國立臺灣大學八十九學年度轉學生入學考試試題詳解

1. 填充題：（共七題，每題十分）
1. 請在答案簿首頁案題號寫下答案，其他計算式一律不予計分。
1. $\displaystyle\lim_{x\to0}\left[\left(\int_0^{x^2}\sin t^2dt\right)/x^4\right]=$　　　　。
訣竅
使用 L'Hôpital 法則並配合微積分基本定理即可求解。
解法

利用 L'Hôpital 與微積分基本定理可得

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin\left(x^4\right)\times2x}{4x^3}=\frac12\lim_{x\to0}\left(x^2\times\frac{\sin\left(x^4\right)}{x^4}\right)=0$.



2. $\displaystyle\int_0^1x\tan^{-1}x\,dx=$　　　　。
訣竅
應用分部積分法即可。
解法

$\begin{aligned}\displaystyle\int_0^1x\tan^{-1}xdx&=\left.\frac12x^2\tan^{-1}x\right|_0^1-\frac12\int_0^1\frac{x^2}{1+x^2}dx\\&=\frac\pi8-\frac12\int_0^1\left(1-\frac{1}{1+x^2}\right)dx\\&=\frac\pi8-\frac12\left(x-\tan^{-1}x\right)\Big|_0^1\\&=\frac\pi4-\frac12.\end{aligned}$



3. 若正弦反函數 $\sin^{-1}x$ 對 $x=0$ 的泰勒展開式為 $A+Bx+Cx^2+Dx^3+\cdots$，$x^2<1$，試問 $A+B+C+D=$　　　　。
訣竅
直接作 Taylor 展開式到三階。
解法
直接計算到三階導函數如下：
$\displaystyle\begin{aligned} &f'\left(x\right)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\&f''\left(x\right)=\frac{x}{\left(1-x^2\right)^{\frac32}}\\&f^{\left(3\right)}\left(x\right)=\frac{\left(1-x^2\right)^{\frac32}+3x\left(1-x^2\right)^{\frac12}}{\left(1-x^2\right)^3}\end{aligned}$
而 Taylor 展開式的形式為
$\displaystyle f\left(x\right)=f\left(0\right)+f'\left(0\right)x+\frac{f''\left(0\right)}{2!}x^2+\frac{f'''\left(0\right)}{3!}x^3+\cdots$
故
$\begin{aligned}A=&f\left(0\right)=0\\B=&f'\left(0\right)=1\\C=&\frac{f''\left(0\right)}{2!}=0\\D=&\frac{f'''\left(0\right)}{3!}=\frac{1}{6}\end{aligned}$
因此 $\displaystyle A+B+C+D=\frac76$。


4. 若 $x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，試問 $\displaystyle\left(\frac{\partial r}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial r}{\partial y}\right)^2=$　　　　。
訣竅
將 $r=r\left(x,y\right)$ 求出後直接對 $x$ 偏微分、對 $y$ 偏微分即可。
解法

由於給定的條件為極座標，因此可得 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，故

$\displaystyle\frac{\partial r}{\partial x}=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$　、　$\displaystyle\frac{\partial r}{\partial y}=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$

因此

$\displaystyle\left(\frac{\partial r}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial r}{\partial y}\right)^2=1$。



5. 考慮函數 $f\left(x,y,z\right)=x^2yz$ 及參數化曲線 $C:\vec{r}\left(\theta\right)=\left(x,y,z\right)=\left(2e^{-\theta},2\sin\theta+1,\theta-\cos\theta\right)$，$0\leq\theta\leq\pi$。試問，當 $\theta=0$ 時，$f$ 在延著曲線單位切線方向上的導函數為　　　　。
訣竅
先求出其切線方向，再由 $D_{\vec u}f\left(x,y,z\right)=\nabla f\left(x,y,z\right)\cdot\vec u$ 求方向導數。
解法

$\vec r'\left(\theta\right)=\left(-2e^{-\theta},2\cos\theta,1+\sin\theta\right)$、$\vec r'\left(0\right)=\left(-2,2,1\right)$。將其單位化為 $\vec u=\frac13\left(-2,2,1\right)$。

當 $\theta=0$ 時，點座標為 $\left(2,1,-1\right)$，且 $\nabla f\left(x,y,z\right)=\left(2xyz,x^2z,x^2y\right)$，故 $\nabla f\left(2,1,-1\right)=\left(-4,-4,4\right)$。因此

$\displaystyle D_{\vec u}f\left(2,1,-1\right)=\nabla f\left(2,1,-1\right)\cdot\left(-\frac23,\frac23,\frac13\right)=\frac43$



6. 試問由原點到雙曲線 $x^2+8xy+7y^2=225$ 的最短距離為　　　　。
訣竅
本題為條件極值，因此採用 Lagrange 乘子法即可；也可以運用幾何學的想法將該雙曲線標準化後求半貫軸長。
解法一
設原點到該點座標的距離為 $r$，則 $r^2=x^2+y^2$。由 Lagrange 乘子法可設
$F\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2+\lambda\left(x^2+8xy+7y^2-225\right)$
因此我們解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,\lambda)=2x+\lambda(2x+8y)=0,\\&F_y(x,y,\lambda)=2y+\lambda\left(8x+14y\right)=0,\\&F_\lambda\left(x,y,\lambda\right)=x^2+8xy+7y^2-225=0.\end{aligned}\right.$
若 $x=0$，則 $\displaystyle y=\pm\frac{15}{\sqrt7}$；若 $y=0$，則 $x=\pm15$。
若 $xy\neq0$，則前兩式之行列式值為零，即有 $\left(1+\lambda\right)\left(7\lambda+1\right)-16\lambda^2=0$，故 $\lambda=1$ 或 $\displaystyle\lambda=-\frac19$。易見 $\lambda=1$ 將無解；而 $\displaystyle\lambda=-\frac19$，則 $x=\pm\sqrt5$、$y=\pm2\sqrt5$。
因此我們解得 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(0,\pm\frac{15}{\sqrt7}\right)$ 或 $\left(\pm15,0\right)$ 或 $\pm\left(\sqrt5,2\sqrt5\right)$，因此最短距離為 $5$。
解法二
將此二次函數表示為矩陣，即
$\begin{bmatrix}x&y\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&4\\4&7\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=225$
利用對角化的方法可改寫為
$\displaystyle\begin{bmatrix}x&y\end{bmatrix}\left(\frac1{\sqrt5}\begin{bmatrix}1&2\\2&-1\end{bmatrix}\right)\begin{bmatrix}9&0\\0&-1\end{bmatrix}\left(\frac1{\sqrt5}\begin{bmatrix}1&2\\2&-1\end{bmatrix}\right)\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}$
令 $\displaystyle X=\frac{x+2y}{\sqrt5}$、$\displaystyle Y=\frac{2x-y}{\sqrt5}$，因此原方程式可改寫為 $9X^2-Y^2=225$，即 $\displaystyle\frac{X^2}{25}-\frac{Y^2}{225}=1$，如此半貫軸長為 $5$。


7. 試問參數化曲線 $C:\vec{r}\left(\theta\right)=\left(x,y\right)=\left(\cos^3\theta,\sin^3\theta\right)$，$0\leq\theta\leq2\pi$，所圍成封面區域的面積為　　　　。
訣竅
注意到此題為星狀線，因此可利用對稱性來求解。
解法

由於本題具有對稱性，因此我們僅計算第一項線之面積後乘以 $4$ 倍即可：

$\begin{aligned}A&=4\int_{x=0}^{x=1}ydx=4\int_{\theta=\frac\pi2}^{\theta=0}y\left(\theta\right)\frac{dx}{d\theta}d\theta=4\int_{\frac\pi2}^0\sin^3\theta\cdot\left(3\cos^2\theta\cdot-\sin\theta\right)d\theta\\&=12\int_0^{\frac\pi2}\sin^4\theta\cos^2\theta\,d\theta=\frac32\int_0^{\frac\pi2}\left(1-\cos2\theta\right)^2\left(1+\cos2\theta\right)d\theta\\&=\frac32\int_0^{\frac\pi2}\left(1-\cos2\theta-\cos^22\theta+\cos^32\theta\right)d\theta\\&=\frac32\int_0^{\frac\pi2}\left(1-\cos2\theta-\frac{1+\cos4\theta}2+\left(1-\sin^22\theta\right)\cos2\theta\right)d\theta\\&=\left.\left(\frac{3\theta}4-\frac3{16}\sin4\theta-\frac14\sin^32\theta\right)\right|_0^{\frac\pi2}=\frac{3\pi}8.\end{aligned}$

2. 計算題：（共二題，每題十五分）
1. 請詳述計算過程，無計算過程的答案不予計分。
1. 考慮三度空間中向量場 $\vec{F}=\left[y^2\cos\left(x\right)+z^3,2y\sin\left(x\right)-4,3xz^2+2\right]$。
   1. （十分）試問該向量場是否為守恆場(conservative field)？如果是的話，請找出相對應的勢函數(potential function)。
   2. （五分）如果 $\vec F$ 代表力(force)作用的方向，試計算 $\vec F$ 延著曲線 $C$：

      $\vec r\left(t\right)=\left[\sin^{-1}\left(t\right),1-2t,3t-1\right],$　$0\leq t\leq1$，

      所做的功(work)。
訣竅
根據保守場的定義驗證之並求勢函數，接著利用保守場上的路徑積分的特性計算作功。
解法

1. 保守場的定義為 $\nabla\times\vec F=\vec0$，因此按定義計算下列式子：

   $\begin{aligned}\displaystyle&\nabla\times\vec{F}\\=&\left[\frac{\partial}{\partial z}\left(2y\sin\left(x\right)-4\right)-\frac{\partial}{\partial y}\left(3xz^2+2\right),\right.\\&\frac{\partial}{\partial x}\left(3xz^2+2\right)-\frac{\partial}{\partial y}\left(y^2\cos\left(x\right)+z^3\right),\\&\left.\frac{\partial}{\partial}\left(y^2\cos\left(x\right)+z^3\right)-\frac{\partial}{\partial x}\left(2y\sin\left(x\right)-4\right)\right]\\=&\left[0,0,0\right]\end{aligned}$

   而按勢函數的定義為 $\nabla P\left(x,y,z\right)=\vec F$，故得

   $\displaystyle P\left(x,y,z\right)=\int\left[y^2\cos\left(x\right)+z^3\right]dx=y^2\sin\left(x\right)+xz^3+C_1\left(y,z\right)$

   其中 $C_1\left(y,z\right)$ 為待定的函數。
   由此計算對 $y$ 的偏微分可得

   $\displaystyle\frac{\partial P}{\partial y}=2y\sin\left(x\right)+\frac{C_1}{\partial y}=2y\sin\left(x\right)-4$

   如此我們解得 $\displaystyle\frac{\partial C_1}{\partial y}=-4$，即 $C_1\left(y,z\right)=-4y+C_2\left(z\right)$，其中 $C_2\left(z\right)$ 為另一個待定常數。此時我們已得

   $P\left(x,y,z\right)=y^2\sin\left(x\right)+xz^3-4y+C_2\left(z\right)$

   如此計算對 $z$ 的偏微分可得：

   $\displaystyle\frac{\partial P}{\partial z}=3xz^2+\frac{\partial C_2}{\partial z}=3xz^2+2$

   因此可解得 $\displaystyle\frac{\partial C_2}{\partial z}=2$，即 $C_2\left(z\right)=2z+C$，其中 $C$ 為積分常數。
   最終我們得到勢函數如下

   $P\left(x,y,z\right)=y^2\sin\left(x\right)+xz^3-4y+2z+C$

2. 由於 $\vec F$ 為保守場，而此路徑起點為 $\left(0,1,-1\right)$、終點為 $\displaystyle\left(\frac\pi2,-1,2\right)$，利用線積分基本定理可得

   $\displaystyle W=\int_C\vec F\cdot d\vec r=P\left(\frac\pi2,-1,2\right)-P\left(0,1,-1\right)=\left(1+4\pi+4+4+C\right)-\left(-4-2+C\right)=4\pi+15$



2. 計算下列雙重積分：

   $\displaystyle\int_{x=0}^{x=1}\int_{y=0}^{y=x}\frac1{\left(4-y^2\right)^{3/2}}dydx$

訣竅
本題直接積分不容易處理，可以先跳換積分順序後求解。
解法一

我們可以將範圍 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq1\\&0\leq y\leq x\end{aligned}\right.$ 化為 $\left\{\begin{aligned}&y\leq x\leq1\\&0\leq y\leq1\end{aligned}\right.$，因此原雙重積分可改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\int_0^1\int_y^1\frac1{\left(4-y^2\right)^{3/2}}dxdy&=\int_0^1\left.\frac{x}{\left(4-y^2\right)^{3/2}}\right|_y^1dy\\&=\int_0^1\left(\frac{1}{\left(4-y^2\right)^{3/2}}-\frac{y}{\left(4-y^2\right)^{3/2}}\right)dy\end{aligned}$

其中第一項的定積分可利用三角代換 $y=2\sin\theta$，如此有

$\begin{aligned}\int_0^1\frac{dy}{\left(4-y^2\right)^{3/2}}dy&=\int_0^{\frac\pi6}\frac{\cos\theta}{4\cos^3\theta}d\theta\\&=\frac14\int_0^{\frac\pi6}\sec^2\theta d\theta\\&=\left.\frac{\tan\theta}4\right|_0^{\frac\pi6}\\&=\frac{\sqrt3}{12}\end{aligned}$

第二項則可以計算如下

$\displaystyle\int_0^1\frac{y}{\left(4-y^2\right)^{3/2}}dy=\left.\frac1{\sqrt{4-y^2}}\right|_0^1=\frac{\sqrt3}3-\frac12$

因此所求為

$\displaystyle\int_{x=0}^{x=1}\int_{y=0}^{y=x}\frac{1}{\left(4-y^2\right)^{3/2}}dydx=\frac12-\frac{\sqrt3}4$

解法二

令 $y=2\sin\theta$，則原雙重積分可以改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\displaystyle\int_{x=0}^{x=1}\int_{y=0}^{y=x}\frac1{\left(4-y^2\right)^{3/2}}dydx&=\int_0^1\int_0^{\sin^{-1}\frac{x}{2}}\frac{\sec^2\theta}{4}d\theta dx\\&=\frac14\int_0^1\tan\theta\Big|_0^{\sin^{-1}\frac{x}2}dx\\&=\frac14\int_0^1\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}dx\\&=\left.-\frac{\sqrt{4-x^2}}{4}\right|_0^1\\&=\frac12-\frac{\sqrt3}4.\end{aligned}$