國立臺灣大學九十五學年度轉學生入學考試試題詳解

答案請寫在答案卷上，標明題號，依序作答。
答案要有計算過程，才予計分。

1. 填充題：共 $10$ 格，每格 $7$ 分，共計 $70$ 分。
1. $g\left(x\right)$ 為連續函數，$\displaystyle G\left(x\right)=\int_0^x\left(t\int_1^tg\left(u\right)du\right)dt$，問 $G''\left(1\right)=$　　　　。
訣竅
根據微積分基本定理求解。
解法
應用一次微積分基本定理可得
$\displaystyle G'\left(x\right)=x\int_1^xg\left(u\right)du$
再使用一次微積分基本定理可得
$\displaystyle G''\left(x\right)=xg\left(x\right)+\int_1^xg\left(u\right)du$
如此取 $x=1$ 可得 $G''\left(1\right)=g\left(1\right)$。


2. $\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}4}\frac{dx}{\tan x+1}=$　　　　。
訣竅
使用變數代換 $u=\tan x$。
解法

令 $u=\tan x$，於是

1. 當 $x=0$ 時有 $u=0$；
2. 當 $\displaystyle x=\frac\pi4$ 時有 $u=1$；
3. 由於 $x=\tan^{-1}u$，求導可得 $\displaystyle dx=\frac{du}{1+u^2}$。

綜合以上可將原定積分改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\int_0^{\frac\pi4}\frac{dx}{\tan x+1}&=\int_0^1\frac1{u+1}\cdot\frac{du}{1+u^2}\\&=\frac12\int_0^1\left(\frac1{1+u}-\frac{u-1}{u^2+1}\right)du\\&=\frac12\int_0^1\left(\frac1{1+u}-\frac u{1+u^2}+\frac1{1+u^2}\right)du\\&=\frac12\left.\left(\ln\left(1+u\right)-\frac12\ln\left(1+u^2\right)+\tan^{-1}u\right)\right|_0^1\\&=\frac{\ln2}4+\frac\pi8.\end{aligned}$



3. 問 $\displaystyle\int_1^\infty\frac{\ln x}{x^n}dx$ 在 $n$ 的範圍為　　　　時收斂，此時這積分值 $=$　　　　。
訣竅
將 $n$ 進行分類求解。
解法

當 $n\leq1$ 時有

$\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\ln x}{x^n}dx\geq\int_1^{\infty}\frac{\ln x}xdx=\left.\frac{\ln^2x}2\right|_1^{\infty}=\infty$,

因此發散。
當 $n>1$ 時有：

$\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\ln x}{x^n}dx=\frac1{n-1}\int_1^{\infty}\frac{dx}{x^n}=\frac1{\left(n-1\right)^2}$



4. 問使級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{nx^n}{\left(n+1\right)\left(2x+1\right)^n}$ 絕對收斂的 $x$ 的範圍為　　　　或　　　　。
訣竅
使用比值審斂法。
解法
由比值審歛法有
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\left(n+1\right)x^{n+1}}{\left(n+2\right)\left(2x+1\right)^{n+1}}\div\frac{nx^n}{\left(n+1\right)\left(2x+1\right)^n}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\left(n^2+2n+1\right)x}{\left(n^2+2n\right)\left(2x+1\right)}\right|<1$
即 $\displaystyle\left|\frac x{2x+1}\right|<1$，如此解得 $x<-1$ 或 $\displaystyle x>-\frac13$。


5. $x^2+y^2=4$ 和 $4x^2+4y^2+z^2=64$ 共同部分的體積為　　　　。
訣竅
考慮底部後使用雙重積分。
解法

容易看到上曲面為 $z=\sqrt{64-4\left(x^2+y^2\right)}$，而下曲面為 $z=-\sqrt{64-4\left(x^2+y^2\right)}$。考慮底部為 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,x^2+y^2\leq4\right\}$，則體積可列式並用極座標計算如下：

$\begin{aligned}V&=2\iint_D\sqrt{64-4\left(x^2+y^2\right)}dxdy\\&=2\int_0^{2\pi}\int_0^2\sqrt{64-4r^2}r\,dr\,d\theta\\&=2\cdot2\pi\cdot\left.-\frac1{12}\left(64-4r^2\right)^{\frac32}\right|_0^2\\&=\frac\pi3\left(512-192\sqrt3\right).\end{aligned}$



6. $\displaystyle\int_0^1\int_{x^2}^1x^3\sin y^3dydx=$　　　　。
訣竅
改變積分順序以便求解。
解法

將原範圍 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq1\\&x^2\leq y\leq1\end{aligned}\right.$ 改為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq\sqrt y\\&0\leq y\leq1\end{aligned}\right.$，如此將原重積分改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\int_0^1\int_{x^2}^1x^3\sin y^3dydx&=\int_0^1\int_0^{\sqrt y}x^3\sin y^3dxdy\\&=\int_0^1\left.\frac{x^4\sin y^3}4\right|_{x=0}^{x=\sqrt y}dy\\&=\frac14\int_0^1y^2\sin y^3dy\\&=\left.-\frac{\cos y^3}{12}\right|_{y=0}^{y=1}\\&=\frac{1-\cos1}{12}.\end{aligned}$



7. $C:\left(x-2\right)^2+y^2=a^2$　($a>0$，$a\neq2$)　依逆時針旋轉，$\displaystyle I=\oint_C\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}$。
   1. $a<$　　　　時，$I=0$。
   2. 若 $I\neq0$ 時，$I=$　　　　。
訣竅
使用 Green 定理化為重積分求解。
解法

設$D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,\left(x-2\right)^2+y^2\leq a^2\right\}$。

1. 當$a<2$時，$C$沒有包含原點，使用Green定理可得

   $\displaystyle I=\oint_C\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}=\iint_D0\,dxdy=0$.

2. 當 $a>2$ 時，其 $C$ 包含原點。如此我們考慮 $C':x^2+y^2=\varepsilon^2$，其中 $\varepsilon$ 足夠小使得 $C'$ 完全包含於 $C$ 之中，且 $C'$ 延逆時針行走，如此一來由 Green 定理可知：

   $\displaystyle\oint_{C-C'}\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}=0$

   即

   $\displaystyle I=\oint_C\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}=\oint_{C'}\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}$

   在 $C'$ 上取參數化 $x=\varepsilon\cos\theta$、$y=\varepsilon\sin\theta$，而 $\theta\in\left[0,2\pi\right]$，如此得

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

2. 計算題　每題 $15$ 分
1. $C$ 為平面 $x-2y+2z=9$ 和球面 $x^2+y^2+z^2=25$ 相交成的圓。
   1. 求圓 $C$ 的圓心和平面 $x-2y+2z=9$ 過圓心的法線參數式。
   2. $\vec F=-2z^2\vec i+x^2\vec j-4y^2\vec k$，$C$：自原點望去依順時針旋轉，求線積分 $\displaystyle\oint_C\vec F\cdot d\vec r$ 之值。
訣竅
第一小題可利用三維空間的幾何特性求解，第二小題則應用 Stokes 定理即可。
解法
1. 易知此過圓心的法線通過球心的法線，故可得

   $\displaystyle\frac x1=\frac y{-2}=\frac z2=t$

   即

   $\left\{\begin{aligned}&x=t\\&y=-2t\\&z=2t\end{aligned}\right.$，$t\in\mathbb R$

   將此參數式代入平面 $x-2y+2z=9$ 可得 $\left(x,y,z\right)=\left(1,-2,2\right)$，此即圓心座標。
2. 將此法線參數式帶入球面方程式中可得兩點 $\displaystyle A\left(\frac53,-\frac{10}3,\frac{10}3\right)$、$\displaystyle B\left(-\frac53,\frac{10}3,-\frac{10}3\right)$。球心至平面的距離為 $3$，球半徑為 $5$，因此圓半徑為 $4$。設 $D$ 為在平面 $x-2y+2z=9$ 且被 $C$ 所包圍成的點集，那麼所求的線積分可用 Stokes 定理改寫並計算如下：

   $\begin{aligned}\oint_C\vec F\cdot d\vec r&=\iint_D\vec n\cdot(\nabla\cdot\vec F)dS=\iint_D\left(\frac13,-\frac23,\frac23\right)\cdot\left(-8y,-4z,2x\right)dS\\&=\iint_D\left(-\frac83y+\frac83z+\frac43x\right)dS=\frac43\cdot9\cdot\left(\pi\cdot4^2\right)=192\pi,\end{aligned}$

   其中被積分函數 $\displaystyle-\frac83y+\frac83z+\frac43x=\frac43\left(x-2y+2z\right)=\frac43\cdot9$。


2. 點在 $\displaystyle x^2+\frac{y^2}4+\frac{z^2}9=1$ 之上，求使 $f\left(x,y,z\right)=xyz$ 有最大值和最小值之點，及所對應的函數值。
訣竅
本題可使用算術幾何不等式，亦可使用 Lagrange 乘子法求解。
解法一

由算術幾何不等式可得

$\displaystyle\frac13=\frac{x^2+\frac{y^2}4+\frac{z^2}9}3\geq\sqrt[3]{x^2\cdot\frac{y^2}4\cdot\frac{z^2}9}=\left(\frac{xyz}6\right)^{\frac23}$

即

$\displaystyle\frac1{27}\geq\left(\frac{xyz}6\right)^2$

同取根號並乘以 $6$ 可得

$\displaystyle\frac{2\sqrt3}3\geq xyz\geq\frac{-2\sqrt3}3$

因此最大值為 $\displaystyle\frac{2\sqrt3}3$，而最小值為 $\displaystyle-\frac{2\sqrt3}3$，其中極值得成立條件為$\displaystyle x^2=\frac{y^2}4=\frac{z^2}9$。

我們可以解得：

1. 當 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(\frac{\sqrt3}3,\frac{2\sqrt3}3,\sqrt3\right)$ 或 $\displaystyle\left(-\frac{\sqrt3}3,-\frac{2\sqrt3}3,\sqrt3\right)$ 或 $\displaystyle\left(-\frac{\sqrt3}3,\frac{2\sqrt3}3,-\sqrt3\right)$ 或 $\displaystyle\left(\frac{\sqrt3}3,-\frac{2\sqrt3}3,-\sqrt3\right)$ 時有極大值。
2. 當 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(-\frac{\sqrt3}3,-\frac{2\sqrt3}3,-\sqrt3\right)$ 或 $\displaystyle\left(-\frac{\sqrt3}3,\frac{2\sqrt3}3,\sqrt3\right)$ 或 $\displaystyle\left(\frac{\sqrt3}3,-\frac{2\sqrt3}3,\sqrt3\right)$ 或 $\displaystyle\left(\frac{\sqrt3}3,\frac{2\sqrt3}3,-\sqrt3\right)$ 時有極小值。

解法二

設 Lagrange 乘子函數為 $\displaystyle F\left(x,y,z,\lambda\right)=xyz+\lambda\left(x^2+\frac{y^2}4+\frac{z^2}9-1\right)$，如此解下列聯立方程組：

$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,z,\lambda)=yz+2x\lambda=0,\\&F_y(x,y,z,\lambda)=xz+\frac{y\lambda}2=0,\\&F_z(x,y,z,\lambda)=xy+\frac{2z\lambda}9=0,\\&F_\lambda(x,y,z,\lambda)=x^2+\frac{y^2}4+\frac{z^2}9-1=0.\end{aligned}\right.$

若 $\lambda=0$，則 $\left(x,y,z\right)=\left(0,0,\pm3\right)$ 或 $\left(0,\pm2,0\right)$ 或 $\left(\pm1,0,0\right)$。
若 $\lambda\neq0$，則我們有 $\displaystyle x=\frac{yz}{-2\lambda}$、$\displaystyle y=\frac{-2xz}{\lambda}$，故 $\displaystyle y=\frac{yz^2}{\lambda^2}$，因此 $z=\pm\lambda$；而當 $z=\pm\lambda$ 時，我們有 $y=\mp2x$，代入第三式有 $\displaystyle x^2=\frac{\lambda^2}9$，再代入第四式後可得 $\lambda=\pm\sqrt3$。最終我們可出如解法一中的八個座標，代入後即可得出最大值與最小值。