國立臺灣大學一百零二學年度轉學生入學考試試題詳解

請依照題號順序作答。所有數字必須化為最簡分數，未依規定者該題不予計分。
除作圖外，答案限用黑色或藍色筆書寫。試題共三大題，第一大題為單選題，每題各佔 $5\%$。第二大題為多選題，每題各佔 $8\%$。第三大題為計算證明題，該大題佔 $18\%$，共兩題。

1. 單選題（占 $50$ 分）
（說明：第 $1$ 題至第 $10$ 題，請於答案卷首頁之選擇題作答區作答，每題 $5$ 分；未作答或答錯者，以零分計算。）
1. 已知一曲線的參數式為 $x=t^2+2t$ 及 $y=t^3+t^2$。下列哪一個選項為前述曲線上 $t=1$ 的點的切線？
   1. $2x-3y=0$
   2. $4x-5y=2$
   3. $4x-5y=10$
   4. $5x-4y=7$
   5. $5x-y=13$。
訣竅
經由連鎖律求解。
解法
當 $t=1$ 時，$x\left(1\right)=3$、$y\left(1\right)=2$，且有
$\displaystyle\frac{dy}{dx}\left(t=1\right)=\frac{dy}{dt}\frac1{\displaystyle\frac{dx}{dt}}\left(t=1\right)=\frac{3t^2+2t}{2t+2}\left(t=1\right)=\frac54$
因此有點斜式可得 $\displaystyle y-2=\frac54\left(x-3\right)$，即 $5x-4y=7$，故選 (D)。


2. $\displaystyle\int_0^3\left(1-x\right)^{-2}dx$ 為何？
   1. $-3/2$
   2. $-1/2$
   3. $1/2$
   4. $3/2$
   5. 發散。
訣竅
應注意 $x=1$ 為瑕點，應額外處理。
解法
原式可改寫並計算如下：
$\displaystyle\int_0^{1^-}\frac{dx}{\left(1-x\right)^2}+\int_{1^+}^3\frac{dx}{\left(1-x\right)^2}=\left.\frac{1}{1-x}\right|_{x=0}^{x\to1^-}+\left.\frac{1}{1-x}\right|_{x\to1^+}^3\to\infty$
故發散，應選 (E)。


3. Which of the following integrals gives the length of the graph $y=\sin\left(\sqrt{x}\right)$ between $x=a$ and $x=b$, where $0< a< b$?
   1. $\displaystyle\int_a^b\sqrt{x+\cos^2\left(\sqrt{x}\right)}dx$
   2. $\displaystyle\int_a^b\sqrt{1+\cos^2\left(\sqrt{x}\right)}dx$
   3. $\displaystyle\int_a^b\sqrt{\sin^2\left(\sqrt x\right)+\frac1{4x}\cos^2\left(\sqrt{x}\right)}dx$
   4. $\displaystyle\int_a^b\sqrt{1+\frac1{4x}\cos^2\left(\sqrt x\right)}dx$
   5. $\displaystyle\int_a^b\sqrt{\frac{1+\cos^2\left(\sqrt x\right)}{4x}}dx$。
訣竅
根據弧長公式列式即可。
解法
根據弧長公式有
$\displaystyle s=\int_a^b\sqrt{1+f'^2\left(x\right)}dx=\int_a^b\sqrt{1+\left(\frac{\cos\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}\right)^2}dx=\int_a^b\sqrt{1+\frac{\cos^2\sqrt x}{4x}}dx$
因此選 (D)。


4. Which of the following integrals represents the area enclosed by the smaller loop of the graph of $r=1+2\sin\theta$?
   1. $\displaystyle\frac12\int_{7\pi/6}^{11\pi/6}\left(1+2\sin\theta\right)^2d\theta$
   2. $\displaystyle\frac12\int_{7\pi/6}^{11\pi/6}\left(1+2\sin\theta\right)d\theta$
   3. $\displaystyle\frac12\int_{-\pi/6}^{7\pi/6}\left(1+2\sin\theta\right)^2d\theta$
   4. $\displaystyle\int_{-\pi/6}^{7\pi/6}\left(1+2\sin\theta\right)^2d\theta$
   5. $\displaystyle\int_{-\pi/6}^{7\pi/6}\left(1+2\sin\theta\right)d\theta$。
訣竅
先考量積分區域後再按極座標求面積公式處理即可。
解法
由圖形可知整個圖形的積分範圍為 $2\pi$，而較小圈的積分範圍為 $\displaystyle\frac{7\pi}6$ 至 $\displaystyle\frac{11\pi}6$。因此面積可列式如下：
$\displaystyle A=\frac12\int_{7\pi/6}^{11\pi/6}\left(1+2\sin\theta\right)^2d\theta$
應選 (A)。


5. The third-degree Taylor polynomial about $x=0$ of $\ln\left(1-x\right)$ is
   1. $-x-x^2/2-x^3/3$
   2. $1-x+x^2/2$
   3. $x-x^2/2+x^3/3$
   4. $-1+x-x^2/2$
   5. $-x+x^2/2-x^3/3$。
訣竅
直接計算三階微分，展開至三次式。
解法
設 $f\left(x\right)=\ln\left(1-x\right)$，則 $f\left(0\right)=\ln1=0$，且有
$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{-1}{1-x}$　；　$\displaystyle f''\left(x\right)=\frac{-1}{\left(1-x\right)^2}$　；　$\displaystyle f'''\left(x\right)=\frac{-2}{\left(1-x\right)^3}$
因此
$f'\left(0\right)=-1$　；　$f''\left(0\right)=-1$　；　$f'''\left(0\right)=-2$
故 $f$ 的前三階 Taylor 展開式為 $\displaystyle\ln\left(1-x\right)\approx0-x-\frac{x^2}2-\frac{x^3}3$，故選 (A)。


6. Which expression represents the volume of the solid generated when the region between the following two curves

   $y=6-x^2\mbox{ and }y=x^2/2$

   over the interval $\left[0,2\right]$ is rotated around the $x$-axis?
   1. $\displaystyle2\pi\int_0^2y\sqrt{6-y}dy-2\pi\int_0^2y^{3/2}\sqrt{2}dy$
   2. $\displaystyle2\pi\int_2^6y\sqrt{6-y}dy+2\pi\int_0^2y^{3/2}\sqrt{2}dy$
   3. $\displaystyle2\pi\int_2^6y\sqrt{6-y}dy-2\pi\int_0^2y^{3/2}\sqrt{2}dy$
   4. $\displaystyle2\pi\int_0^6y\sqrt{6-y}dy+2\pi\int_0^2y^{3/2}\sqrt{2}dy$
   5. $\displaystyle2\pi\int_0^6y\sqrt{6-y}dy-2\pi\int_0^2y^{3/2}\sqrt{2}dy$。
訣竅
按照旋轉體的體積列式法得到後進行積分變換。
解法
首先可知 $f\left(y\right)=\begin{cases}\sqrt{2y},&0<y<2,\\\sqrt{6-y},&2<y<6.\end{cases}$，因此根據圓殼積分法，體積可列式如下：
$\displaystyle V=\int_2^62\pi y\sqrt{6-y}dy+\int_0^22\pi y\sqrt{2y}dy=2\pi\int_2^6y\sqrt{6-y}dy+2\pi\int_0^2y^{3/2}\sqrt2dy$
因此選 (B)。


7. The function $f$ satisfies the equation

   $\displaystyle\int_0^{2x}f\left(t\right)dt=6\sin\left(x\right)+x$

   Evaluate $f\left(\pi/3\right)$.
   1. $6.196$
   2. $2$
   3. $3.098$
   4. $4$
   5. $3.055$。
訣竅
根據微積分基本定理求解。
解法
由微積分基本定理可得 $f\left(2x\right)\cdot2=6\cos\left(x\right)+1$，因此容易知道
$\displaystyle f\left(x\right)=\frac{\displaystyle6\cos\left(\frac{x}{2}\right)+1}2$
因此
$\displaystyle f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac{\displaystyle6\cos\left(\frac\pi6\right)+1}2=\frac{1+3\sqrt3}2\approx\frac{1+3\cdot1.732}{2}=3.098$
因此選 (C)。


8. The function $g\left(x\right)$ is the derivative of $\displaystyle\int_0^x\left(t^3-5\right)dt$. What is the derivative of the inverse of $g\left(x\right)$ at $x=3$?
   1. $4$
   2. $1/4$
   3. $12$
   4. $1/3$
   5. $1/12$。
訣竅
透過微積分基本定理計算出 $g\left(x\right)$ 後，由反函數微分求解。
解法
首先利用微積分基本定理可得 $g\left(x\right)=x^3-5$。我們記 $f=g^{-1}$，因此題目所求即為 $\displaystyle\frac{df}{dx}\left(x=3\right)$ 之值。
首先根據反函數的定義可知 $f\left(g\left(x\right)\right)=x$，接著同時對 $x$ 求導可得
$f'\left(g\left(x\right)\right)\cdot g'\left(x\right)=1$
又當 $g\left(x\right)=3$ 時有 $x=2$，因此我們取 $x=2$ 代入可得 $f'\left(3\right)\cdot12=1$，遂有 $\displaystyle f'\left(3\right)=\frac1{12}$。
因此選 (E)。


9. 當 $\displaystyle\lim_{x\to-a^{1/3}}\sqrt{x^6+2ax^3}-x^3-a$ 存在且其值為 $-3$。請問下列哪個選項是正確的？
   1. $a=0$
   2. $a^2=9$
   3. $a=-3$
   4. $a=3$
   5. 以上皆非。
訣竅
我們可以直接計算該極限，或者直接將每個選項代入後驗證之。
解法
直接取極限代入後有 $\sqrt{-a^2}=-3$，這是一個矛盾，因此 $a$ 不存在，故選 (E)。


10. 當 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\int_x^{\infty}t^k\exp\left(-t^2\right)dt}{\left(ax^2+bx+c\right)\exp\left(-x^2\right)}=3$。請問下列哪個選項是正確的？
    1. $k=3$
    2. $k=1$
    3. $a=1/6$
    4. $a< b$
    5. $c=3$。
訣竅
這是一個不定型，因此使用 L'Hôpital 並配合微積分基本定理求解。
解法
首先我們可以注意到本題之討論是在 $a^2+b^2+c^2\neq0$ 的狀況下討論的。我們可用羅畢達可將本極限式改寫如下：
$\begin{aligned}\displaystyle&\lim_{x\to\infty}\frac{-x^k\exp\left(-x^2\right)}{\left(2ax+b\right)\exp\left(-x^2\right)-2x\left(ax^2+bx+c\right)\exp\left(-x^2\right)}\\=&\lim_{x\to\infty}\frac{-x^k}{-2ax^3-2bx^2+2\left(a-c\right)x+b}=3\end{aligned}$
現在討論如下：
若 $a=b=0$，則 $k=1$，且 $\displaystyle c=\frac16$；
若 $a\neq0$，則 $k=3$ 且 $\displaystyle a=\frac16$；
若 $a=0$，但 $b\neq0$，則 $k=2$、$\displaystyle b=\frac16$。
由以上的分析可知無任何選項是在任何情形下皆正確的，因此無解。
2. 多選題（占 $32$ 分）
（說明：第 $11$ 題至第 $14$ 題，每題 $8$ 分，請作答於答案卷首頁之選擇題作答區，答錯者倒扣 $2$ 分，扣至本大題零分為止。）
11. 當$f\left(x,y\right)=x^2+y^2+\exp\left(x-y\right)$，且 $F\left(x,y,z\right)=f\left(x,y\right)-z$。請問下列哪些選項是正確的？
    1. $\partial f/\partial x+\partial f/\partial y=2x+2y$
    2. $\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial x^2}-\frac{\partial^2f}{\partial y^2}=2\exp\left(x-y\right)$
    3. $\nabla F$ at the point $\left(1,2,-1\right)$ is $\left(1,3,-1\right)^T$.
    4. The tangent plane to the graph of the function $F\left(x,y,z\right)=0$ at the point $\left(1,1,3\right)$ is $3\left(x-1\right)+\left(y-1\right)-\left(z-3\right)=0$.
    5. The minimum value of $f\left(x,y\right)$ is $0$.
訣竅
由直接計算即可求解，其中應熟悉字詞的定義以便計算。
解法

直接求偏導可得

$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}=2x+\exp\left(x-y\right)$　；　$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}=2y-\exp\left(x-y\right)$

因此相加即可得

$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial y}=2x+2y$

故 (A)正確，繼續計算偏導可得

$\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial x^2}=2+\exp\left(x-y\right)$　；　$\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial y^2}=2+\exp\left(x-y\right)$

因此相加可得

$\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial x^2}-\frac{\partial^2f}{\partial y^2}=0$

故 (B) 錯誤。接著我們計算梯度如下：

$\nabla F=\nabla\left(f\left(x,y\right)-z\right)=\left(2x+\exp\left(x-y\right),2y-\exp\left(x-y\right),-1\right)$

因此在點 $\left(1,2,-1\right)$ 的梯度為 $\nabla F\left(1,2,-1\right)=\left(2+e^{-1},4-e^{-1},-1\right)$，因此 (C) 錯誤；現在藉由方才的計算可知在 $\left(1,1,3\right)$ 的梯度為 $\nabla F\left(1,1,3\right)=\left(3,1,-1\right)$。因此由點法式可得切平面為

$3\left(x-1\right)+\left(y-1\right)-\left(z-3\right)=0$

從而 (D) 正確。最後為了解答 (E)，我們應求解一階偏導數為零的座標，這樣的座標滿足方程 $x+y=0$，這樣一來將有 $f\left(x,-x\right)=2x^2+\exp\left(2x\right)>0$，故 (E) 錯誤。

因此本題應選 (A)(D)。



12. 當 $f\left(x,y\right)=3x^2y+y^3+6xy$，請問下列那些選項是正確的？
    1. $\partial f\left(x,y\right)/\partial x=6xy+6y$
    2. $\nabla f\left(x,y\right)=\left(0,0\right)$ 的解只有四個。
    3. $f\left(x,y\right)$ 的局部極大發生在 $\left(0,0\right)$。
    4. $\left(-2,0\right)$ 為 $f\left(x,y\right)$ 的鞍點(saddle point)。
    5. $f_{xx}f_{yy}-f_{xy}f_{xy}=6y^2-\left(x+1\right)^2$.
訣竅
直接計算即可。
解法

首先求 $f$ 的偏導如下：

$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}=6xy+6y$　；　$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}=3x^2+3y^2+6x$

因此 (A)正確。接著我們考慮 $\nabla f\left(x,y\right)=\left(f_x\left(x,y\right),f_y\left(x,y\right)\right)=\left(0,0\right)$ 的解如下：

$\left\{\begin{aligned}&6y\left(x+1\right)=0\\&3\left(x^2+y^2+2x\right)=0\end{aligned}\right.$

若 $y=0$，則 $x=0$ 或 $x=-2$；若 $x=-1$，則 $y=1$ 或 $y=-1$，因此解得四點 $\left(0,0\right)$、$\left(-2,0\right)$、$\left(-1,1\right)$、$\left(-1,-1\right)$，因此 (B) 正確。接著我們考慮二階判別式的計算如下：

首先是二階偏導函數為 $f_{xx}=6y$、$f_{xy}=6x+6=f_{yx}$、$f_{yy}=6y$，因此 $f_{xx}f_{yy}-f_{xy}f_{yx}=36y^2-\left(6x+6\right)^2=36\left[y^2-\left(x+1\right)^2\right]$，故 (E) 錯誤。由此我們代入 $\left(0,0\right)$、$\left(-2,0\right)$ 可得 $-36<0$，即兩者皆為鞍點，因此 (C)錯而 (D) 對。

本題應選 (A)(B)(D)。



13. A region $\mathcal A$ is bounded by the hyperbolas (雙曲線) $xy=1$ and $xy=2$, and the curves $xy^2=3$ and $xy^2=4$. The area of $\mathcal{A}$ is denoted by $\text{area}_o$. Use the change of variables $u=xy$ and $v=xy^2$, the area of the image of the region $\mathcal A$ in the coordinate space determined by $\left(u,v\right)$ under the transformation is called $\text{area}_t$. 請問下列哪些選項是正確的？
    1. $\text{area}_o=\ln4-\ln3$
    2. $\displaystyle\text{area}_t=\int_1^2\int_3^4dudv$
    3. $\displaystyle\text{area}_o=\int_1^2\int_3^41/v\,du\,dv$
    4. The Jacobian determinant $\partial\left(x,y\right)/\partial\left(u,v\right)$ is $v$.
    5. $\partial\left(u,v\right)/\partial\left(x,y\right)=xy$
訣竅
根據題意做變數代換。
解法

令 $u=xy$、$v=xy^2$，如此有

$\displaystyle\frac{\partial\left(u,v\right)}{\partial\left(x,y\right)}=\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}\\\displaystyle\frac{\partial v}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}y&x\\y^2&2xy\end{vmatrix}=xy^2$

因此 (E) 錯誤。再者可由此得

$\displaystyle\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}=\frac1{xy^2}=\frac1v$

因此 (D)亦錯誤。透過這樣的變數代換可得面積 $\text{area}_o$ 如下：

$\displaystyle\text{area}_o=\int_1^2\int_3^4\frac1v\,dv\,du=\left(\int_1^2du\right)\left(\int_3^4\frac{dv}v\right)=\ln4-\ln3$

從而 (C) 錯而 (A) 對。最後我們有：

$\displaystyle\text{area}_t=\int_1^2\int_3^4dvdu=1=\int_1^2\int_3^4dudv$

故 (B) 正確。

本題應選 (A)(B)。

註：有許多書籍認為選項 (B) 是錯誤的，其理由是積分的上下界的表達並不正確。按題設的變數代換可知 $u$ 介於 $1$ 與 $2$ 之間而 $v$ 介於 $3$ 與 $4$ 之間，因此選項中的表達式並不正確。但如果細心的進行計算的話會發現等號的左右兩式的值是相等的。依照我的判斷是，選項想問的是等號是否成立，答案是成立。而對於變數的範圍不正確而言，我的看法是積分變數本來就是隨意的，正如同 $\displaystyle\int_a^bf\left(u\right)du=\int_a^bf\left(t\right)dt$ 一般。



14. Let $\mathcal S$ denote the solid enclosed by $x^2+y^2+z^2=2z$ and $z^2=x^2+y^2$.
    1. The length of the curve determined by $\left\{\left(x,y,z\right):x^2+y^2+z^2=2z\mbox{ and }z^2=x^2+y^2\right\}$ is $2\pi$.
    2. The volume of $\mathcal S$ is less than $2\pi/3$.
    3. The volume of $\mathcal S$ is equal to $\pi$.
    4. 當使用球面坐標系 $\left(r,\theta,\phi\right)$，即 $x=r\sin\theta\cos\phi$, $y=r\sin\theta\sin\phi$, $z=r\cos\phi$ 時，$\mathcal S$ 的體積等於 $\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi/4}\int_0^{2\cos\left(\phi\right)}\rho^2\sin\left(\phi\right)d\rho\,d\theta\,d\phi$。
    5. $\mathcal S$ 的表面積大於 $4\pi$。
訣竅
繪出簡圖後根據每個選項的指示求解。
解法

1. 由 $x^2+y^2+z^2=2z$ 且 $z^2=x^2+y^2$，易得 $z=1$，從而 $x^2+y^2=1$，故此為半徑為 $1$ 的圓，從而曲線長度為 $2\pi$，故正確。
2. 容易注意到 $\mathcal S$ 的體積較「以 $z=1$ 時的 $x^2+y^2=1$ 作為底部、$\left(0,0\right)$ 作為頂點的圓錐」來得大，從而 $\mathcal S$ 的體積大於 $\displaystyle\frac{2\pi}3$，因此錯誤。
3. 由 (D) 可知正確的列式，由此計算可得：

   $\displaystyle\begin{aligned}\mathcal S&=\frac{2\pi}3\int_0^{\frac\pi4}\left.r^3\sin\left(\phi\right)\right|_0^{2\cos\left(\phi\right)}d\phi\\&=-\frac{16\pi}3\int_0^{\frac\pi4}\cos^3\left(\phi\right)d\left(\cos\phi\right)\\&=\left.-\frac{4\pi}3\cos^4\phi\right|_0^{\frac\pi4}\\&=\pi.\end{aligned}$

   因此正確。
4. 列式應為

   $\displaystyle\mathcal S=\int_0^{2\pi}\int_0^{\frac\pi4}\int_0^{2\cos\left(\phi\right)}r^2\sin\left(\phi\right)\,dr\,d\phi\,d\theta$

   因此錯誤。
5. 使用球體的表面積判斷即知不可能大於 $4\pi$，故錯誤。

因此本題應選 (A)(C)。

3. 計算題（佔 $18$ 分）
（說明：本大題共有二題計算證明題，答案務必寫在答案卷上，並於題號欄標明 $\left(15,16\right)$ 與子題號 $\left(\left(a\right)\right.$、$\left.\left(b\right)\right)$，同時必須寫出演算過程或理由，否則將予扣分。）
15. ($8$ 分) Show that the line integral $\displaystyle\int_C2x\sin\left(y\right)dx+\left(x^2\cos\left(y\right)-3y^2\right)dy$ is independent of path and evaluate the given integral for any path from $\left(2,\pi/6\right)$ to $\left(0,-2\right)$.
訣竅
藉由偏微分相減為零求證為保守場，如此便與路徑無關。
解法

設 $P\left(x,y\right)=2x\sin\left(y\right)$、$Q\left(x,y\right)=x^2\cos\left(y\right)-3y^2$，則知 $P$、$Q$ 滿足

$\displaystyle\frac{\partial P}{\partial y}=2x\cos\left(y\right)=\frac{\partial Q}{\partial x}$.

從而知 $\left(P,Q\right)$ 為保守場，因此線積分與路徑無關。計算如下：

$\begin{aligned}\int_C2x\sin\left(y\right)dx+\left(x^2\cos\left(y\right)-3y^2\right)dy&=\int_{\left(2,\pi/6\right)}^{\left(0,-2\right)}\left[2x\sin\left(y\right)dx+x^2\cos\left(y\right)dy\right]-3\int_{\left(2,\pi/6\right)}^{\left(0,-2\right)}y^2dy\\&=x^2\sin\left(y\right)-y^3\Big|_{\left(2,\pi/6\right)}^{\left(0,-2\right)}\\&=6+\frac{\pi^3}{216}.\end{aligned}$



16. ($10$ 分) Compute the integral $\displaystyle\oint_C\frac{-y}{x^2+y^2}dx+\frac{x}{x^2+y^2}dy$.
    1. ($5$ 分) Over any closed curve $C$ not enclosing the origin.
    2. ($5$ 分) Over the circle of radius $a$ centered at $\left(0,0\right)$.
訣竅
若沒有包含原點，則由 Green 定理求解，若包含原點則化為參數式求解。
解法

1. 設 $D$ 為 $C$ 所包含的區域，則由 Green 定理可得

   $\displaystyle\oint_C\frac{-y}{x^2+y^2}dx+\frac{x}{x^2+y^2}dy=\iint_D0\,dx\,dy=0$

2. 將曲線參數化為 $\left\{\begin{aligned}x=&a\cos\theta\\y=&a\sin\theta\end{aligned}\right.$，其中$0\leq\theta\leq2\pi$，故將本題的線積分改寫並計算如下：

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