\infty$

不合題意。再者我們考慮 $k<0$，則分母趨於 $0^+$，而分子發散，故極限亦不存在，從而我們知道 $k>0$。

當 $k>0$，此時可知分子分母皆趨於 $0$，我們利用 L'Hôpital 法則有

$\begin{aligned}\displaystyle L&=\lim_{\theta\to0}\frac{\displaystyle2\sin\left(\frac{\theta^k}3\right)\cos\left(\frac{\theta^k}3\right)\cdot\frac k3\theta^{k-1}}{3\left(1-\sec\theta\right)^2\left(-\sec\theta\tan\theta\right)}\\&=\frac{-k}9\lim_{\theta\to0}\frac{\displaystyle\theta^{k-1}\sin\left(\frac{2\theta^k}3\right)}{\displaystyle\left(1-\sec\theta\right)^2\left(\sec\theta\tan\theta\right)}\\&=-\frac{2k}{27}\lim_{\theta\to0}\left[\cos^3\theta\cdot\frac{\theta^{2k-2}}{\left(\cos\theta-1\right)^2}\cdot\frac{\displaystyle\sin\left(\frac{2\theta^k}3\right)}{\displaystyle\frac{2\theta^k}3}\cdot\frac{\theta}{\tan\theta}\right]\end{aligned}$

因此我們知道 $k-1=2$，從而 $k=3$，從而極限值有

$\displaystyle L=-\frac29\cdot2^2=-\frac89$.

即 $\displaystyle\left(k,L\right)=\left(3,-\frac89\right)$。



2. 令 $\displaystyle f\left(x\right)=\int_{x^2}^{x^5}\sin(t^3)dt$，則 $\left(f\left(-1\right),f'\left(-1\right)\right)=$　　(2)　　。（$8$ 分）
訣竅

根據奇函數的對稱性、微積分基本定理搭配連鎖律解題，也就是有

$\displaystyle\frac{d}{dx}\int_0^{g\left(x\right)}f\left(t\right)dt=f\left(g\left(x\right)\right)g'\left(x\right)$

解法
透過奇函數的對稱性，我們有
$\displaystyle f\left(-1\right)=\int_1^{-1}\sin(t^3)dt=0$
再者由微積分基本定理可得 $f'\left(x\right)=5x^4\sin(x^{15})-2x\sin(x^6)$，因此 $f'\left(-1\right)=-3\sin(1)$，因此所求為 $\left(0,-3\sin\left(1\right)\right)$。


3. 設 $y=y\left(x\right)$ 為滿足 $x^4+xy^2+y^3+1=0$ 在 $\left(x,y\right)=\left(-1,-1\right)$ 的鄰域（附近）所定義的可微分函數。則 $y'\left(-1\right)=$　　(3a)　　（$4$ 分），而 $y=y\left(x\right)$ 在 $x=-1$ 的鄰域（附近）之行為（遞增或遞減、向上凹或向下凹）為(3b)（請填入：『遞增』或『遞減』）（$4$ 分），且(3c)（請填入：『向上凹』或『向下凹』）（$4$ 分）。
訣竅
利用隱函數微分即可獲證。
解法

首先對原方程進行隱函數微分可得 $4x^3+y^2+2xyy'+3y^2y'=0$，取 $\left(-1,-1\right)$ 代入後可得 $\displaystyle y'\left(-1\right)=\frac35>0$，如此可知 $y$ 在 $x=-1$ 附近的行為是遞增的。

再者我們對已經隱函數微分過後的方程再隱微分一次可得

$12x^2+4yy'+2xy'^2+2xyy''+6yy'^2+3y^2y''=0$.

取 $x=-1$、$y=-1$、$\displaystyle y'\left(-1\right)=\frac35$ 代入可得

$\displaystyle12-\frac{12}5-\frac{18}{25}+2y''-\frac{54}{25}+3y''=0$

即有 $\displaystyle5y''=-12+\frac{12}5+\frac{72}{25}=-\frac{168}{25}$，故解得 $\displaystyle y''\left(-1\right)=-\frac{168}{125}$，因此 $y$ 在 $x=-1$ 的行為是向下凹的。



4. 令 $T\left(x\right)$ 為 $\displaystyle\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$ 在 $x=0$ 的 Taylor 展開式。則 $T\left(x\right)=$(4a)（必須寫出一般式）（$4$ 分），$T\left(x\right)$ 的收斂半徑為　　(4b)　　（$4$ 分），利用 $T\left(x\right)$ 的最前二個非零項估計 $\ln3$ 所得之近似值為　　(4c)　　（$4$ 分）。
訣竅
根據基本函數的 Taylor 展開式進行組合即可。
解法

首先研究定義域可容易知道在 $-1< x<1$。再者由於恆等式

$\displaystyle\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)=\ln\left(1+x\right)-\ln\left(1-x\right)$

因此我們知道

$\displaystyle T\left(x\right)=\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{\left(-1\right)^kx^{k+1}}{k+1}+\frac{x^{k+1}}{k+1}\right)=\sum_{k=0}^\infty\frac{2x^{2k+1}}{2k+1}$,

而且其收斂半徑為 $1$。而

$\displaystyle\ln3=\ln\left(\frac{\displaystyle1+\frac12}{\displaystyle1-\frac12}\right)\approx2\cdot\left(\frac12\right)+\frac23\cdot\left(\frac12\right)^3=\frac{13}{12}$.



5. 計算 $\displaystyle\int_0^1\left(\int_{y^2}^1\frac{\sqrt x}{1+x^4}dx\right)dy=$　　(5)　　（$8$ 分）。
訣竅
改變積分順序後計算即可。
解法

由於原積分區域為 $\left\{\begin{aligned}&y^2\leq x\leq1\\&0\leq y\leq1\end{aligned}\right.$，可以改寫為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq1\\&0\leq y\leq\sqrt x\end{aligned}\right.$，如此原重積分可改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\displaystyle\int_0^1\left(\int_{y^2}^1\frac{\sqrt x}{1+x^4}dx\right)dy&=\int_0^1\int_0^{\sqrt x}\left(\frac{\sqrt x}{1+x^4}\right)dydx\\&=\int_0^1\left.\frac{y\sqrt x}{1+x^4}\right|_{y=0}^{y=\sqrt x}dx\\&=\int_0^1\frac x{1+x^4}dx\\&=\left.\frac{\tan^{-1}\left(x^2\right)}2\right|_0^1\\&=\frac{\tan^{-1}1}2=\frac\pi8.\end{aligned}$



6. 令 $D$ 為 $2x+3y=0$，$2x+3y=2$，$3x+2y=3$ 與 $3x+2y=-3$ 所圍成的平行四邊形及其內部，計算 $\displaystyle\iint_Dx\,dA=$　　(6)　　（$8$ 分）。
訣竅
由於其形狀的緣故，適合變數代換後化為長方形加以處理。
解法

設 $s=2x+3y$、$t=3x+2y$，因此我們有區域為 $0\leq s\leq2$、$-3\leq t\leq3$，如此原重積分可改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\displaystyle\iint_Dx\,dA&=\int_0^2\int_{-3}^3\frac{3t-2s}5\cdot\frac15dtds\\&=\frac1{25}\int_0^2\int_{-3}^3\left(3t-2s\right)dyds\\&=\frac1{25}\int_0^2\left.\left(\frac{3t^2}2-2st\right)\right|_{t=-3}^{t=3}ds\\&=\frac1{25}\int_0^2-12sds\\&=\left.-\frac{12s^2}{50}\right|_0^2=\frac{-24}{25},\end{aligned}$

其中 $\displaystyle x=\frac{3t-2s}5$，且

$\displaystyle\left|J\right|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial s}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial t}\\\displaystyle\frac{\partial y}{\partial s}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial t}\end{vmatrix}\Big|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial s}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial s}{\partial y}\\\displaystyle\frac{\partial t}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial t}{\partial y}\end{vmatrix}\Big|^{-1}=\Big|\begin{vmatrix}2&3\\3&2\end{vmatrix}\Big|=\frac15$.



7. 計算 $r=1+\sin\theta$ 所圍成區域的面積 $=$　　(7a)　　（$4$ 分），並計算二重積分 $\displaystyle\iint_{B\left(a\right)}\frac{dA}{\sqrt{1+x^2+y^2}}=$　　(7b)　　（$4$ 分），此處 $B\left(a\right)=\left\{\left(x,y\right):0\leq x^2+y^2\leq a^2\right\}\subset\mathbb R^2$，$a>0$。
訣竅
先用極座標面積公式計算；另外計算二重積分應使用極座標變換。
解法

利用極座標的面積公式列式並計算如下：

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

再者，將雙重積分使用極座標改寫並計算如下：

$\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^a\frac{r}{\sqrt{1+r^2}}drd\theta=2\pi\cdot\left.\sqrt{1+r^2}\right|_0^a=2\pi\left(\sqrt{1+a^2}-1\right)$.



8. 已知三維向量場 $\displaystyle{\bf F}=\left(\frac{2x}{x^2+y^2}\right){\bf i}+\left(\frac{2y}{x^2+y^2}-2ze^{-2y}\right){\bf j}+e^{-2y}{\bf k}$ 為保守場，則其所有可能的 potential function 為　　(8a)　　（$4$ 分）。令參數曲線 $C$：${\bf r}\left(t\right)=t\,{\bf i}+\pi\cos t\,{\bf j}+\pi\sin t\,{\bf k}$，$\displaystyle0\leq t\leq\frac\pi2$，且 ${\bf T}$ 為 $C$ 上的單位切向量，則線積分 $\displaystyle\int_C{\bf F}\cdot{\bf T}ds=\int_C{\bf F}\cdot d{\bf r}=$　　(8b)　　（$4$ 分）。
訣竅
假定位能函數存在後根據偏積分求解。
解法

假定位能函數存在，記之為 $f\left(x,y,z\right)$，從而有

$\displaystyle f_x=\frac{2x}{x^2+y^2}$　；　$\displaystyle f_y=\frac{2y}{x^2+y^2}-2ze^{-2y}$　；　$f_z=e^{-2y}$

由 $f_z=e^{-2y}$ 可知 $f\left(x,y,z\right)=ze^{-2y}+g\left(x,y\right)$，其中 $g\left(x,y\right)$ 為待定函數。接著我們對 $x$ 求偏導可得

$\displaystyle f_x=g_x=\frac{2x}{x^2+y^2}$

由此可知 $g\left(x,y\right)=\ln\left(x^2+y^2\right)+h\left(y\right)$，故 $f\left(x,y,z\right)=\ln\left(x^2+y^2\right)+ze^{-2y}+h\left(y\right)$，其中 $h\left(y\right)$ 為待定函數。最後對 $y$ 求偏導可得

$\displaystyle f_y=\frac{2y}{x^2+y^2}-2ze^{-2y}+h'\left(y\right)$

因此 $h'\left(y\right)=0$，即 $h\left(y\right)=C$，其中 $C$ 為積分常數。因此所求的位能函數為

$f\left(x,y,z\right)=\ln\left(x^2+y^2\right)+ze^{-2y}+C$.

因此由線積分基本定理可得

$\displaystyle\int_C{\bf F}\cdot d{\bf r}=f\left({\bf r}\left(\frac\pi2\right)\right)-f\left({\bf r}\left(0\right)\right)=f\left(\frac\pi2,0,\pi\right)-f\left(0,\pi,0\right)=\left(2\ln\frac\pi2+\pi\right)-2\ln\pi=\pi-2\ln2$.

2. 計算證明題
1. （$16$ 分）求函數 $z=x^3-4x+xy^2+y^2$ 的所有臨界點(critical point)，並判斷其為局部極大、極小、或是鞍點(saddle point)。不必計算各點的函數值。
訣竅
根據多變數函數求極值的方法解決。
解法
為了找出所有臨界點，我們解下列聯立方程組：
$\left\{\begin{aligned}&z_x=3x^2-4+y^2=0\\&z_y=2xy+2y=0\end{aligned}\right.$
首先由 $z_y=0$ 可得 $y=0$ 或 $x=-1$。
• 若 $y=0$，則 $\displaystyle x=\pm\frac2{\sqrt3}$；
• 若 $x=-1$，則 $y=\pm1$。
再者我們也有
$z_{xx}=6x$　；　$z_{xy}=2y=z_{yx}$　；　$z_{yy}=2x+2$
因此考慮二階判別式為
$H\left(x,y\right)=\left|\begin{array}{cc}z_{xx}&z_{xy}\\z_{yx}&z_{yy}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}6x&2y\\2y&2x+2\end{array}\right|=12x^2-4y^2+12x$
因此
• $\displaystyle H\left(\frac2{\sqrt3},0\right)=16+8\sqrt3>0$，且 $\displaystyle z_{xx}\left(\frac2{\sqrt3},0\right)=4\sqrt3>0$，故此為極小點；
• $\displaystyle H\left(\frac{-2}{\sqrt3},0\right)=16-8\sqrt3>0$，且 $\displaystyle z_{xx}\left(\frac{-2}{\sqrt3},0\right)=-4\sqrt3<0$，故此點為極大點；
• $\displaystyle H\left(-1,1\right)=H\left(-1,-1\right)=-4$，故此兩點皆為鞍點。


2. （$12$ 分）
   1. 令 $\beta>\alpha>0$。證明存在 $\theta_0=\theta_0\left(\alpha,\beta\right)$ 使得 $\displaystyle\int_\alpha^\beta\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta=\left(\cos\theta_0\right)\left(\frac1\alpha-\frac1\beta\right)$。
   2. 利用上式證明 $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta$ 收斂。
   3. 令 $M>1$。導出 $\displaystyle\int_1^M\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta=\cos1-\frac{\cos M}M-\int_1^M\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta$。
   4. 證明 $\displaystyle\int_1^\infty\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta$ 與 $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta$ 皆收斂。
訣竅
善用定理來解決問題，餘下過程應強化分部積分或估計的能力。
解法

1. 根據積分均值定理，我們知道存在 $\theta=\theta_0\left(\alpha,\beta\right)$ 使得

   $\displaystyle\int_{\alpha}^{\beta}\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta=\left(\cos\theta_0\right)\int_{\alpha}^{\beta}\frac{d\theta}{\theta^2}=\left(\cos\theta_0\right)\left(\frac1\alpha-\frac1\beta\right)$

2. 對這個瑕積分，我們運用 Cauchy 判別法，因為雙變數極限

   $\displaystyle\lim_{\beta>\alpha\to\infty}\int_\alpha^\beta\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta=\lim_{\beta>\alpha\to\infty}\left(\cos\theta_0\left(\alpha,\beta\right)\right)\left(\frac1\alpha-\frac1\beta\right)=0$

   從而能知道瑕積分收斂。

   註：

   1. 瑕積分的 Cauchy 判別法如下：

      設 $f$ 在任何閉區間上可積分且 $a$ 為給定之實數，那麼對瑕積分 $\displaystyle\int_a^{\infty}f\left(x\right)dx$ 收斂的充分必要條件為對任何給定的正數 $\varepsilon$ 可找到實數 $M$ 使得當 $b\geq c\geq K$ 時能導致

      $\displaystyle\left|\int_c^bf\left(x\right)dx\right|<\varepsilon$

      此亦等價於

      $\displaystyle\lim_{b\geq c\to\infty}\int_c^bf\left(x\right)dx=0$.

   2. 不可直接取 $\alpha=1$、$\beta$ 趨於無窮，因為這樣無法說明 $\cos\left(\theta_0\left(\alpha,\beta\right)\right)$ 何以收斂。

   【另法】（由黃信維提供）

   我們將使用到下列的事實（這是基於單調有界定理而得的事實）

   • 設 $f:\left[1,\infty\right)\to[0,\infty)$ 為連續函數，若存在函數 $g:\left[1,\infty\right)\to[0,\infty)$ 滿足 $0\leq f(x)\leq g(x)$ 且瑕積分 $\displaystyle\int_1^{\infty}g(x)dx$ 存在，那麼瑕積分 $\displaystyle\int_1^{\infty}f(x)dx$ 也存在。
   首先注意到 $\displaystyle\frac{\cos\theta}{\theta^2}$ 不是非負函數，為了克服這項困難，我們考慮非負函數 $\displaystyle f(\theta)=\frac{1-\cos\theta}{\theta^2}$，容易注意到有

   $\displaystyle0\leq f\left(\theta\right)\leq\frac2{\theta^2}$

   又由 $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac2{\theta^2}d\theta=\left.-\frac2{\theta}\right|_1^{\infty}=2$，因此 $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{1-\cos\theta}{\theta^2}d\theta$ 瑕積分存在。

   回到原題可以知道

   $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta=\lim_{b\to\infty}\int_1^b\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta=\lim_{b\to\infty}\left[-\int_1^b\frac{1-\cos\theta}{\theta^2}d\theta+\int_1^b\frac1{\theta^2}d\theta\right]$

   兩者都是收斂的瑕積分，因此原題的瑕積分亦收斂。

3. 根據分部積分可知

   $\displaystyle\int_1^M\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta=\left.-\frac{\cos\theta}{\theta}\right|_1^M-\int_1^{\infty}\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta=\cos1-\frac{\cos M}M-\int_1^M\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta$

4. 根據 (c)，我們知道

   $\begin{aligned}\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta&=\lim_{M\to\infty}\int_1^M\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta=\lim_{M\to\infty}\left[\cos1-\frac{\cos M}M-\int_1^M\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta\right]\\&=\cos1-\int_1^{\infty}\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta\end{aligned}$

   由於其存在故知收斂。再者我們根據 $\displaystyle\lim_{\theta\to0}\frac{\sin\theta}{\theta}=1$，因此取 $\epsilon=0.5$，知存在 $\delta>0$ 使得「當 $-\delta<\theta<\delta$ 則有 $\displaystyle\frac12<\frac{\sin\theta}{\theta}<\frac32$。」從而由

   $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta=\int_0^{\delta}\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta+\int_{\delta}^{\infty}\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta$

   可以觀察到這兩項皆收斂。（第一項不超過 $\displaystyle\frac{3\delta}2$，第二項由 $\displaystyle\int_1^\infty\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta$ 收斂而收斂）

   【另解】考慮更廣的情形：

   $\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-s\theta}\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta$

   可以看出所求即為 $s=0$ 的情形，而上述的瑕積分為 $\displaystyle\frac{\sin\theta}{\theta}$ 的 Laplace 變換，那麼由 Laplace 變換的公式：$\displaystyle\mathscr{L}\left\{\frac{f\left(t\right)}t\right\}=\int_s^{\infty}F\left(a\right)da$，其中 $F$ 為 $f$ 的 Laplace 變換。可以知道

   $\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-s\theta}\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta=\mathscr{L}\left\{\frac{\sin\theta}{\theta}\right\}=\int_s^{\infty}\frac1{a^2+1}da=\frac\pi2-\tan^{-1}s$

   因此當 $s=0$ 時可知該瑕積分收斂且其值為 $\displaystyle\frac\pi2$。