國立臺灣大學九十七學年度轉學生入學考試試題詳解

填充題（共 $8$ 題，各 $9$ 分，依序只寫在答案，演算不計分）

1. 一賽車在圓形車道 $x^2+y^2=2500~\mbox{m}^2$ 奔馳，而教練站在 $\left(25~\mbox{m},0\right)$處。（$\mbox{m}$ 指公尺）當車在點 $\left(40~\mbox{m},30~\mbox{m}\right)$ 處，教練以雷達測知車子和他的距離以 $10\sqrt5~\mbox{m}/\mbox{sec}$ 之比率增加，則此時車速為　　A　　。（以 $\mbox{m}/\mbox{sec}$ 為單位）
訣竅
設定物理意義並且標準單位化後，列式即可。
解法
設 $A\left(40,30\right)$、$B\left(25,0\right)$，得 $\vec{BA}=\left(15,30\right)$，故 $\displaystyle\vec e=\left(\frac1{\sqrt5},\frac2{\sqrt5}\right)$。根據位置可知車速方向為 $\displaystyle\left(-\frac35,\frac45\right)$，因此有：
$\displaystyle10\sqrt5=\left(\frac1{\sqrt5},\frac2{\sqrt5}\right)\cdot v\left(-\frac35,\frac45\right)$
如此有 $v=50~\mbox{m}/\mbox{sec}$。


2. $\displaystyle\int_0^{\frac\pi4}x\tan^2xdx=$　　B　　。
訣竅
我們可以利用變數代換把問題化簡，除此之外也可以利用三角函數的特性變形後直接積分來解題。
解法一

令 $u=\tan x$，則

1. 當 $x=0$ 時有 $u=0$；
2. 當 $\displaystyle x=\frac\pi4$ 時有 $u=1$；
3. 由於 $x=\arctan u$，求導便有 $\displaystyle dx=\frac{du}{1+u^2}$

根據以上所知可將原定積分改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\int_0^{\frac\pi4}x\tan^2x\,dx&=\int_0^1\frac{u^2\arctan u}{1+u^2}du\\&=\int_0^1\arctan u\,du-\int_0^1\frac{\arctan u}{1+u^2}du\\&=u\arctan u\Big|_{u=0}^{u=1}-\int_0^1\frac{u}{1+u^2}du-\left.\frac{\left(\arctan u\right)^2}{2}\right|_{u=0}^{u=1}\\&=\frac\pi4-\frac{\pi^2}{32}-\left.\frac{\ln\left(1+u^2\right)}2\right|_{u=0}^{u=1}\\&=\frac\pi4-\frac{\pi^2}{32}-\frac{\ln2}2.\end{aligned}$

解法二

首先利用三角函數的特性變形後直接積分如下：

$\begin{aligned}\int_0^{\frac\pi4}x\tan^2x\,dx&=\int_0^{\frac\pi4}x\left(\sec^2x-1\right)dx\\&=\int_0^{\frac\pi4}x\sec^2xdx-\int_0^{\frac\pi4}xdx\\&=x\tan x\Big|_0^{\frac\pi4}-\int_0^{\frac\pi4}\tan x\,dx-\left.\frac{x^2}2\right|_0^{\frac\pi4}\\&=\frac\pi4-\frac{\pi^2}{32}+\ln\left|\cos x\right|\Big|_0^{\frac\pi4}\\&=\frac\pi4-\frac{\pi^2}{32}-\frac{\ln2}2.\end{aligned}$



3. 曲線 $f\left(x\right)=\ln\left|\cos x\right|$ 由 $x=0$ 到 $x=\pi/4$ 之弧長為　　C　　。
訣竅
根據弧長計算公式即可求解。
解法

運用弧長公式計算如下（應注意會使用一些三角恆等式）：

$\begin{aligned}s&=\int_0^{\frac\pi4}\sqrt{1+f'\left(x\right)^2}dx\\&=\int_0^{\frac\pi4}\sqrt{1+\tan^2x}dx\\&=\int_0^{\frac\pi4}\sec x\,dx\\&=\ln\left|\sec x+\tan x\right|\Big|_0^{\frac\pi4}\\&=\ln\left(\sqrt2+1\right).\end{aligned}$



4. $\displaystyle f\left(x\right)=\frac1{2+e^x}$ 為一遞減函數。令 $g\left(x\right)$ 為 $f\left(x\right)$ 之反函數，則 $\displaystyle\int_{\frac14}^{\frac13}g\left(x\right)dx=$　　D　　。
訣竅
作變數代換，令 $t=g\left(x\right)$。
解法

令 $t=g\left(x\right)$，則 $x=f\left(t\right)$，且有

1. 當 $\displaystyle x=\frac13$ 時有 $t=0$；
2. 當 $\displaystyle x=\frac14$ 時有 $t=\ln2$。

由以上所知可將定積分改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\int_{\frac14}^{\frac13}g\left(x\right)dx&=\int_{\ln2}^0tf'\left(t\right)dt\\&=tf\left(t\right)\Big|_{\ln2}^0-\int_{\ln2}^0f\left(t\right)dt\\&=-\frac{\ln2}4+\int_0^{\ln2}\frac{dt}{2+e^t}\\&=-\frac{\ln2}4+\int_0^{\ln2}\frac{e^{-t}}{1+2e^{-t}}dt\\&=\left.-\frac{\ln\left(1+2e^{-t}\right)}2\right|_0^{\ln2}-\frac{\ln2}4\\&=\frac{2\ln3-3\ln2}4.\end{aligned}$



5. 曲面 $z=9xy-x^3-y^3$ 之相對極值發生在點　　E　　。
訣竅
首先找出可能的極值座標，再利用二階微分判別之。
解法

極值可能發生在一階偏導函數皆為零之處，因此解下列聯立方程組：

$\left\{\begin{aligned}&z_x=9y-3x^2=0\\&z_y=9x-3y^2=0\end{aligned}\right.$

如此可得 $\left(x,y\right)=\left(0,0\right)$ 或 $\left(3,3\right)$。

接著我們考慮二階偏導函數為 $z_{xx}=-6x$、$z_{xy}=z_{yx}=9$、$z_{yy}=-6y$，如此可知

$\begin{aligned} &\left(z_{xx}z_{yy}-z_{xy}^2\right)\left(0,0\right)=-81<0\\&\left(z_{xx}z_{yy}-z_{xy}^2\right)\left(3,3\right)=243>0\end{aligned}$

如此我們知 $\left(0,0\right)$ 為鞍點；且由 $z_{xx}\left(3,3\right)=-18<0$ 可知 $\left(3,3\right)$ 為極大點。



6. 曲面 $x^3+y^2+z^2-x^2y^3z^4=2$ 在點 $\left(1,1,1\right)$ 處之切面方程為　　F　　。
訣竅
根據點法式解切平面方程式。
解法
先求曲面的梯度函數：
$\nabla\left(x^3+y^2+z^2-x^2y^3z^4\right)=\left(3x^2-2xy^3z^4,2y-3x^2y^2z^4,2z-4x^2y^3z^3\right)$
故在 $\left(1,1,1\right)$ 處的法向量為 $\vec n=\left(1,-1,-2\right)$，從而由點法式可寫出切平面方程式為 $\left(x-1\right)-\left(y-1\right)-2\left(z-1\right)=0$，或寫為 $x-y-2z+2=0$。


7. $S$ 為單位球面 $x^2+y^2+z^2=1$，$\vec n$ 為其往外之單位法向量。向量場 $\vec F=\left(x+y+\sin\left(z^2\right)\right)\vec i+\left(y+e^{x^2}\right)\vec j+\left(z+\ln\left(x^2y^2+1\right)\right)\vec k$，則 $\displaystyle\iint_S\vec F\cdot\vec n\,d\sigma=$　　G　　。
訣竅
根據 Gauss 散度定理求解。
解法

設 $S$ 所包圍的區域為 $D=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb R^3\,|\,x^2+y^2+z^2\leq1\right\}$，則由 Gauss 散度定理計算如下

$\displaystyle\iint_S\vec F\cdot\vec n\,d\sigma=\iiint_D(\nabla\cdot\vec F)\,dV=3\iiint_DdV=3\cdot\frac{4\pi}3\cdot1^3=4\pi$.



8. 向量場 $\vec F=y^2\vec i+z^2\vec j+x^2\vec k$ 的旋度 $\nabla\times\vec F=$　　H　　。
訣竅
根據旋度的定義求解。
解法

按定義計算下列行列式值：

$\displaystyle\nabla\times\vec F=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec j&\vec k\\\partial_x&\partial_y&\partial_z\\y^2&z^2&x^2\end{vmatrix}=-2z\,\vec i-2x\,\vec j-2y\,\vec k$.

計算題（共兩題，各 $14$ 分，詳列演算，否則不予計分）

1. 設 $R$ 為 $xy$ 一平面上，由四直線 $2x+3y=0$，$3x+y=0$，$x-2y=1$，$x-2y=2$ 所圍成之區域，求 $\displaystyle\iint_R\sin\left(\frac{3x+y}{x-2y}\right)dxdy$。
訣竅
使用變數代換定理改變積分區域求解即可。
解法

令 $\left\{\begin{aligned}&u=3x+y\\&v=x-2y\end{aligned}\right.$，其中 $2x+3y=\left(3x+y\right)-\left(x-2y\right)=u-v$，因此積分區域為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq u\leq v\\&1\leq v\leq2\end{aligned}\right.$，如此原重積分可改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\iint_R\sin\left(\frac{3x+y}{x-2y}\right)dxdy&=\int_1^2\int_0^v\sin\left(\frac uv\right)\left|\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}\right|dudv\\&=\int_1^2\int_0^v\sin\left(\frac uv\right)\cdot\frac17dudv\\&=-\frac17\int_1^2\left.v\cos\left(\frac uv\right)\right|_0^vdv\\&=-\frac17\int_1^2\left(v\cos1-v\right)dv\\&=\left.\frac{1-\cos1}7\frac{v^2}2\right|_1^2\\&=\frac{3\left(1-\cos1\right)}{14},\end{aligned}$

其中 Jacobian 行列式計算如下

$\displaystyle\left|\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}\right|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial v}\\[3mm]\displaystyle\frac{\partial y}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial v}\end{vmatrix}\Big|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}\\[3mm]\displaystyle\frac{\partial v}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}\end{vmatrix}\Big|^{-1}=\Big|\begin{vmatrix}3&1\\1&-2\end{vmatrix}\Big|^{-1}=\frac17$.



2. 設 $C$ 由兩曲面 $\displaystyle\frac{x^2}9+y^2+\frac{z^2}4=1$ 和 $x^3=9yz+4$ 相交成曲線，求其上一點 $\displaystyle\left(2,\frac13,\frac43\right)$ 之單位切向量。
訣竅
求與兩個曲面皆相切的向量。
解法
兩曲面的梯度函數分別如下：
$\begin{aligned}&\nabla\left(\frac{x^2}9+y^2+\frac{z^2}4-1\right)=\left(\frac{2x}9,2y,\frac{z}2\right)\\&\nabla\left(x^3-9yz-4\right)=\left(3x^2,-9z,-9y\right)\end{aligned}$
如此在 $\displaystyle\left(2,\frac13,\frac43\right)$ 的梯度分別為 $\displaystyle\left(\frac49,\frac23,\frac23\right)$、$\left(12,-12,-3\right)$。取外積計算有
$\displaystyle\left(\frac49,\frac23,\frac23\right)\cdot\left(12,-12,-3\right)=\left(6,\frac{28}3,-\frac{40}3\right)$
其長度為 $\displaystyle\sqrt{6^2+\left(\frac{28}3\right)^2+\left(-\frac{40}3\right)^2}=\frac{2\sqrt{677}}3$，因此所求的單位切向量為 $\displaystyle\left(\frac9{\sqrt{677}},\frac{14}{\sqrt{677}},-\frac{20}{\sqrt{677}}\right)$。