國立臺灣大學九十六學年度轉學生入學考試試題詳解

※請在答案卷上標明題號依序作答

1. Let $\displaystyle\int x^n\left(1-x\right)^2dx=F\left(x\right)+c$ and $\displaystyle\int x^2\left(1-x\right)^ndx=G\left(x\right)+c$ where $n$ is a positive integer. ($15\%$)
   1. Find the relation between $F\left(x\right)$ and $G\left(x\right)$.
   2. Find the integral $\displaystyle\int_0^1x^2\left(1-x\right)^{21}dx$.
訣竅
利用一個變數代換將兩者聯繫起來。
解法

1. 令 $t=1-x$，如此有

   $\displaystyle\begin{aligned}F\left(x\right)+c_1&=\int x^n\left(1-x\right)^2dx=-\int\left(1-t\right)^nt^2dt\\&=-G\left(t\right)+c_2=-G\left(1-x\right)+c_2\end{aligned}$

   即 $F\left(x\right)+G\left(1-x\right)=C$。
2. 利用前一小題的變換，我們可以計算如下：

   $\displaystyle-\int_1^0\left(1-t\right)^2t^{21}dt=\int_0^1\left(t^{23}-2t^{22}+t^{21}\right)dt=\frac1{24}-\frac2{23}+\frac1{22}=\frac1{6072}$.



2. Let $C$ be the curve formed by the intersection of the cylinder $x^2+y^2=5$ and the plane $x-2y-5z=0$. Find the minimum distance from the point $\left(0,0,2\right)$ to the curve $C$. ($20\%$)
訣竅
利用拉格朗日乘子法或初等不等式的技巧來求解。
解法一

由於 $\left(x,y,z\right)$ 到 $\left(0,0,2\right)$ 的距離函數為 $f\left(x,y,z\right)=\sqrt{x^2+y^2+\left(z-2\right)^2}$。為了求 $f$ 的極小值等價於求 $g\left(x,y,z\right)=x^2+y^2+\left(z-2\right)^2$ 的極小值，從而令拉格朗日乘子函數如下：

$F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+y^2+\left(z-2\right)^2+\lambda_1\left(x^2+y^2-5\right)+\lambda_2\left(x-2y-5z\right)$

如此解下列的聯立方程組

$\displaystyle\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2x+2\lambda_1x+\lambda_2=0,\\&F_y\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2y+2\lambda_1y-2\lambda_2=0,\\&F_z\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=2\left(z-2\right)-5\lambda_2=0,\\&F_{\lambda_1}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+y^2-5=0,\\&F_{\lambda_2}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x-2y-5z=0.\end{aligned}\right.$

將第一式乘以 $y$ 減去第二式乘以 $x$ 可得 $\lambda_2\left(y+2x\right)=0$。若 $\lambda_2=0$，則由第三式可得 $z=2$，據此第五式化為 $x-2y=10$，利用柯西不等式與第四式有

$25=5\times5=\left(x^2+y^2\right)\left[1^2+\left(-2\right)^2\right]\geq\left(x-2y\right)^2=100$

這是一個矛盾，因此 $\lambda_2\neq0$。故 $y+2x=0$，代入第四式即有 $5x^2=5$，因此有 $x=\pm1$、$y=\mp2$、$z=\pm1$。

根據上述求出的座標代入後有 $f\left(1,-2,1\right)=\sqrt6$、$f\left(-1,2,-1\right)=\sqrt{14}$。又由於 $f$ 為連續函數、$C$ 為有界閉集，因此存在最大最小值，故 $\sqrt6$ 為最小值。

解法二
由於 $\left(x,y,z\right)$ 的距離函數為 $f\left(x,y,z\right)=\sqrt{x^2+y^2+\left(z-2\right)^2}$。由於 $\left(x,y,z\right)$ 滿足 $x^2+y^2=5$、$x-2y=5z$。如此可以將距離改寫如下
$\displaystyle f\left(x,y,z\right)=\sqrt{5+\left(\frac{x-2y}{5}-2\right)^2}$
利用柯西不等式可得
$25=\left(x^2+y^2\right)\left[1^2+\left(-2\right)^2\right]\geq\left(x-2y\right)^2$
因此有
$\displaystyle1\geq\frac{x-2y}{5}\geq-1$
遂有 $\displaystyle\left(\frac{x-2y}5-2\right)^2\geq1$，故 $f\left(x,y,z\right)\geq\sqrt6$，其中等號成立的條件為 $\left(x,y,z\right)=\left(1,-2,1\right)$。


3. Let $\displaystyle I_n=\int_1^et\left(\ln t\right)^ndt$. ($15\%$)
   1. Find the relation between $I_n$ and $I_{n-1}$.
   2. Find the values $I_1$, $I_2$, $I_3$, $I_4$.
訣竅
利用分部積分法找出遞迴關係。
解法

1. 直接利用分部積分計算如下

   $\displaystyle\begin{aligned}I_n=&\int_1^et\left(\ln t\right)^ndt\\=&\frac{1}{2}\int_1^e\left(\ln t\right)^ndt^2\\=&\left.\frac{1}{2}t^2\left(\ln t\right)^n\right|_1^e-\frac{1}{2}\int_1^et^2d\left(\ln t\right)^n\\=&\frac{e^2}{2}-\frac{n}{2}\int_1^et\left(\ln t\right)^{n-1}dt\\=&\frac{e^2}{2}-\frac{n}{2}I_{n-1}\end{aligned}$

2. 我們依序計算如下：

   $\displaystyle I_1=\int_1^et\ln tdt=\frac{1}{2}\int_1^e\ln tdt^2=\frac{e^2}{2}-\frac{1}{2}\int_1^etdt=\frac{e^2}{2}-\frac{e^2-1}{4}=\frac{e^2+1}{4}$

   $\displaystyle I_2=\frac{e^2}{2}-\frac{2}{2}I_1=\frac{e^2}{2}-\frac{e^2+1}{4}=\frac{e^2-1}{4}$

   $\displaystyle I_3=\frac{e^2}{2}-\frac{3}{2}I_2=\frac{e^2}{2}-\frac{3e^2-3}{8}=\frac{e^2+3}{8}$

   $\displaystyle I_4=\frac{e^2}2-\frac42I_3=\frac{e^2}2-\frac{e^2+3}4=\frac{e^2-3}4$



4. Let $r$ be the radius of convergence of the power series $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}nx^{3n}$. ($15\%$)
   1. Find $r$.
   2. Let $\displaystyle g\left(x\right)=\sum_{n=1}^{+\infty}nx^{3n}$ for any $\left|x\right|< r$. Find $g\left(x\right)$, $g\left(0.5\right)$.
訣竅
利用根式審歛法求出收斂半徑後計算其收斂後的函數與特定的函數值。
解法
1. 將冪級數視為 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n\left(x^3\right)^n$，如此利用根式審歛法求 $\left|x\right|^3$ 的收斂半徑知

   $\displaystyle r^3=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{n}}=1$

   因此 $r=1$。
2. 根據上題可知該冪級數在 $\left(-1,1\right)$ 上均勻收斂。假定我們考慮函數 $\displaystyle f\left(x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}nx^n$，容易注意到 $g\left(x\right)=f\left(x^3\right)$、$g\left(0.5\right)=f\left(0.125\right)$。因此我們僅需求出 $f\left(x\right)$ 即可：

   $\displaystyle f\left(x\right)=x\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}=x\left(\sum_{n=0}^{\infty}x^n\right)'=x\left(\frac{1}{1-x}\right)'=\frac{x}{\left(1-x\right)^2}$

   因此 $\displaystyle g\left(x\right)=f\left(x^3\right)=\frac{x^3}{\left(1-x^3\right)^2}$、$\displaystyle g\left(0.5\right)=\frac8{49}$


5. Find the integral $\displaystyle\int_0^{\ln2}\left(\int_{e^y}^2\frac{3}{\ln x}dx\right)dy$. ($15\%$)
訣竅
由於按照此迭代積分直接計算是不可行的，因此改變積分順序計算之。
解法

原區域 $\left\{\begin{aligned}&e^y\leq x\leq2\\&0\leq y\leq\ln2\end{aligned}\right.$ 可以改寫為 $\left\{\begin{aligned}&1\leq x\leq2\\&0\leq y\leq\ln x\end{aligned}\right.$，如此原雙重積分可以改寫並計算如下：

$\displaystyle\int_1^2\int_0^{\ln x}\frac{3}{\ln x}dydx=\int_1^23dx=3$



6. Let $\vec{F}\left(x,y,z\right)=\left(2x+3xy^2\right)\vec{i}+\left(xy^2+3yx^2\right)\vec{j}+\left(z^3-2xyz\right)\vec{k}$ be a vector field and $S:x^2+y^2+z^2=49$ be a sphere. Find the flux $\displaystyle\iint_S\vec{F}\cdot\vec{n}\,dS$, where $\vec{n}$ is the outward unit normal vector of $S$. ($20\%$)
訣竅
運用高斯散度定理即可。
解法

設 $K=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3\,|\,x^2+y^2+z^2\leq49\right\}$。直接使用高斯散度定理並利用球座標變換計算如下：

$\begin{aligned}\displaystyle\iint_S\vec{F}\cdot\vec{n}\,dS&=\iiint_K\nabla\cdot\vec{F}dV\\&=\iiint_K\left[\left(2+3y^2\right)+\left(2xy+3x^2\right)+\left(3z^2-2xy\right)\right]dV\\&=2\times\frac{4\pi}{3}\times7^3+3\iiint_K\left(x^2+y^2+z^2\right)dV\\&=\frac{2744\pi}{3}+3\int_0^{\pi}\int_0^{2\pi}\int_0^7\rho^2\times\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi\\&=\frac{2744\pi}{3}+6\pi\left(\int_0^7\rho^4d\rho\right)\left(\int_0^\pi\sin\phi\,d\phi\right)\\&=\frac{618772\pi}{15}\end{aligned}$