國立臺灣大學九十六學年度轉學生入學考試試題詳解

1. 填充題（共 $9$ 格，每格 $8$ 分，請標明題號，依序將答案寫在答案卷上）
1. 設 $f\left(x\right)=\sqrt x+2$。若直線 $L$ 為曲線 $y=f\left(x\right)$ 過 $\left(c,f\left(c\right)\right)$ 的切線且通過 $\left(8,5\right)$，則 $c=$　　　　。
訣竅
設切線方程式後代入 $\left(8,5\right)$ 解 $c$。
解法
由點斜式可列得
$\displaystyle y-\left(\sqrt c+2\right)=f'\left(c\right)\left(x-c\right)=\frac{x-c}{2\sqrt c}$
代入 $\left(x,y\right)=\left(8,5\right)$ 可得
$\displaystyle5-\left(\sqrt c+2\right)=\frac{8-c}{2\sqrt c}$.
整理可得 $c-6\sqrt c+8=0$，如此解得 $c=16$ 或 $c=4$。


2. 設 $\displaystyle h\left(x\right)=\int_x^{2x}\frac{t^2-2}{\left(t^2+1\right)^2}dt$，則導數 $h'\left(1\right)=$　　　　。
訣竅
由微積分基本定理求解即可。
解法

由微積分基本定理得

$\displaystyle h'\left(x\right)=\frac{\left(2x\right)^2-2}{\left[\left(2x\right)^2+1\right]^2}\cdot2-\frac{x^2-2}{\left(x^2+1\right)^2}\cdot1$

如此可得

$\displaystyle h'\left(1\right)=\frac{41}{100}$.



3. $\displaystyle\int_0^3\left(\int_{-\sqrt{9-x^2}}^0\frac2{1+\sqrt{x^2+y^2}}dy\right)dx=$　　　　。
訣竅
考慮極座標變換即可。
解法

令 $\left\{\begin{aligned} &x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，其範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq3\\&\frac{3\pi}2\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此原重積分可改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\int_0^3\left(\int_{-\sqrt{9-x^2}}^0\frac2{1+\sqrt{x^2+y^2}}dy\right)dx&=\int_{\frac{3\pi}2}^{2\pi}\int_0^3\frac{2r}{1+\sqrt{r^2}}dr\,d\theta\\&=\pi\int_0^3\frac r{1+r}dr\\&=\pi\int_0^3\left(1-\frac1{1+r}\right)dr\\&=\pi\left(3-2\ln2\right).\end{aligned}$



4. 設 $D=\left\{\left(x,y,z\right)|x^2+y^2+z^2\leq100, z\geq1\right\}$，則 $D$ 的體積為　　　　。
訣竅
依據 $z$ 方向使用切片法。
解法

$\displaystyle V=\int_1^{10}\pi\left(10^2-z^2\right)dz=900\pi-\pi\int_1^{10}z^2dz=900\pi-\frac{999}3\pi=567\pi$.



5. 設 $K$ 為拋物線 $y=x^2$ 與直線 $y=2$ 所圍成的區域。若直線 $y=c$ 將此區域分割成面積相等的兩部分，則 $c=$　　　　。
訣竅
利用其中一塊面積為整塊面積的一半求解；亦可利用兩塊面積相等解 $c$。
解法一
先解出交點 $y=x^2$、$y=2$ 為 $x=\pm\sqrt2$，如此整塊的面積為 $\displaystyle\int_{-\sqrt2}^{\sqrt2}\left(2-x^2\right)dx=\frac{8\sqrt2}3$，因此下半部的面積為 $\displaystyle\frac{4\sqrt2}3$。可以注意到 $y=c$ 與 $y=x^2$ 的交點為 $x=\pm\sqrt{c}$，因此可以列式如下
$\displaystyle\int_{-\sqrt c}^{\sqrt{c}}\left(c-x^2\right)dx=\frac{4\sqrt2}3$
左式的定積分計算後可得 $\displaystyle\frac{4c\sqrt{c}}3=\frac{4\sqrt2}3$，因此 $c=\sqrt[3]2$。
解法二
首先同解法一獲得整塊的面積為 $\displaystyle\frac{8\sqrt2}3$，由此可知上半部的面積為 $\displaystyle\frac{4\sqrt2}3$。針對該區域，可以改以 $y$ 為變數來計算區域面積，其中左右邊界分別為 $-\sqrt y$ 與 $\sqrt y$，故能列式如下
$\displaystyle\int_c^2\left[\sqrt y-\left(-\sqrt y\right)\right]dy=\frac{4\sqrt2}3$
展開後有 $\displaystyle\frac43\left(2\sqrt2-c\sqrt{c}\right)=\frac{4\sqrt2}3$，由此可解出 $c=\sqrt[3]2$。


6. 設 $C:x^2+\left(y-3\right)^2=16$ 依逆時針旋轉，則 $\displaystyle\oint_C2y\,dx+\left(x^2+y^2\right)dy=$　　　　。
訣竅
使用 Green 定理改為雙重積分。
解法

設 $C$ 所包圍的區域為 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,x^2+\left(y-3\right)^3\leq16\right\}$，如此根據 Green 定理有

$\displaystyle\oint_C2y\,dx+\left(x^2+y^2\right)dy=\iint_D\left(2x-2\right)dxdy$

令 $u=x$、$v=y-3$，則 $dxdy=dudv$，如此有：

$\displaystyle\oint_C2y\,dx+\left(x^2+y^2\right)dy=\iint_{u^2+v^2\leq16}\left(2u-2\right)dudv$

此時我們考慮極座標變換，令 $\left\{\begin{aligned} &u=r\cos\theta\\&v=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，其範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq4\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，故得

$\begin{aligned}\oint_C2y\,dx+\left(x^2+y^2\right)dy&=\int_0^{2\pi}\int_0^4\left(2r\cos\theta-2\right)r\,dr\,d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\left.\left(\frac{2r^3\cos\theta}3-r^2\right)\right|_0^4d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\left(\frac{128\cos\theta}3-16\right)d\theta\\&=\left.\frac{128\sin\theta}3-16\theta\right|_0^{2\pi}=-32\pi.\end{aligned}$



7. 設 $f\left(x\right)=x^2\ln\left(1+2x\right)$，則第 $9$ 階導數$f^{\left(9\right)}\left(0\right)=$　　　　。
訣竅
使用 Taylor 展開式以迅速求得高階導數。
解法

由於

$\displaystyle\ln\left(1+x\right)=x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3-\frac{x^4}4\pm\cdots=\sum_{n=1}^\infty\frac{\left(-1\right)^{n+1}x^n}n$

故

$\displaystyle\ln\left(1+2x\right)=\left(2x\right)-\frac{\left(2x\right)^2}2+\frac{\left(2x\right)^3}3-\frac{\left(2x\right)^4}4\pm\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n+1}\left(2x\right)^n}n$

因此

$\displaystyle x^2\ln\left(1+2x\right)=2x^3-2x^4+\frac{8x^5}3-4x^6+\frac{32x^7}5-\frac{32x^8}3+\frac{128x^9}7\mp\cdots$

於是

$\displaystyle f^{\left(9\right)}\left(0\right)=\frac{128}7\cdot9!=6635520$.



8. 設 $S:x^2+y^2+z^2=9$，則向量場 $\vec F\left(x,y,z\right)=x^2y\vec i+\left(2y+z^2\right)\vec j+\left(3z-2xyz\right)\vec k$ 流出 $S$ 的通量(flux)為　　　　。
訣竅
根據 Gauss 散度定理求解。
解法

設 $S$ 所包圍的區域為 $D=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb R^3\,|\,x^2+y^2+z^2\leq9\right\}$，如此由 Gauss 散度定理可得

$\begin{aligned}\displaystyle\mbox{Flux}&=\iint_S\vec F\cdot\vec n\,d\sigma\\&=\iiint_D(\nabla\cdot\vec F)dV\\&=\iiint_D\left(2xy+2+3-2xy\right)dV\\&=5\iiint_DdV\\&=5\cdot\frac{4\pi}3\cdot3^3=180\pi.\end{aligned}$



9. $\displaystyle\int_0^{\ln 2}\frac{2e^x-4}{e^x-4}dx=$　　　　。
訣竅
使用變數代換後化為有理函數積分即可。
解法

令 $t=e^x$，則

1. 當 $x=0$ 時有 $t=1$；
2. 當 $x=\ln2$ 時有 $t=2$；
3. 當 $x=e^t$ 時有 $\displaystyle dx=\frac{dt}t$

如此可得

$\displaystyle\int_1^2\frac{2t-4}{t-4}\cdot\frac{dt}t=\int_1^2\left(\frac1t+\frac1{t-4}\right)dt=\left[\ln t+\ln\left(4-t\right)\right]\Big|_1^2=2\ln2-\ln3$

2. 計算證明題　（注意：若無計算過程，不予計分）
1. 設冪級數(power seires) $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n$ 的收斂半徑為 $\delta$，且 $\displaystyle h\left(x\right)=\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n$，$\displaystyle f\left(x\right)=\sum_{n=1}^{+\infty}na_nx^n$ 其中 $\left|x\right|<\delta$。($14\%$)
   1. 試求 $f\left(x\right)$，$h\left(x\right)$ 之間的關係。
   2. 試求 $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac n{8^n}$ 之值。
訣竅
觀察 $f\left(x\right)$ 較 $h\left(x\right)$ 多出一項 $n$，因此考慮將其微分試探之。
解法

1. 將 $h\left(x\right)$ 微分可得

   $\displaystyle h'\left(x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}$

   如此同乘以 $x$ 可得

   $\displaystyle xh'\left(x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^n=f\left(x\right)$

2. 【解法一】利用前一小題的結果，我們取 $a_n=1,\forall n\in\mathbb N$，如此有

   $\displaystyle f\left(x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}nx^n=xh'\left(x\right)$

   因此所求為

   $\displaystyle f\left(\frac18\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac n{8^n}=\frac18h'\left(\frac18\right)$

   但另一方面，我們有 $\displaystyle h\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}x^n=\frac1{1-x}$、$\displaystyle h'\left(x\right)=\frac1{\left(1-x\right)^2}$，因此

   $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac n{8^n}=\frac18\cdot\frac1{\left(\frac78\right)^2}=\frac8{49}$.

   【解法二】由比值審歛法容易知道其收斂，令之為 $S$，考慮

   $\displaystyle\frac S8=\sum_{n=1}^{\infty}\frac n{8^{n+1}}=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n-1}{8^n}$

   因此有

   $\displaystyle\frac{7S}8=S-\frac S8=\frac18+\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{8^n}=\frac18+\frac1{56}=\frac17$

   因此得 $\displaystyle S=\frac8{49}$。



2. 設曲面 $S:x^2+y^2+z^2=10$ 上點 $\left(x,y,z\right)$ 的溫度為 $T\left(x,y,z\right)=2xy+4yz$。試問最高溫度與最低溫度為何？發生在何處？　($14\%$)
訣竅
本題可採待定係數法求解，亦可使用 Lagrange 乘子法。
解法一
若 $x,y,z>0$，則考慮
$\left\{\begin{aligned} &x^2+\lambda y^2\geq2\sqrt{\lambda}xy\\&\left(1-\lambda\right)y^2+z^2\geq2\sqrt{1-\lambda}yz\end{aligned}\right.$
藉由比例關係可得 $\displaystyle\frac{\sqrt{\lambda}}{\sqrt{1-\lambda}}=\frac24$，如此可得 $\displaystyle\lambda=\frac15$，如此兩式相加可得：
$\displaystyle10=x^2+y^2+z^2\geq\frac{\sqrt5}5\left(2xy+4yz\right)$
即
$10\sqrt5\geq2xy+4yz$
如此可知最大值為 $10\sqrt5$，又由對稱性可知最小值為 $-10\sqrt5$。再者由算術幾何不等式的等號成立條件可知在 $\left(x,y,z\right)=\left(1,\sqrt5,2\right)$、$\left(1,-\sqrt5,2\right)$、$\left(-1,\sqrt5,-2\right)$、$\left(-1,-\sqrt5,-2\right)$ 等位置成立。
解法二

由 Lagrange 乘子法可設

$F\left(x,y,z,\lambda\right)=2xy+4yz+\lambda\left(x^2+y^2+z^2-10\right)$

如此我們解下列的聯立方程組

$\left\{\begin{aligned} &F_x\left(x,y,z,\lambda\right)=2y+2x\lambda=0\\&F_y\left(x,y,z,\lambda\right)=2x+4z+2y\lambda=0\\&F_z\left(x,y,z,\lambda\right)=4y+2z\lambda=0\\&F_{\lambda}\left(x,y,z,\lambda\right)=x^2+y^2+z^2=10\end{aligned}\right.$

我們可將第一式乘以 $2$ 後減去第三式得 $2\lambda\left(2x-z\right)=0$。

若 $\lambda=0$ 則 $y=0$，故 $2x+4z=0$、$x^2+z^2=10$，如此可得 $\left(x,y,z\right)=\left(2\sqrt2,0,-\sqrt2\right)$ 或 $\left(-2\sqrt2,0,\sqrt2\right)$，這兩個座標都使 $T=0$。

若 $2x=z$，則代入第二式中得 $10x+2y\lambda=0$。我們再考慮第一式乘以 $y$ 減去第二式乘以 $x$ 得 $2y^2-10x^2=0$，即 $y^2=5x^2$，並且有 $z^2=4x^2$，如此有 $x=\pm1$，從而有解法一中的四個座標，代入後有：

$\begin{aligned}&T_{\max}=T\left(1,\sqrt5,2\right)=T\left(-1,-\sqrt5,-2\right)=10\sqrt5\\&T_{\min}=T\left(1,-\sqrt5,2\right)=T\left(-1,\sqrt5,-2\right)=-10\sqrt5\end{aligned}$