國立臺灣大學九十四學年度轉學生入學考試試題詳解

1. Let $f\left(x\right)=x^3+3bx+c$.
   Find the necessary and sufficient conditions on $b$ and $c$ such that the equation $f\left(x\right)=0$ has three distinct real roots. ($20\%$)
訣竅
針對遞增遞減性做討論即可。
解法

易知 $f'\left(x\right)=3x^2+3b$、$f''\left(x\right)=6x$。

我們先研究必要條件：若 $f\left(x\right)$ 有三個相異實根，則 $f$ 需有正的極大值與負的極小值。由於存在極大值，因此存在使 $f'$ 為零的根，這表明 $b<0$，從而解得 $x=\pm\sqrt{-b}$，又根據二階導函數知道在 $x=\sqrt{-b}$ 處有極小值、$x=-\sqrt{-b}$ 處有極大值。而且可以知道 $f\left(\sqrt{-b}\right)<0$、$f\left(-\sqrt{-b}\right)>0$。如此可得

$2b\sqrt{-b}+c<0$　、　$-2b\sqrt{-b}+c>0$

據此知 $c$ 應滿足 $2b\sqrt{-b}< c<-2b\sqrt{-b}$。

我們現在宣稱 $b<0$、$2b\sqrt{-b}< c<-2b\sqrt{-b}$ 為 $f$ 有三個相異實根的充分條件：由於 $b<0$，因此可以解出一階導函數為零的座標為 $x=\pm\sqrt{-b}$，又透過二階導函數可以知道 $x=\sqrt{-b}$ 處為極小值、$x=-\sqrt{-b}$ 處為極大值。再根據 $c$ 介在 $2b\sqrt{-b}$ 與 $-2b\sqrt{-b}$ 之間可知 $f\left(\sqrt{-b}\right)<0$、$f\left(-\sqrt{-b}\right)>0$。如此透過勘根定理可知有三個相異實根。



2. Let $D$ be the region bounded by the curve $y=-x^2$ and the line $y=mx+\left(m-1\right)$, where $m<0$. Find a real number $c$ such that the line $L: x=c$ divides the region $D$ into two pars with equal area. ($20\%$)
訣竅
先求 $D$ 區域的面積後再取左半段的區域求 $D$ 的一半面積。
解法

我們先計算 $D$ 區域的面積如下：直線 $y=mx+\left(m-1\right)$ 與拋物線 $y=-x^2$ 的交點為 $\left(-1,-1\right)$、$\left(-m+1,-m^2+2m-1\right)$。因此我們有

$\displaystyle\begin{aligned}D=&\int_{-1}^{-m+1}\left[-x^2-\left(mx+m-1\right)\right]dx\\=&\left.-\frac{x^3}{3}-\frac{mx^2}{2}-\left(m-1\right)x\right|_{-1}^{-m+1}\\=&\left[-\frac{\left(1-m\right)^3}{3}-\frac{m\left(1-m\right)^2}{2}+\left(m-1\right)^2\right]-\left[\frac{1}{3}-\frac{m}{2}+\left(m-1\right)\right]\\=&\frac{\left(2-m\right)^3}{6}\end{aligned}$

因此根據題幹條件，我們列得

$\displaystyle\frac{\left(2-m\right)^3}{12}=\int_{-1}^c\left[-x^2-\left(mx+m-1\right)\right]dx=\frac{-2c^3-3mc^2-6mc+6c-3m+4}{6}$

整理可得 $4c^3+6mc^2+\left(12m-12\right)c-\left(m^3-6m^2+6m\right)=0$，如此可以因式分解如下

$\displaystyle\frac12\left(2c+m\right)\left(2c+m+\sqrt{3}m-2\sqrt{3}\right)\left(2c+m-\sqrt{3}m+2\sqrt{3}\right)=0$

因此解得 $c=-m/2$ 或 $c=\left(-m-\sqrt{3}m+2\sqrt{3}\right)/2$ 或 $c=\left(-m+\sqrt{3}m-2\sqrt{3}\right)/2$。但 $1-m<\left(-m-\sqrt{3}m+2\sqrt{3}\right)/2$、$-1>\left(-m+\sqrt{3}m-2\sqrt{3}\right)/2$，因此僅 $c=-m/2$ 符合條件。



3. Let $D=\left\{\left(x,y\right)|\left(x-1\right)^2+y^2\leq20\right\}$ be a thin plate and the temperature at the point $\left(x,y\right)$ on the $D$ is $T\left(x,y\right)=12xy+9y^2-12y+10$.
   Find the highest and lowest temperatures. ($20\%$)
訣竅
可以針對內部區域用偏導函數求極值，對邊界利用拉格朗日乘子法求極值；亦可利用修正後的拉格朗日乘子法求極值；也可利用基本的不等式方法求極值。
解法一
對 $T$ 求各方向的偏導函數如下
$T_x\left(x,y\right)=12y$　、　$T_y\left(x,y\right)=12x+18y-12$
求 $T_x\left(x,y\right)=T_y\left(x,y\right)=0$ 的解可得 $\left(x,y\right)=\left(1,0\right)\in D$。如此有 $T\left(1,0\right)=10$。
現在針對邊界的情形考慮拉格朗日乘子函數如下：
$F\left(x,y,\lambda\right)=12xy+9y^2-12y+10+\lambda\left[\left(x-1\right)^2+y^2-20\right]$
如此解下列聯立方程組：
$\displaystyle\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,\lambda\right)=12y+2\lambda\left(x-1\right)=0\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=12x+18y-12+2\lambda y=0\\&F_{\lambda}\left(x,y,\lambda\right)=\left(x-1\right)^2+y^2-20=0\end{aligned}\right.$
若 $\lambda=0$，則由第二式可得 $y=0$，代入第二式則得 $x=1$，但 $\left(x,y\right)=\left(1,0\right)$ 與第三式矛盾，因此 $\lambda\neq0$，如此可知 $\displaystyle x-1=-\frac{6y}{\lambda}$。我們將這條資訊代入第二式可得
$\displaystyle\left(-\frac{72}{\lambda}+18+2\lambda\right)y=0$
如此可解得 $y=0$ 或 $\lambda=-12$ 或 $\lambda=3$。
• 若 $y=0$ 可得 $\left(x,y\right)=\left(1+2\sqrt{5},0\right)$ 或 $\left(x,y\right)=\left(1-2\sqrt{5},0\right)$；
• 若 $\lambda=-12$，則有 $x-1=y/2$，如此有 $y=\pm4$，因此 $\left(x,y\right)=\left(3,4\right)$ 或 $\left(x,y\right)=\left(-1,-4\right)$；
• 若 $\lambda=3$，則有 $x-1=-2y$，如此有 $y=\pm2$，因此 $\left(x,y\right)=\left(-3,2\right)$ 或 $\left(x,y\right)=\left(5,-2\right)$。
據此計算 $T\left(1\pm2\sqrt5,0\right)=10$、$T\left(3,4\right)=T\left(-1,-4\right)=250$、$T\left(-3,2\right)=T\left(5,-2\right)=-50$。
由於 $T$ 是連續函數且 $D$ 為有界閉集因此在其上存在最大值與最小值。根據上述的計算可知最大值為 $250$，發生在 $\left(x,y\right)=\left(3,4\right)$、$\left(-1,-4\right)$；而最小值為 $-50$，發生在 $\left(-3,2\right)$、$\left(5,-2\right)$。
解法二
由於 $\left(x,y\right)$ 滿足 $\left(x-1\right)^2+y^2\leq20$，因此存在一實數 $s$ 使得 $\left(x-1\right)^2+y^2+s^2=20$。據此我們考慮拉格朗日乘子函數如下：
$F\left(x,y,s,\lambda\right)=12xy+9y^2-12y+10+\lambda\left[\left(x-1\right)^2+y^2+s^2-20\right]$
如此解下列聯立方程組：
$\displaystyle\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,s,\lambda\right)=12y+2\lambda\left(x-1\right)=0\\&F_y\left(x,y,s,\lambda\right)=12x+18y-12+2\lambda y=0\\&F_s\left(x,y,s,\lambda\right)=2\lambda s=0\\&F_{\lambda}\left(x,y,s,\lambda\right)=\left(x-1\right)^2+y^2+s^2-20=0\end{aligned}\right.$
首先考慮第三式：
• 若 $\lambda=0$，代入第一式可得 $y=0$，再代入第二式可得 $x=1$，再代入第四式可得 $s=\pm2\sqrt{5}$。
• 若 $\lambda\neq0$，則 $s=0$，代入第四式後可化為 $\left(x-1\right)^2+y^2=20$。如此有 $\displaystyle x-1=-\frac{6y}{\lambda}$，將此代入第二式可解得 $y=0$ 或 $\lambda=-12$ 或 $\lambda=3$。餘下的過程與討論同解法一。
解法三
首先可以改寫 $T$ 為 $T\left(x,y\right)=12\left(x-1\right)y+9y^2+10$。
我們可以透過觀察而有下列的不等式
$12\left(x-1\right)y+9y^2+10=12\left(x-1\right)^2+12y^2-3\left[2\left(x-1\right)-y\right]^2+10\leq250$
其中等號成立的條件為 $2\left(x-1\right)=y$ 且 $\left(x-1\right)^2+y^2=20$，即 $\left(x,y\right)=\left(3,4\right)$ 或 $\left(x,y\right)=\left(-1,-4\right)$。
另一方面有
$12\left(x-1\right)y+9y^2+10=-3\left(x-1\right)^2-3y^2+3\left[\left(x-1\right)+2y\right]^2+10\geq-50$
其中等號成立的條件為 $\left(x-1\right)+2y=0$ 且 $\left(x-1\right)^2+y^2=20$，即 $\left(x,y\right)=\left(-3,2\right)$ 或 $\left(x,y\right)=\left(5,-2\right)$。
據上述的估計可以知道 $T$ 在 $D$ 上的最大值為 $250$ 而最小值為 $-50$。


4. Let $D=\left\{\left(x,y\right)|\left(x-6\right)^2+y^2\leq36\mbox{ and }x^2+y^2\geq36\right\}$ be a lamina. Suppose the density at the point $\left(x,y\right)$ is $\displaystyle\rho\left(x,y\right)=\frac{4}{\sqrt{x^2+y^2}}$. Find the mass of $D$. ($20\%$)
訣竅
根據質量的定義計算之。
解法

命 $D$ 的質量為 $M$，其積分表達式為 $\displaystyle\iint_D\rho\left(x,y\right)dA$。首先我們利用極座標來表達 $D$，可以得到範圍 $\displaystyle\left\{\begin{aligned}&-\frac{\pi}{3}\leq\theta\leq\frac{\pi}{3}\\&6\leq r\leq12\cos\theta\end{aligned}\right.$，從而所求的質量可以列式並計算如下：

$\displaystyle\begin{aligned}M=&\int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac\pi3}\int_6^{12\cos\theta}\frac4r\times rdrd\theta\\=&4\int_{-\frac\pi3}^{\frac\pi3}\left(12\cos\theta-6\right)d\theta\\=&24\left.\left(2\sin\theta-\theta\right)\right|_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}}\\=&48\sqrt{3}-16\pi\end{aligned}$



5. Let $\bar{F}\left(x,y,z\right)=\left(0,0,7z-3\right)$ be a vector field, $D=\left\{\left(x,y\right)|x^2+y^2\leq25\right\}$, $f\left(x,y\right)$ be a function such that $f\left(x,y\right)\geq0$ for any $\left(x,y\right)\in D$, and $S$ be the surface $z=f\left(x,y\right)$ for $\left(x,y\right)\in D$. Suppose that the volume of the solid region $K=\left\{\left(x,y,z\right)|x^2+y^2\leq25, 0\leq z\leq f\left(x,y\right)\right\}$ is $110$. Find the flux $\displaystyle\iint_S\vec{F}\cdot\vec{n}dA$, where $\vec{n}$ is the upward unit normal vector of the surface $S$. ($20\%$)
訣竅
將曲面補滿後使用高斯散度定理即可。
解法

令 $D'=\left\{\left(x,y,0\right)\in\mathbb{R}^3|x^2+y^2\leq25\right\}$，如此有 $D'\cup S=\partial K$。我們運用高斯散度定理有

$\displaystyle\iint_S\vec{F}\cdot\vec{n}dA+\iint_{D'}\vec{F}\cdot\left(0,0,-1\right)dA=\iiint_K\mbox{div}\vec{F}dV$

因此移項後可以計算如下

$\displaystyle\iint_S\vec{F}\cdot\vec{n}dA=\iiint_K7dV-\iint_{D'}\left(0,0,-3\right)\cdot\left(0,0,-1\right)dA=7\times110-25\pi\times3=770-75\pi$