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 $f(x)=x^3+3bx+c$.
   Find the necessary and sufficient conditions on $b$ and $c$ such that the equation $f(x)=0$ has three distinct real roots. (20%)
訣竅
求導後可分析出函數的單調性而求出極大極小值，對此做討論即可。
解法

易知 $f'(x)=3x^2+3b$、$f''(x)=6x$。

我們先研究必要條件。若方程式 $f(x)=0$ 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 $\fbox{$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 $f(\sqrt{-b})<0$、$f(-\sqrt{-b})>0$。如此可得 $2b\sqrt{-b}+c<0$、$-2b\sqrt{-b}+c>0$。
據此知 $c$ 應滿足 $\fbox{$2b\sqrt{-b}<c<-2b\sqrt{-b}$}$。

我們現在宣稱 $b<0$、$2b\sqrt{-b}<c<-2b\sqrt{-b}$ 為方程式 $f(x)=0$ 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 $f(\sqrt{-b})<0$、$f(-\sqrt{-b})>0$。
如此透過勘根定理可知方程式 $f(x)=0$ 有三個相異實根。證明完畢。



2. Let $D$ be the region bounded by the curve $y=-x^2$ and the line $y=mx+(m-1)$, where $m<0$.
   Find a real number $c$ such that the line $L: x=c$ divides the region $D$ into two parts 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；亦可觀察到這樣的位置即為形心。
解法一

我們先計算 $D$ 區域的面積如下：直線 $y=mx+(m-1)$ 與拋物線 $y=-x^2$ 的交點為 $(-1,-1)$、$(-m+1,-m^2+2m-1)$。注意到 $m<0$，因此我們有

$\begin{aligned}|D|=&\int_{-1}^{1-m}\![-x^2-(mx+m-1)]\,\mathrm dx\\=&\left.-\frac{x^3}3-\frac{mx^2}2+(1-m)x\right|_{-1}^{1-m}\\=&\left[-\frac{(1-m)^3}3-\frac{m(1-m)^2}2+(1-m)^2\right]-\left[\frac13-\frac m2-(1-m)\right]\\=&\frac{(2-m)^3}6.\end{aligned}$

因此根據題幹條件，我們列得

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

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

$\displaystyle\frac12(2c+m)(2c+m+\sqrt3m-2\sqrt3)(2c+m-\sqrt3m+2\sqrt3)=0$.

因此解得 $c=-m/2$ 或 $c=(-m-\sqrt3m+2\sqrt3)/2$ 或 $c=(-m+\sqrt3m-2\sqrt3)/2$。
但 $1-m<(-m-\sqrt3m+2\sqrt3)/2$、$-1>(-m+\sqrt3m-2\sqrt3)/2$，因此僅 $c=-m/2$ 符合條件。

解法二
承解法一知直線與拋物線所圍成之區域面積為 $|D|=(2-m)^3/6$。
根據幾何意義可知所求為形心的 $x$ 座標，據此列式如下
$\displaystyle\bar x=\frac1{|D|}\int_{-1}^{1-m}\!x\cdot[-x^2-(mx+m-1)]\,\mathrm dx=\frac6{(2-m)^3}\int_{-1}^{1-m}\!(-x^3-mx^2+(1-m)x)\,\mathrm dx$.
為了便於計算，令 $u=x+1$，那麼上下界分別化為 $u=0$ 與 $u=2-m$，從而形心為
$\begin{aligned}\bar x&=\frac6{(2-m)^3}\int_0^{2-m}[-u^3+(3-m)u^2+(m-2)u)\,\mathrm du\\&=\frac6{(2-m)^3}\left[-\frac{(2-m)^4}4+\frac{(3-m)(2-m)^3}3+\frac{(m-2)(2-m)^2}2\right]\\&=6\left[-\frac{2-m}4+\frac{3-m}3-\frac12\right]=-\frac{6-3m}2+(6-2m)-3=-\frac m2.\end{aligned}$
因此直線 $x=-m/2$ 可將區域 $D$ 分為兩塊面積相同的小區域。


3. Let $D=\{(x,y)\,|\,(x-1)^2+y^2\leq20\}$ be a thin plate and the temperature at the point $(x,y)$ on the $D$ is $T(x,y)=12xy+9y^2-12y+10$.
   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 Lagrange 乘子法求極值；亦可利用修正後的 Lagrange 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得
$T_x(x,y)=12y$　、　$T_y(x,y)=12x+18y-12$.
解聯立方程組 $T_x(x,y)=T_y(x,y)=0$ 可得 $(x,y)=(1,0)\in D$。如此有 $T(1,0)=10$。
現在針對邊界的情形考慮 Lagrange 乘子函數如下：
$F(x,y,\lambda)=12xy+9y^2-12y+10+\lambda[(x-1)^2+y^2-20]$.
如此解下列聯立方程組：
$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,\lambda)=12y+2\lambda(x-1)=0,\\&F_y(x,y,\lambda)=12x+18y-12+2\lambda y=0,\\&F_\lambda(x,y,\lambda)=(x-1)^2+y^2-20=0.\end{aligned}\right.$
若 $\lambda=0$，則由第二式可得 $y=0$，代入第二式則得 $x=1$，但 $(x,y)=(1,0)$ 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 $(x,y)=(1+2\sqrt5,0)$ 或 $(x,y)=(1-2\sqrt5,0)$；
• 若 $\lambda=-12$，則有 $x-1=y/2$，如此有 $y=\pm4$，因此 $(x,y)=(3,4)$ 或 $(x,y)=(-1,-4)$；
• 若 $\lambda=3$，則 有$x-1=-2y$，如此有 $y=\pm2$，因此 $(x,y)=(-3,2)$ 或 $(x,y)=(5,-2)$。
據此計算 $T(1\pm2\sqrt5,0)=10$、$T(3,4)=T(-1,-4)=250$、$T(-3,2)=T(5,-2)=-50$。
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 $(x,y)=(3,4)$、$(-1,-4)$；而最小值為 $-50$，發生在 $(-3,2)$、$(5,-2)$。
解法二
由於 $(x,y)$ 滿足 $(x-1)^2+y^2\leq20$，因此存在一實數 $s$ 使得 $(x-1)^2+y^2+s^2=20$。據此我們考慮 Lagrange 乘子函數如下：
$F(x,y,s,\lambda)=12xy+9y^2-12y+10+\lambda[(x-1)^2+y^2+s^2-20]$.
如此解下列聯立方程組：
$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,s,\lambda)=12y+2\lambda(x-1)=0,\\&F_y(x,y,s,\lambda)=12x+18y-12+2\lambda y=0,\\&F_s(x,y,s,\lambda)=2\lambda s=0,\\&F_\lambda(x,y,s,\lambda)=(x-1)^2+y^2+s^2-20=0.\end{aligned}\right.$
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 $s=\pm2\sqrt5$。
• 若 $\lambda\neq0$，則 $s=0$，代入第四式後可化為 $(x-1)^2+y^2=20$。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 $T(x,y)=12(x-1)y+9y^2+10$。我們可以透過配方法而有下列的不等式

$T(x,y)=12(x-1)y+9y^2+10=12(x-1)^2+12y^2-3[2(x-1)-y]^2+10\leq250$,

其中等號成立的條件為 $2(x-1)=y$ 且 $(x-1)^2+y^2=20$，即 $(x,y)=(3,4)$ 或 $(x,y)=(-1,-4)$。

另一方面有

$T(x,y)=12(x-1)y+9y^2+10=-3(x-1)^2-3y^2+3[(x-1)+2y]^2+10\geq-50,$

其中等號成立的條件為 $(x-1)+2y=0$ 且 $\left(x-1\right)^2+y^2=20$，即 $(x,y)=(-3,2)$ 或 $(x,y)=(5,-2)$。

據上述的估計可以知道函數 $T$ 在區域 $D$ 上的最大值為 $250$ 而最小值為 $-50$。

【註】 函數 $T(x,y)=12xy+9y^2-12y+10$ 在區域 $D=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,(x-1)^2+y^2\leq20\}$ 上的圖形如下，其中標記了兩個最大點與兩個最小點。





4. Let $D=\{(x,y)\,|\,(x-6)^2+y^2\leq36~\text{and}~x^2+y^2\geq36\}$ be a lamina. Suppose the density at the point $(x,y)$ is $\displaystyle\rho(x,y)=\frac4{\sqrt{x^2+y^2}}$. Find the mass of $D$. (20%)
訣竅
根據質量的定義計算之。
解法

命區域 $D$ 的質量為 $M$，那麼有 $\displaystyle M=\iint_D\!\rho(x,y)\,\mathrm dA$。運用極座標變換，令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，那麼可以注意到

• 不等式 $x^2+y^2\geq36$ 蘊含 $r^2\geq36$，即 $r\geq6$；
• 不等式 $(x-6)^2+y^2\leq36$ 蘊含 $r^2-12r\cos\theta\leq0$，即 $r\leq12\cos\theta$。
  搭配 $r\geq6$ 可知 $\cos\theta\geq1/2$，故 $-\pi/3\leq\theta\leq\pi/3$。

因此所求的質量可改寫並計算如下

$\displaystyle M=\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\!\int_6^{12\cos\theta}\!\frac4r\cdot r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta=4\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\!(12\cos\theta-6)\,\mathrm d\theta=24(2\sin\theta-\theta)\Big|_{-\pi/3}^{\pi/3}=48\sqrt3-16\pi.$

【註】 積分區域 $D=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,(x-6)^2+y^2\geq36,\,x^2+y^2\leq36\}$ 描繪如下圖





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

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

$\displaystyle\iint_S\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dA+\iint_{D'}\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dA=\iint_{S\cup D'}\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dA=\iint_{\partial K}\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dA=\iiint_K\!\text{div}(\vec F)\,\mathrm dV=\iiint_K\!7\,\mathrm dV$.

因此移項後可以計算如下

$\displaystyle\iint_S\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dA=\iiint_K\!7\,\mathrm dV-\iint_{D'}\!(0,0,-3)\cdot(0,0,-1)\,\mathrm dA=7\cdot110-3\cdot25\pi=770-75\pi$.