國立臺灣大學九十九學年度轉學生入學考試試題詳解

答案請寫在答案卷上

1. 填充題：請標明題號及格號，並依序作答。共 $7$ 格，每格 $10$ 分，計 $70$ 分。
1. 試求極限 $\displaystyle\lim_{t\to-\infty}\sqrt{t^2+2t+7}-\sqrt{t^2-2t+5}=$　　(1)　　。
訣竅
將函數有理化取極限，其中應注意極限趨近於負無窮。
解法

將函數變形如下後求極限：

$\displaystyle\lim_{t\to-\infty}\frac{4t+2}{\sqrt{t^2+2t+7}+\sqrt{t^2-2t+5}}=\lim_{t\to-\infty}\frac{\displaystyle4+\frac2t}{\displaystyle-\sqrt{1+\frac2t+\frac7{t^2}}-\sqrt{1-\frac2t+\frac5{t^2}}}=-2$.



2. 試求定積分 $\displaystyle\int_0^4\frac{3x^3}{\sqrt{9+x^2}}dx=$　　(2)　　。
訣竅
利用三角代換法化為簡單的積分；亦可將根號的部分作為代換。
解法一

令 $x=3\tan\theta$，則

1. 當 $x=0$ 時，有 $\theta=0$；
2. 當 $x=4$ 時，有 $\displaystyle\theta=\arctan\frac43$；
3. 而且由 $x=3\tan\theta$ 可得 $dx=3\sec^2\theta\,d\theta$。

由以上可將原定積分改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\displaystyle\int_0^4\frac{3x^3}{\sqrt{9+x^2}}dx&=\int_0^{\arctan\frac{4}3}\frac{81\tan^3\theta}{3\sec\theta}\cdot3\sec^2\theta\,d\theta\\&=81\int_0^{\arctan\frac43}\tan^3\theta\sec\theta\,d\theta\\&=27\sec^3\theta-81\sec\theta\Big|_0^{\arctan\frac43}=44.\end{aligned}$

解法二【由陳國軒提供】

令 $u=\sqrt{9+x^2}$，則

• 當 $x=0$ 時，有 $u=3$；
• 當 $x=4$ 時，有 $u=5$；
• 整理可得 $x=\sqrt{9-u^2}$，$\displaystyle dx=\frac{-u}{\sqrt{9-u^2}}du$。

由以上可將原定積分改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^4\frac{3x^3}{\sqrt{9+x^2}}dx&=\int_3^5\frac{3(9-u^2)\sqrt{9-u^2}}u\cdot\frac{-u}{\sqrt{9-u^2}}du\\&=\int_3^5(3u^2-27)du=u^3-27u\Big|_3^5=44.\end{aligned}$



3. 設方程式 $3-6x+6x^2-4x^3=0$ 有 $p$ 個實根且方程式 $3-6x+6x^2-4x^3+2x^4=0$ 有 $q$ 個實根。試求 $\left(p,q\right)=$　　(3)　　。
訣竅
試著描繪函數的形狀以便求解。
解法
首先分析 $f$ 的情形如下：
$f'\left(x\right)=-6+12x-12x^2=-6\left[\left(x-1\right)^2+x^2\right]<0$，表明 $f$ 遞減。又為三次式，因此至少一實根。但由於嚴格遞減，故至多一實根。
接著我們分析 $g$ 的情形如下：
$g'\left(x\right)=-6+12x-12x^2+8x^3=-2f\left(x\right)$、$g''\left(x\right)=-2f'\left(x\right)>0$。由於 $g''\left(x\right)>0$，因此凹口恆向上。又因 $g'\left(x\right)=0$ 僅有一根，從而只有一個極點 $x=\alpha$，代入 $g\left(\alpha\right)=f\left(\alpha\right)+2\alpha^4=2\alpha^4>0$，因此 $g\left(x\right)=0$ 無實根。
結論有 $\left(p,q\right)=\left(1,0\right)$。


4. 設 $D$ 為拋物線 $y=4x-x^2$ 與直線 $y=mx$ 所圍成的區域，其中 $m<2$。若直線 $x=k$ 將 $D$ 分割成面積相等的兩部分，則 $k=$　　(4)　　。
訣竅
直接解 $D$ 的面積，再考慮其一半。
解法
先解拋物線與斜直線的交點以確定積分範圍：$4x-x^2=mx$，可得 $x=0$ 或 $4-m$。故
$\displaystyle D=\int_0^{4-m}\left[\left(4x-x^2\right)-mx\right]dx=\left.\frac{\left(4-m\right)x^2}2-\frac{x^3}3\right|_0^{4-m}=\frac{\left(4-m\right)^3}6$
根據題意條件可知
$\begin{aligned}\displaystyle\frac{\left(4-m\right)^3}{12}&=\int_0^k\left[\left(4x-x^2\right)-mx\right]dx\\&=\left.\frac{\left(4-m\right)x^2}2-\frac{x^3}3\right|_0^k=\frac{\left(4-m\right)k^2}2-\frac{k^3}3\end{aligned}$
如此可得 $\left(4-m\right)^3=6\left(4-m\right)k^2-4k^3$，令代換 $k=(4-m)t$，那麼方程轉換為 $4t^3-6t^2+1=0$，因式分解有 $(2t-1)(2t^2-2t-1)=0$，如此可解得 $\displaystyle t=\frac12$、$\displaystyle t=\frac{1\pm\sqrt{3}}2$（此兩根皆不合），因此得 $\displaystyle k=\frac{4-m}2$。


5. 設 $K=\left\{\left(x,y,z\right)|z\geq x^2+y^2, z\leq4\right\}$。若在 $K$ 上的點 $\left(x,y,z\right)$，其密度函數為 $\rho\left(x,y,z\right)=24z$，則 $K$ 的質量中心為　　(5)　　。
訣竅
根據對稱性做初步的化簡，接著根據質心的定義求解。
解法

根據 $xy$ 的對稱可知 $\bar x=\bar y=0$，設 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,x^2+y^2\leq4\right\}$，並且考慮圓柱座標變換 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\\&z=z\end{aligned}\right.$，其中範圍為 $\left\{\begin{aligned}0\leq r&\leq2\\0\leq\theta&\leq2\pi\\r^2\leq z&\leq4\end{aligned}\right.$，如此列式計算有

$\begin{aligned}\displaystyle\bar{z}&=\frac{\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^2\int_{r^2}^424rz^2dzdrd\theta}{\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^2\int_{r^2}^424rzdzdrd\theta}=\frac{\displaystyle\int_0^2\int_{r^2}^424rz^2dzdr}{\displaystyle\int_0^2\int_{r^2}^424rzdzdr}\\&=\frac{\displaystyle8\int_0^2\left.rz^3\right|_{r^2}^4dr}{\displaystyle12\int_0^2\left.rz^2\right|_{r^2}^4dr}=\frac{\displaystyle8\int_0^2\left(64r-r^7\right)dr}{\displaystyle12\int_0^2\left(16r-r^5\right)dr}=\frac{\left.256r^2-r^8\right|_0^2}{\left.96r^2-2r^6\right|_0^2}=3.\end{aligned}$



6. 冪級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^n}{\sqrt{n+1}}\left(x-2\right)^n$ 的收斂區間為　　(6)　　。
訣竅
由比值審斂法判定其收斂區間，惟應對其端點討論。
解法
設 $\displaystyle a_n=\frac{3^n}{\sqrt{n+1}}\left(x-2\right)^n$，故
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|3\sqrt{\frac{n+1}{n+2}}\left(x-2\right)\right|<1$
即有 $\displaystyle\left|x-2\right|<\frac13$，此等同於 $\displaystyle\frac{5}3< x<\frac{7}3$。
當 $\displaystyle x=\frac{5}3$ 時，級數為 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{\sqrt{n+1}}$ 可由交錯級數審歛法知收斂；
當 $\displaystyle x=\frac{7}3$ 時，級數為 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}$，可由 $p$ 級數知其發散。
因此收歛區間為 $\displaystyle\frac53\leq x<\frac73$。


7. 設 $\displaystyle f\left(x\right)=\int_{2x}^{x^2+1}\frac{t^2}{\sqrt{t^2+9}}dt$。試求導數 $f'\left(2\right)=$　　(7)　　。
訣竅
根據微積分基本定理求解之。
解法
由微積分基本定理有
$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{\left(x^2+1\right)^2}{\sqrt{\left(x^2+1\right)^2+9}}\cdot2x-\frac{\left(2x\right)^2}{\sqrt{\left(2x\right)^2+9}}\cdot2.$
因此有 $\displaystyle f'\left(2\right)=\frac{100}{\sqrt{34}}-\frac{32}5$。
2. 計算題：必須有計算過程，才予以計分。
8. 周長為 $24$ 的三角形，繞其中一邊旋轉，則旋轉體的體積最大為多少？此時的三邊長為多少？($15\%$)
訣竅
假設座標後列出體積後求其極值。
解法
設 $A\left(0,0\right)$、$B\left(a,0\right)$、$C\left(b,c\right)$，其中 $a,c>0$，故知重心為 $\displaystyle\left(\frac{a+b}3,\frac{c}3\right)$，從而周長為
$a+\sqrt{\left(b-a\right)^2+c^2}+\sqrt{b^2+c^2}=24$
而旋轉體體積 $V$ 為
$\displaystyle V=\frac12\cdot a\cdot c\cdot\left(2\pi\right)\cdot\frac c3=\frac{\pi}3ac^2$
我們運用 Lagrange 乘子法求極值，設
$F\left(a,b,c,\lambda\right)=ac^2+\lambda\left(a+\sqrt{\left(b-a\right)^2+c^2}+\sqrt{b^2+c^2}-24\right)$
據此解下列聯立方程式：
$\displaystyle\left\{\begin{aligned} &F_a\left(a,b,c,\lambda\right)=c^2+\lambda\left(1+\frac{-(b-a)}{\sqrt{(b-a)^2+c^2}}\right)=0\\&F_b\left(a,b,c,\lambda\right)=\lambda\left(\frac{b-a}{\sqrt{\left(b-a\right)^2+c^2}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}\right)=0\\&F_c\left(a,b,c,\lambda\right)=2ac+\lambda\left(\frac{c}{\sqrt{(b-a)^2+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{b^2+c^2}}\right)=0\\&F_\lambda\left(a,b,c,\lambda\right)=a+\sqrt{(b-a)^2+c^2}+\sqrt{b^2+c^2}-24=0\end{aligned}\right.$
其中觀察第二式：若 $\lambda=0$，則將有 $a=c=0$，與題目所說的三角形的條件不合。因此我們假定 $\lambda\neq0$，則有 $a=2b$。再由第一式與第三式可解得 $a=6$、$b=3$、$c=6\sqrt2$。此時三角形的邊長為 $6,9,9$，體積最大為 $144\pi$。


9. 設 $C:\left\{\begin{aligned}&x=6\cos t\\&y=6\sin t\end{aligned}\right.$ 其中 $0\leq t\leq2\pi$ 為一曲線。試求線積分 $\displaystyle\oint_C\left(e^xy-y^3\right)dx+\left(e^x+x^3\right)dy$。($15\%$)
訣竅
根據 Green 定理化為雙重積分求解；亦可按定義用參數化代入後求定積分。
解法一

設 $C$ 所包圍的區域為 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,x^2+y^2\leq36\right\}$，如此由 Green 定理可知

$\displaystyle\oint_C\left(e^xy-y^3\right)dx+\left(e^x+x^3\right)dy=\iint_D\left(3x^2+3y^2\right)dxdy=3\int_0^{2\pi}\int_0^6r^2\cdot rdrd\theta=\left.\frac{3r^4}4\right|_0^6\cdot2\pi=1944\pi.$

解法二

將參數式代入有

$\begin{aligned}\displaystyle\oint_C\left(e^xy-y^3\right)dx+\left(e^x+x^3\right)dy&=\int_0^{2\pi}\left[6e^{6\cos t}\sin t-\left(6\sin t\right)^3\right]d\left(6\cos t\right)+\left[e^{6\cos t}+\left(6\cos t\right)^3\right]d\left(6\sin t\right)\\&=\int_0^{2\pi}\left[6\sin td\left(e^{6\cos t}\right)+e^{6\cos t}d\left(6\sin t\right)\right]+\left[\left(6\sin t\right)^4+\left(6\cos t\right)^4\right]dt\\&=\left.6e^{6\cos t}\sin t\right|_0^{2\pi}+6^4\int_0^{2\pi}\left(\sin^4t+\cos^4t\right)dt=1296\int_0^{2\pi}\left(1-\frac{\sin^22t}2\right)dt\\&=1296\int_0^{2\pi}\left(\frac34+\frac{\cos4t}4\right)dt=324\int_0^{2\pi}\left(3+\cos4t\right)dt\\&=\left.324\left(3t+\frac{\sin4t}4\right)\right|_0^{2\pi}=1944\pi.\end{aligned}$