國立臺灣大學八十八學年度轉學生入學考試試題詳解

1. 填充題[$9\%\times8=72\%$]　請在答案簿首頁按題序標清題號寫下答案，其他計算式一律不予計分。
1. 若 $\displaystyle\int x\left(\ln x\right)^2dx=Ax^2\left(\ln x\right)^2+\left(Bx^2+Cx+D\right)\left(\ln x\right)+Ex^2+Fx+G$，則 $A+B+E=$　①　。
訣竅
我們可以使用分部積分求出該不定積分，亦可同時對兩邊微分後比較係數。
解法一

運用分部積分直接計算如下

$\begin{aligned}\displaystyle\int x\left(\ln x\right)^2dx&=\frac{1}{2}x^2\left(\ln x\right)^2-\int x\left(\ln x\right)dx\\&=\frac12x^2\left(\ln x\right)^2-\frac{1}{2}x^2\ln x+\frac{1}{2}\int xdx\\&=\frac12x^2\left(\ln x\right)^2-\frac{1}{2}x^2\ln x+\frac{1}{4}x^2+G\end{aligned}$

因此 $\displaystyle A=\frac12$、$\displaystyle B=-\frac12$、$C=D=F=0$、$\displaystyle E=\frac14$、$G$ 無法確定。故

$\displaystyle A+B+E=\frac14$

解法二

兩邊同取微分可得

$\displaystyle\begin{aligned}x\left(\ln x\right)^2=2&Ax\left(\ln x\right)^2+2x\left(A+B\right)\left(\ln x\right)+C\left(\ln x\right)\\+&\left(B+2E\right)x+\left(C+F\right)+\frac{D}x\end{aligned}$

因此比較係數可得 $\displaystyle A=\frac12$、$\displaystyle B=-\frac12$、$C=D=F=0$、$\displaystyle E=\frac14$、$G$ 無法確定。故

$\displaystyle A+B+E=\frac14$



2. 笛卡爾葉形線 $x^3+y^3-9xy=0$ 在 $\left(4,2\right)$之切線的斜率為　②　。
訣竅
由隱函數微分求出該點的斜率。
解法
隱函數微分可得
$\displaystyle3x^2+3y^2\frac{dy}{dx}-9y-9x\frac{dy}{dx}=0$
因此代入 $\left(4,2\right)$ 有 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(4,2\right)}=\frac54$。


3. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{ny^{n-1}}{1+2y}dy=$　③　。
訣竅
使用分部積分後對第二項使用夾擠定理。
解法

運用分部積分法來計算其中的定積分如下

$\displaystyle\int_0^1\frac{ny^{n-1}}{2y+1}dy=\left.\frac{y^n}{2y+1}\right|_{y=0}^{y=1}-\int_0^1\frac{2y^n}{\left(2y+1\right)^2}dy=\frac{1}{3}+2\int_0^1\frac{y^n}{\left(2y+1\right)^2}dy$

可以注意到由分部積分法產生的另外一個定積分有以下的關係：

$\displaystyle0<\int_0^1\frac{y^n}{\left(2y+1\right)^2}dy<\int_0^1y^ndy=\frac{1}{n+1}$

因此由夾擠定理可知

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{y^n}{\left(2y+1\right)^2}dy=0$

因此

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{ny^{n-1}}{2y+1}dy=\frac13+2\lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{y^n}{\left(2y+1\right)^2}dy=\frac13$.



4. $\displaystyle\int_0^{\sqrt\pi/2}\int_x^{\sqrt\pi/2}\sin y^2dydx=$　④　。
訣竅
首先容易發現直接積分是不可行的，因此改變迭代積分的順序即可求解。
解法

由於原重積分的積分範圍為 $\displaystyle\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq\frac{\sqrt\pi}2\\&x\leq y\leq\frac{\sqrt\pi}2\end{aligned}\right.$，此範圍可改寫為 $\displaystyle\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq y\\&0\leq y\leq\frac{\sqrt\pi}2\end{aligned}\right.$。如此我們可以將原重積分改寫並計算如下

$\begin{aligned}\displaystyle\int_0^{\sqrt\pi/2}\int_x^{\sqrt\pi/2}\sin y^2dydx&=\int_0^{\frac{\sqrt{\pi}}{2}}\int_x^{\frac{\sqrt{\pi}}{2}}\sin\left(y^2\right)dydx\\&=\int_0^{\frac{\sqrt{\pi}}{2}}\int_0^y\sin\left(y^2\right)dxdy\\&=\int_0^{\frac{\sqrt{\pi}}{2}}x\sin\left(y^2\right)\Big|_{x=0}^{x=y}dy\\&=\int_0^{\frac{\sqrt{\pi}}{2}}y\sin\left(y^2\right)dy\\&=\left.-\frac{\cos\left(y^2\right)}2\right|_{y=0}^{y=\frac{\sqrt{\pi}}{2}}\\&=\frac12-\frac{\sqrt2}4.\end{aligned}$



5. $\displaystyle\lim_{\left(x,y\right)\to\left(0,0\right)}\frac{\sin\left(1-\cos\left(x^2+y^2\right)\right)}{\left(x^2+y^2\right)^2}=$　⑤　。
訣竅
觀察此雙重極限之型式可知應改用極座標考察，接著應用 L'Hôpital 法則即可。
解法

令 $\left\{\begin{aligned} &x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，則由 $\left(x,y\right)\to\left(0,0\right)$ 可知 $r\to0$。如此原極限可改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\lim_{\left(x,y\right)\to\left(0,0\right)}\frac{\sin\left(1-\cos\left(x^2+y^2\right)\right)}{\left(x^2+y^2\right)^2}&=\lim_{r\to0}\frac{\sin\left(1-\cos\left(r^2\right)\right)}{r^4}\\&=\lim_{r\to0}\frac{\cos\left(1-\cos\left(r^2\right)\right)\times\sin\left(r^2\right)\times2r}{4r^3}\\&=\left(\lim_{r\to0}\frac{\sin\left(r^2\right)}{2r^2}\right)\times\left(\lim_{r\to0}\cos\left(1-\cos\left(r^2\right)\right)\right)\\&=\frac12\times1=\frac12.\end{aligned}$



6. 由平面 $y-x=0$ 及球 $x^2+y^2+z^2=4$ 所決定的圓上，函數 $f\left(x,y,z\right)=xy+z^2$ 的極大值為　⑥　。
訣竅
本題可以應用中學的整理技巧化為二次式並注意其變數的範圍即可；或者運用 Lagrange 乘子法來處理雙條件極值問題（同時也可以先透過中學的方法化簡後再使用 Lagrange 乘子法）。
解法一
首先將 $x=y$ 代入可使球方程改寫為 $2x^2+z^2=4$，於是
$f\left(x,x,z\right)=x^2+z^2=4-x^2\leq4$
故當 $x=y=0$、$z=2$ 時有極大值為 $4$。
解法二
首先將平面方程代入球面方程可得條件 $2x^2+z^2=4$，則由 Lagrange 乘子法設函數如下
$F\left(x,z,\lambda\right)=x^2+z^2+\lambda\left(2x^2+z^2-4\right)$
如此解下列的聯立方程式
$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,z,\lambda)=2x+4\lambda x=0,\\&F_z(x,z,\lambda)=2z+2\lambda z=0,\\&F_\lambda(x,z,\lambda)=2x^2+z^2-4=0.\end{aligned}\right.$
若 $x=0$，則 $z=\pm2$、$\lambda=-1$。
若 $\displaystyle \lambda=-\frac12$，則 $z=0$、$x=\pm\sqrt2$，因此可解得 $\left(x,y,z\right)$ 為 $\left(0,0,-2\right)$ 或 $\left(0,0,2\right)$ 或 $\left(\sqrt2,\sqrt2,0\right)$ 或 $\left(-\sqrt{2},-\sqrt{2},0\right)$。
因此代入後可知極大值為 $4$。
解法三
直接使用 Lagrange 乘子法，可設函數如下
$F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=xy+z^2+\lambda_1\left(y-x\right)+\lambda_2\left(x^2+y^2+z^2-4\right)$
於是解下列聯立方程組：
$\displaystyle\frac{\partial F}{\partial x}=\frac{\partial F}{\partial y}=\frac{\partial F}{\partial z}=\frac{\partial F}{\partial\lambda1}=\frac{\partial F}{\partial\lambda2}=0\displaystyle$
承【解法二】可獲得相同的座標，從而極大值為 $4$。


7. 令 $V$ 表球體 $x^2+y^2+z^2\leq4$，則 $\displaystyle\iiint_{V}\frac{1}{9-x^2-y^2-z^2}dxdydz=$　⑦　。
訣竅
應用球座標變換求此三重積分。
解法

設 $\left\{\begin{aligned} &x=r\sin\phi\cos\theta\\&y=r\sin\phi\sin\theta\\&z=r\cos\phi\end{aligned}\right.$，其中根據球體範圍有 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq2\\&0\leq\phi\leq\pi\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$。因此原三重積分可改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\displaystyle&\int_0^{2\pi}\int_0^\pi\int_0^2\frac{r^2\sin\phi}{9-r^2}drd\phi d\theta\\&=\left(\int_0^{2\pi}d\theta\right)\left(\int_0^{\pi}\sin\phi d\phi\right)\left(\int_0^2\frac{r^2}{9-r^2}dr\right)\\&=2\pi\cdot2\cdot\left[\int_0^2\left(\frac{3/2}{3-r}+\frac{3/2}{3+r}-1\right)dr\right]\\=&4\pi\cdot\left.\left[\frac32\ln\left(\frac{3+r}{3-r}\right)-r\right]\right|_0^2=6\pi\ln5-8\pi.\end{aligned}$



8. 設 $\mathbb R^2$ 上向量場為 $\left(y,x\right)$，而以 $\left(0,0\right)$ 與 $\left(2,4\right)$ 聯線為直徑的半圓，逆時鐘行走從 $\left(0,0\right)$ 經 $\left(2,4\right)$ 的曲線設為 $C$，則 $\displaystyle\oint_C xy^2dx+\left(x^2y+2x\right)dy=$　⑧　。
訣竅
封閉曲線的線積分可使用 Green 定理改寫之。
解法
設 $D$ 為 $C$ 所圍成的區域，則用 Green 定理即可得到
$\displaystyle\iint_D\left[\frac{\partial\left(x^2y+2x\right)}{\partial x}-\frac{\partial\left(xy^2\right)}{\partial y}\right]dxdy=\iint_D2dxdy=2\cdot\frac{5\pi}{2}=5\pi$
其中 $D$ 是直徑為 $\sqrt{20}$ 的半徑，故面積為 $\displaystyle\frac{5\pi}2$。
2. 計算題：[$14\%\times2=28\%$]　請寫出詳盡之計算與論證過程
1. 某人計算 $\left(1.001\right)^{1000}$，但因手邊無計算器等輔助計算工具，經一番思考後，認為與 $e$ 相近不遠。
   1. [$4\%$] 試說明 $\left(1.001\right)^{1000}$ 與 $e$ 相近。
   2. [$10\%$] 試給出 $\left(1.001\right)^{1000}-e$ 的一個誤差估計，且該誤差估計的大小準確到 $0.001$。
訣竅
根據 $e$ 的定義下手。
解法

1. 由於 $e$ 的定義為 $\displaystyle e:=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^n$，因此當 $n=1000$ 時此數將靠近 $e$。
2. 透過 $e^x$ 的 Taylor 展開式取 $x=1$，於是有

   $\displaystyle e=1+1+\frac1{2!}+\frac1{3!}+\frac1{4!}+\frac1{5!}+\cdots$

   另一方面可將 $\left(1.001\right)^{1000}$ 作二項式展開可得

   $\displaystyle\left(1+\frac1{1000}\right)^{1000}\approx1+C_1^{1000}\left(\frac1{1000}\right)+C_2^{1000}\left(\frac1{1000}\right)^2+\cdots$

   因此可估計 $\left(1.001\right)^{1000}-e$ 之值為

   $\begin{aligned}\displaystyle&-\left\{\frac1{2!}\left(\frac1{1000}\right)+\frac1{3!}\left[1-\left(\frac{999}{1000}\right)\left(\frac{998}{1000}\right)\right]+\frac1{4!}\left[1-\left(\frac{999}{1000}\right)\left(\frac{998}{1000}\right)\left(\frac{997}{1000}\right)\right]+\cdots\right\}\\\approx&-\frac1{8!}.\end{aligned}$



2. 當 $\alpha>0$ 且 $\beta$ 為一不為 $0$ 的實數時，求瑕積分 $\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-\alpha t}\sin\left(\beta t\right)dt$ 的值。（其值以 $\alpha$ 及 $\beta$ 的式子表出。）
訣竅
首先先檢查其歛散性，接著使用兩次分部積分法即可。
解法

由於

$\displaystyle\left|\int_0^{\infty}e^{-\alpha t}\sin\left(\beta t\right)dt\right|\leq\int_0^{\infty}\left|e^{-\alpha t}\sin\left(\beta t\right)\right|dt\leq\int_0^{\infty}e^{-\alpha t}dt=\frac1\alpha$

如此可知此瑕積分收斂，因此設之為 $S$。

運用分部積分法，我們可以得到如下的計算關係式：

$\begin{aligned}\displaystyle S&=\int_0^{\infty}e^{-\alpha t}\sin\left(\beta t\right)dt\\&=\left.-\frac{1}{\alpha}e^{-\alpha t}\sin\left(\beta t\right)\right|_0^{\infty}+\frac{\beta}{\alpha}\int_0^{\infty}e^{-\alpha t}\cos\left(\beta t\right)dt\\&=\left.-\frac{\beta}{\alpha^2}e^{-\alpha t}\cos\left(\beta t\right)\right|_0^{\infty}-\frac{\beta^2}{\alpha^2}\int_0^{\infty}e^{-\alpha t}\sin\left(\beta t\right)dt\\&=\frac{\beta}{\alpha^2}-\frac{\beta^2}{\alpha^2}S,\end{aligned}$

如此可以解得 $\displaystyle S=\frac{\beta}{\alpha^2+\beta^2}$，因此

$\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-\alpha t}\sin\left(\beta t\right)dt=\frac{\beta}{\alpha^2+\beta^2}$