國立臺灣大學九十學年度轉學生入學考試試題詳解

1. 填充題：（共九題，每題八分。若該題有兩個空格，則每格以四分計。）
1. 請在答案簿首頁按題號寫下答案，其他計算式一律不予計分。
1. 若 $\displaystyle A=\lim_{x\to0}\ln\left(\sin x/x\right)/x$，則 $A=$　　　　。
訣竅
使用 L'Hôpital 法則即可。
解法

利用 L'Hôpital 法則可得

$\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\ln\left(\sin x/x\right)}x&=\lim_{x\to0}\frac{\ln\left(\sin x\right)-\ln x}x\\&=\lim_{x\to0}\left(\frac{\cos x}{\sin x}-\frac1x\right)\\&=\lim_{x\to0}\frac{x\cos x-\sin x}{x\sin x}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\cos x-x\sin x-\cos x}{\sin x+x\cos x}\\&=\lim_{x\to0}\frac{-\sin x-x\cos x}{2\cos x-x\sin x}=0.\end{aligned}$



2. 設 $\kappa$ 為一曲線 $y=f\left(x\right)$ 在點 $\left(x,y\right)$ 處的曲率(curvature)表示式：

   $\displaystyle\kappa=\frac{d^2y/dx^2}{\left[1+\left(dy/dx\right)^2\right]^{3/2}}$

   若曲線為 $y^2\left(2-x\right)=x^2$，則 $\kappa$ 在點 $\left(1,1\right)$ 處為　　　　。
訣竅
根據隱函數微分求出一階導數、二階導數。
解法

首先計算隱函數微分一次後可得

$\displaystyle2y\left(2-x\right)\frac{dy}{dx}-y^2=2x$

故$\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1,1\right)}=\frac32$。依此我們再進行隱函數微分第二次後可得：

$\displaystyle\left(4-2x\right)\left(\frac{dy}{dx}\right)^2-2\frac{dy}{dx}+2y\left(2-x\right)\frac{d^2y}{dx^2}-2y\frac{dy}{dx}=2$

因此我們可得 $\displaystyle\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1,1\right)}=\frac74$。因此曲率在 $\left(1,1\right)$ 的值為

$\displaystyle\kappa=\frac{7/4}{\left[1+\left(3/2\right)^2\right]^{3/2}}=\frac{14}{13^{3/2}}$.



3. 若函數 $\ln\left[\left(1+t\right)/\left(1-t\right)\right]$ 對 $t=0$ 的泰勒展開式寫為 $\displaystyle\sum_{i=0}^{\infty}A_it^i$，$-1< t<1$，則 $\displaystyle\sum_{i=0}^5A_i=$　　　　。
訣竅
根據常用的 Taylor 展開式表達之。
解法

由於 $\displaystyle\frac1{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n$，因此我們有

$\begin{aligned}&\ln\left(1-x\right)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}n\\&\ln\left(1+x\right)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-x\right)^n}n\end{aligned}$

因此兩式相減即有

$\displaystyle\ln\frac{1+t}{1-t}=2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$

因此

$\displaystyle\sum_{n=0}^5A_n=2+\frac23+\frac25=\frac{46}{15}.$



4. 若 $\displaystyle I=\int_1^ex^3\left(\ln x\right)^2dx$，則 $I=$　　　　。
訣竅
應用分部積分法即可。
解法

運用分部積分計算如下

$\begin{aligned}\int_1^ex^2\left(\ln x\right)^2dx&=\left.\frac14x^4\left(\ln x\right)^2\right|_1^e-\frac12\int_1^ex^3\ln x\,dx\\&=\frac{e^4}4-\left.\frac18x^4\ln x\right|_1^e+\frac18\int_1^ex^3dx\\&=\frac{e^4}8+\left.\frac{x^4}{32}\right|_1^e=\frac{5e^4-1}{32}.\end{aligned}$



5. 令函數 $f\left(x,y\right)=y^4+2xy^3$。若該函數在點 $\left(0,1\right)$ 時，沿著 ${\bf u}$ 的方向的方向導數為最大，則 ${\bf u}=$　　　　，最大的方向導數 $=$　　　　。
訣竅
根據方向導數的計算方法。
解法

$\nabla f\left(x,y\right)=\left(2y^3,4y^3+6xy^2\right)$

因此在 $\left(0,1\right)$ 的梯度為 $\nabla f\left(0,1\right)=\left(2,4\right)$。而欲使方向導數最大，則應使 ${\bf u}$ 與 $\nabla f\left(0,1\right)$ 同方向，即 $\displaystyle{\bf u}=\left(\frac1{\sqrt5},\frac2{\sqrt5}\right)$，因此最大的方向導數為

$\displaystyle\nabla f\left(0,1\right)\cdot{\bf u}=\left(2,4\right)\cdot\left(\frac1{\sqrt5},\frac2{\sqrt5}\right)=2\sqrt5$



6. 若有一曲面為 $f\left(x,y,z\right)=x\cos y-ye^x-z=0$，則該曲面在點 $\left(0,0,0\right)$ 的單位法線向量為　　　　，以及其切平面方程式為　　　　。
訣竅
由梯度求出法線向量，依此列出切平面方程式。
解法
首先計算其梯度可得
$\nabla f\left(x,y,z\right)=\left(\cos y-ye^x,-x\sin y-e^x,-1\right)$
因此在 $\left(0,0,0\right)$ 的梯度為 $\nabla f\left(0,0,0\right)=\left(1,-1,-1\right)$，因此單位法線向量為 $\displaystyle\left(\frac1{\sqrt3},-\frac1{\sqrt3},-\frac1{\sqrt3}\right)$，而切平面方程式為 $x-y-z=0$。


7. 若點 $\left(x,y\right)$ 受限制於方程式 $\left(x-1\right)^2+y^2=25$，
   則函數 $f\left(x,y\right)=3x+4y-3$ 的相對極大值為　　　　，相對極小值為　　　　。
訣竅
在給定的函數上求極值可考慮採取 Lagrange 乘子法；除此之外，我們也可以根據幾何意義設想之；甚至也能將本題化為參數式再求極值。
解法一
根據 Lagrange 乘子法可設
$F\left(x,y,\lambda\right)=3x+4y-3+\lambda\left[\left(x-1\right)^2+y^2-25\right]$
則解下列聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,\lambda)=3+2\lambda(x-1)=0,\\&F_y(x,y,\lambda)=4+2\lambda y=0,\\&F_\lambda(x,y,\lambda)=(x-1)^2+y^2-25=0.\end{aligned}\right.$
由 $\lambda\neq0$，則 $\displaystyle x=1-\frac3{2\lambda}$、$\displaystyle y=\frac{-2}{\lambda}$，代入第三式則有 $\displaystyle\frac9{4\lambda^2}+\frac4{\lambda^2}=25$，因此 $\displaystyle\lambda=\pm\frac12$，故 $\left(x,y\right)=\left(-2,-4\right)$ 或 $\left(4,4\right)$，因此相對極大值為 $25$ 而極小值為 $-25$。
解法二
考慮函數 $f\left(x,y\right)=3x+4y-3=c$ 為一直線方程式，故採用平行線法的觀念求極值。此直線斜率為 $\displaystyle\frac{-3}4$，而對橢圓使用隱函數微分可得
$\displaystyle2\left(x-1\right)+2y\frac{dy}{dx}=0$
因此
$\displaystyle\frac{dy}{dx}=-\frac{x-1}y=-\frac34$
因此有 $4\left(x-1\right)=3y$，代回橢圓方程式中可解得 $\left(x,y\right)=\left(-2,-4\right)$ 或 $\left(4,4\right)$，因此相對極大值為 $25$，而相對極小值為 $-25$。
解法三
將限制條件參數化可得 $x=1+5\cos\theta$、$y=5\sin\theta$，$0\leq\theta\leq2\pi$。將參數化的結果代入可得
$\begin{aligned}3\left(1+5\cos\theta\right)+4\left(5\sin\theta\right)-3&=15\cos\theta+20\sin\theta\\&=25\left(\frac35\cos\theta+\frac45\sin\theta\right)\\&=25\sin\left(\theta+\phi\right),\end{aligned}$
其中 $\displaystyle\sin\phi=\frac35$，$\displaystyle\cos\phi=\frac45$。因此相對極大值為 $25$，而相對極小值為 $-25$。


8. 若 $A$ 為拋物線 $y=6x-x^2$ 及直線 $y=x$ 所圍成的封閉區域，則 $A$ 的形狀中心為　　　　。
訣竅
根據形心的計算定義求解即可。
解法

首先注意到 $y=6x-x^2$ 與 $y=x$ 的交點為 $\left(0,0\right)$ 與 $\left(5,5\right)$。

我們計算形心的 $x$ 座標如下：

$\begin{aligned}\displaystyle\bar x&=\frac{\displaystyle\int_0^5x\left[\left(6x-x^2\right)-x\right]dx}{\displaystyle\int_0^5\left[\left(6x-x^2\right)-x\right]dx}\\&=\frac{\displaystyle\left.\frac{5x^3}3-\frac{x^4}4\right|_0^5}{\displaystyle\left.\frac{5x^2}2-\frac{x^3}3\right|_0^5}\\&=\frac52.\end{aligned}$

接著我們計算形心的 $y$ 座標如下：

$\displaystyle\begin{aligned}\bar y&=\frac{\displaystyle\int_0^5\int_x^{6x-x^2}y\,dy\,dx}{\displaystyle\int_0^5\left[\left(6x-x^2\right)-x\right]dx}\\&=\frac{\displaystyle\int_0^5\frac{\left(6x-x^2\right)^2-x^2}2dx}{\displaystyle\frac{125}6}\\&=\frac3{125}\int_0^5\left(x^4-12x^3+35x^2\right)dx\\&=\frac3{125}\left.\left(\frac{x^5}5-3x^4+\frac{35}3x^3\right)\right|_0^5=5.\end{aligned}$

或者按最初之定義計算

$\begin{aligned}\bar y&=\frac{\displaystyle\int_0^5y\left[y-\left(3-\sqrt{9-y}\right)\right]dy+\int_5^9y\left[\left(3+\sqrt{9-y}\right)-\left(3-\sqrt{9-y}\right)\right]dy}{\displaystyle\int_0^5\left[\left(6x-x^2\right)-x\right]dx}\\&=\frac{\displaystyle\int_0^5\left(y^2-3y+y\sqrt{9-y}\right)dy+2\int_5^9y\sqrt{9-y}dy}{\displaystyle\frac{125}2-\frac{125}3}\\&=\frac6{125}\left[\left.\frac{y^3}3-\frac{3y^2}2\right|_0^5+\int_0^9y\sqrt{9-y}dy+\int_5^9y\sqrt{9-y}dy\right]\end{aligned}$

此時我們可令 $9-y=t^2$，則 $y=9-t^2$、$dy=-2t\,dt$，依此計算積分後可得

$\displaystyle\bar y=\frac6{125}\left\{\frac{25}6+\left.\left[-6\left(9-t\right)^{\frac32}+\frac25\left(9-y\right)^{\frac52}\right]\right|_0^9+\left.\left[-6\left(9-t\right)^{\frac32}+\frac25\left(9-y\right)^{\frac52}\right]\right|_5^9\right\}=5$

因此形心座標為 $\displaystyle\left(\bar x,\bar y\right)=\left(\frac52,5\right)$



9. 若 $\displaystyle A=\int_{y=0}^{y=1}\int_{x=0}^{x=\sqrt{1-y^2}}\sqrt{1-x^2}dxdy$，則 $A=$　　　　。
訣竅
變換積分順序以利積分；不過比較複雜但直接積分亦可。
解法一

原先的積分範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq\sqrt{1-y^2}\\&0\leq y\leq1\end{aligned}\right.$ 可改寫為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq1\\&0\leq y\leq\sqrt{1-x^2}\end{aligned}\right.$，如下原積分可改寫並計算如下：

$\begin{aligned}A&=\int_{x=0}^{x=1}\int_{y=0}^{y=\sqrt{1-x^2}}\sqrt{1-x^2}dydx\\&=\int_{x=0}^{x=1}\left.y\sqrt{1-x^2}\right|_{y=0}^{y=\sqrt{1-x^2}}dx\\&=\int_{x=0}^{x=1}\left(1-x^2\right)dx\\&=\left.x-\frac{x^3}3\right|_0^1\\&=\frac23.\end{aligned}$

解法二

先考慮不定積分 $\displaystyle\int\sqrt{1-x^2}dx$，我們可以使用三角代換令 $x=\sin\theta$，如此不定積分可改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\displaystyle&\int\cos\theta\,d\left(\sin\theta\right)=\int\cos^2\theta\,d\theta=\frac12\int\left(1+\cos2\theta\right)d\theta\\&=\frac{\theta}2+\frac{\sin2\theta}4=\frac{\sin^{-1}x}2+\frac{x\sqrt{1-x^2}}2+C.\end{aligned}$

因此對重積分直接計算可得：

$\begin{aligned}A&=\frac12\int_{y=0}^{y=1}\left.\left(\sin^{-1}x+x\sqrt{1-x^2}\right)\right|_{x=0}^{x=\sqrt{1-y^2}}dy\\&=\frac12\int_{y=0}^{y=1}\left(\sin^{-1}\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-y^2}\right)dy\\&=\left.\frac12y\sin^{-1}\sqrt{1-y^2}\right|_0^1-\frac12\int_0^1y\times\frac{-y}{y\sqrt{1-y^2}}dy-\frac14\left.\left(\frac{2\left(1-y^2\right)^{\frac32}}3\right)\right|_0^1\\&=\frac16+\frac12\int_0^1\frac y{\sqrt{1-y^2}}dy\\&=-\left.\frac{\sqrt{1-y^2}}2\right|_0^1+\frac16\\&=\frac23.\end{aligned}$

2. 計算題：（共二題，每題十四分）
1. 請詳述計算過程，無計算過程的答案不予計分。
1. 若 $V$ 為柱體 $x^2+y^2\leq2x$ 及球體 $x^2+y^2+z^2\leq4$ 的共同部分，求 $V$ 體積。
訣竅
試著繪出其圖形，並觀察其交線之處分析其體積。
解法

圓柱之底面圓盤為 $\left(x-1\right)^2+y^2\leq1$，設此圓盤為 $D$，則 $V$ 的上曲面為 $z=\sqrt{4-x^2-y^2}$，下曲面為 $z=-\sqrt{4-x^2-y^2}$，因此體積可列式如下：

$\displaystyle V=\iint_D\left[\sqrt{4-x^2-y^2}-\left(-\sqrt{4-x^2-y^2}\right)\right]dxdy=2\iint_D\sqrt{4-x^2-y^2}dxdy$

注意到積分區域與被積分函數的特性可以考慮使用及座標變換：令 $\left\{\begin{aligned} &x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，如此積分範圍為 $\left\{\begin{aligned}&-\pi/2\leq\theta\leq\pi/2\\&0\leq r\leq2\cos\theta\end{aligned}\right.$，故此重積分可改寫並計算如下：

$\begin{aligned}V&=2\int_{-\frac{\pi}2}^{\frac{\pi}2}\int_0^{2\cos\theta}\sqrt{4-r^2}rdrd\theta\\=&-\frac23\int_{-\frac{\pi}2}^{\frac{\pi}2}\left.\left(4-r^2\right)^{\frac32}\right|_0^{2\cos\theta}d\theta\\&=\frac{16}3\int_{-\frac{\pi}2}^{\frac{\pi}2}\left(1-\left|\sin^3\theta\right|\right)d\theta\\&=\frac{16\pi}3-\frac{32}3\int_0^{\frac{\pi}2}\sin^3\theta\,d\theta\\&=\frac{16\pi}3+\frac{32\pi}3\left.\left(\cos\theta-\frac{\cos^3\theta}3\right)\right|_0^{\frac\pi2}\\&=\frac{16\pi}3-\frac{64}9.\end{aligned}$



2. 若 $M=x-y^3$，$N=y^3+x^3$，$C:{\bf r}\left(\theta\right)=\left(x,y\right)=\left(\cos\theta,\sin\theta\right)$，而 $0\leq\theta\leq2\pi$，求線積分 $\displaystyle\oint_C\left(Mdx+Ndy\right)$ 之值，其中積分的方向為沿著 $C$ 逆時鐘行走。
訣竅
根據 Green 定理改為雙重積分，再利用極座標變換求解。
解法

設 $D$ 為 $C$ 所圍成的區域，即 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,x^2+y^2\leq1\right\}$。

$\displaystyle\oint_CMdx+Ndy=\iint_D\left(\frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}\right)dxdy=\iint_D\left(3x^2+3y^2\right)dxdy$

如此使用極座標代換 $\left\{\begin{aligned} &x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，其範圍為 $\left\{\begin{aligned} &0\leq r\leq1\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，故原本的線積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^13r^3drd\theta=2\pi\cdot\frac34=\frac{3\pi}2.$