國立臺灣大學九十四學年度轉學生入學考試試題詳解

1. 填充題：（一共 $10$ 格，每格 $7$ 分，請依空格號碼將答案寫在答案卷上。）
1. 求極限值 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^2+2x}-x\right)$。
訣竅
將分子有理化後整理。
解法

變形並計算如下：

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{2x}{\sqrt{x^2+2x}+x}=\lim_{x\to\infty}\frac2{\displaystyle\sqrt{1+\frac2x}+1}=1$



2. 假設 $f\left(x\right)=x^n$ 與 $g\left(x\right)=\sqrt[n]x$ 所圍成領域的面積為 $\displaystyle\frac12$，求 $n$ 的值。
訣竅
針對 $n$ 的範圍進行討論後列出積分式即可求得 $n$。
解法
按習慣而言，我們考慮 $n\in\mathbb N$，故按題意有
$\displaystyle\frac12=\int_0^1\left(x^{\frac1n}-x^n\right)dx=\frac1{\displaystyle\frac1n+1}-\frac1{n+1}=\frac{n-1}{n+1}$
如此可解得 $n=3$。若允許所有實數的話，那麼由對稱性的解法可知 $\displaystyle n=\frac13$ 亦滿足題目條件。


3. 求函數 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{\ln x}x$ 的最大值。
訣竅
極值必發生在一階導數為零之處，再利用二階導數判斷其類型。
解法
先求一階導數為零的位置：
$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{1-\ln x}{x^2}=0$
如此可解得 $x=e$ 時可能有極值。又二階導函數為
$\displaystyle f''\left(x\right)=\frac{-3+2\ln x}{x^3}$
代入$x=e$後有
$\displaystyle f''\left(e\right)=\frac{-1}{e^3}<0$
因此當 $x=e$ 時有最大值，最大值為 $f\left(e\right)=e^{-1}$。


4. 設 $f\left(x\right)=\begin{cases}2x-2,&\mbox{當}x<-1,\\Ax+B,&\mbox{當}-1\leq x\leq1,\\5x+7,&\mbox{當}x>1.\end{cases}$，求 $A$ 與 $B$ 使得 $f$ 為一個連續函數。
訣竅
在分段點處考慮連續性。
解法
由於 $f$ 為連續函數，則 $f$ 在 $x=-1$ 與 $x=1$ 處皆連續，因此有
$\displaystyle\lim_{x\to-1^-}f\left(x\right)=\lim_{x\to-1^+}f\left(x\right)$　；　$\displaystyle\lim_{x\to1^-}f\left(x\right)=\lim_{x\to1^+}f\left(x\right)$
即
$\displaystyle\lim_{x\to-1^-}\left(2x-2\right)=\lim_{x\to-1^+}\left(Ax+B\right)$　；　$\displaystyle\lim_{x\to1^-}\left(Ax+B\right)=\lim_{x\to1^+}\left(5x+7\right)$
因此解下列的聯立方程組：
$\left\{\begin{aligned}&-A+B=-4\\&A+B=12\end{aligned}\right.$
如此有 $A=8$、$B=4$。


5. 求定積分 $\displaystyle\int_2^4\frac{\sqrt{x^2-4}}xdx$。
訣竅
由於分子不易積分，故考慮變數代換 $t=\sqrt{x^2-4}$ 即可求解。
解法

令 $t=\sqrt{x^2-4}$，則

1. 當 $x=2$ 時，則 $t=0$；
2. 當 $x=4$ 時，則 $t=2\sqrt3$；
3. 由於 $x=\sqrt{t^2+4}$ 求導有 $\displaystyle dx=\frac t{\sqrt{t^2+4}}dt$。

由以上所知可將原定積分改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\int_2^4\frac{\sqrt{x^2-4}}xdx&=\int_0^{2\sqrt3}\frac t{\sqrt{t^2+4}}\cdot\frac{t}{\sqrt{t^2+4}}dt\\&=\int_0^{2\sqrt3}\frac{t^2}{t^2+4}dt\\&=\int_0^{2\sqrt3}\left(1-\frac4{t^2+4}\right)dt\\&=\left.t-2\tan^{-1}\left(\frac t2\right)\right|_0^{2\sqrt3}\\&=2\sqrt3-\frac{2\pi}3.\end{aligned}$



6. 求瑕積分 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx$。
訣竅
藉由雙重積分的極座標代換求解。
解法

令 $\displaystyle I=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx$，則

$\displaystyle I^2=\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\right)^2=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\left(x^2+y^2\right)}dxdy$

令 $\left\{\begin{aligned} &x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，且 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq\infty\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此重積分可改寫並計算如下：

$\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^{\infty}e^{-r^2}r\,dr\,d\theta=-\frac12\int_0^{2\pi}\left.e^{-r^2}\right|_0^{\infty}d\theta=\pi$.

因此

$\displaystyle I=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt\pi$.



7. 求冪級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n+1}$ 的收斂區間。
訣竅
使用比值審歛法即可。
解法

由比值審歛法有

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\frac{x^{n+1}}{n+2}\div\frac{x^n}{n+1}\right|<1$

即 $\left|x\right|<1$，此等同於 $-1< x<1$。

檢查端點 $x=1$ 為調和級數發散，而 $x=-1$ 時有交錯級數收斂。因此收歛區間為 $-1\leq x<1$。



8. 判別無窮級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(n+1\right)^n}{n^{n+1}}$ 的收斂或發散。
訣竅
使用比較審歛法。
解法
已知 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n$ 為發散級數，如此考慮
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\left(n+1\right)^n}{n^{n+1}}\div\frac1n\right|=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^n=e>1$
因此由比較審歛法知 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(n+1\right)^n}{n^{n+1}}$ 亦為發散級數。


9. 求線積分 $\displaystyle\oint_{\Gamma}\left(\sin x+y^2\right)dx+\left(x+\sqrt{1+e^y}\right)dy$，其中 $\Gamma$ 為由 $y=0$，$x=1$，$y=x^2$ 所組成的逆時針方向之封閉路徑。
訣竅
根據 Green 定理將線積分化為雙重積分求解即可。
解法

設 $\Gamma$ 所圍成的區域為 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,0\leq x\leq1, 0\leq y\leq x^2\right\}$，故由 Green 定理有

$\begin{aligned}\oint_\Gamma\left(\sin x+y^2\right)dx+\left(x+\sqrt{1+e^y}\right)dy&=\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dA\\&=\int_0^1\int_0^{x^2}\left(1-2y\right)dydx\\&=\int_0^1\left(y-y^2\right)\Big|_{y=0}^{y=x^2}dx\\&=\int_0^1\left(x^2-x^4\right)dx\\&=\left.\left(\frac{x^3}3-\frac{x^5}5\right)\right|_0^1=\frac2{15}.\end{aligned}$



10. 求 $f\left(x,y,z\right)=x^3e^y+xz$，在 $\left(1,2,3\right)$ 點且在 $\vec v=0\vec i+\left(3/\sqrt5\right)\vec j+\left(4/\sqrt5\right)\vec k$ 方向的方向導數。
訣竅
根據方向導數的計算定理即可。
解法

由於 $\left|\vec v\right|=\sqrt5$ 不為單位向量，故除以其長度後所得的 $\vec u=\left(0,3/5,4/5\right)$ 才為單位向量，故應用定理可得

$\begin{aligned}D_{\vec v}f\left(1,2,3\right)&=\left(\nabla f\right)\left(1,2,3\right)\cdot\vec u\\&=\left(3x^2e^y+z,x^3e^y,x\right)\Big|_{\left(x,y,z\right)=\left(1,2,3\right)}\cdot\left(0,\frac35,\frac45\right)\\&=\left(3e^2+3,e^2,1\right)\cdot\left(0,\frac35,\frac45\right)\\&=\frac{3e^2+4}5.\end{aligned}$

2. 計算題：（兩大題，各 $15$ 分，共 $30$ 分。注意：若無計算過程，不予計分。）
1. 假設 $f$ 為定義在實數系 $\mathbb R$ 上的連續函數，滿足

   $\displaystyle\int_0^xf\left(t\right)dt=\int_x^1t^2f\left(t\right)dt+\frac{x^{10}}5+\frac{x^{12}}6+C$

   其中 $C$ 為常數。試求 $f\left(x\right)$ 與 $C$。
訣竅
使用微積分基本定理求解。
解法
兩邊同時對 $x$ 求導後可得
$f\left(x\right)=-x^2f\left(x\right)+2x^9+2x^{11}$
因此移項有
$\left(1+x^2\right)f\left(x\right)=2x^9\left(1+x^2\right)$
最後同除以 $1+x^2$ 可得
$f\left(x\right)=2x^9$
代入其中計算有：
$\displaystyle\int_0^xf\left(t\right)dt=\frac{x^{10}}5$　；　$\displaystyle\int_x^1t^2\cdot2t^9dt=\frac16-\frac{x^{12}}6$
代回整理後有 $\displaystyle C=-\frac16$。


2. 設 $D$ 為由柱面 $x^2+y^2=4$、平面 $x+z=6$ 與 $xy$ 平面所圍成的立體。求向量場 $\vec F\left(x,y,z\right)=\left(x^2+\sin z\right)\vec i+\left(xy+\cos z\right)\vec j+e^y\vec k$ 流出 $D$ 的通量(flux)。
訣竅
應用 Gauss 散度定理化為三重積分求解。
解法

設 $\Omega$ 為 $D$ 的表面，且 $\nabla\cdot\vec F=2x+x=3x$，故應用 Gauss 散度定理

$\begin{aligned}\mbox{Flux}&=\iint_{\Omega}\vec F\cdot\vec n\,d\sigma\\&=\iiint_D(\nabla\cdot\vec F)\,dS\\&=3\iiint_DxdS\\&=3\iint_{x^2+y^2\leq4}\int_{z=0}^{z=6-x}xdzdA\\&=3\iint_{x^2+y^2\leq4}\left(6x-x^2\right)dA.\end{aligned}$

使用極座標變換：令 $\left\{\begin{aligned} &x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，其範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq2\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，故

$\begin{aligned}\displaystyle\mbox{Flux}&=3\int_0^{2\pi}\int_0^2\left(6r\cos\theta-r^2\cos^2\theta\right)r\,dr\,d\theta\\&=3\int_0^{2\pi}\left.\left(2r^3\cos\theta-\frac{r^4}4\cos^2\theta\right)\right|_{r=0}^{r=2}d\theta\\&=3\int_0^{2\pi}\left(16\cos\theta-4\cos^2\theta\right)d\theta\\&=3\int_0^{2\pi}\left(16\cos\theta-2\cos2\theta-2\right)d\theta\\&=3\left.\left(16\sin\theta-\sin2\theta-2\theta\right)\right|_0^{2\pi}\\&=-12\pi.\end{aligned}$