國立臺灣大學八十五學年度轉學生入學考試試題詳解

1. 填充題：共 $80$ 分，每題 $8$ 分。（請先寫上題號 $\left(1\right),\left(2\right),\cdots,\left(10\right)$ 再寫答案）
1. 曲線 $\displaystyle x^3+y^3=\frac92xy$ 在點 $\left(1,2\right)$ 之切線的斜率為　(1)　。
訣竅
使用隱函數微分求得該點的斜率。
解法

將原方程進行隱函數微分後可得

$\displaystyle3x^2+3y^2\frac{dy}{dx}=\frac92y+\frac92x\frac{dy}{dx}$

因此取點 $\left(x,y\right)=\left(1,2\right)$ 代入後可得

$\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1,2\right)}=\frac45$.



2. $y$ 是 $x$ 的函數，當 $x=1$ 時 $y=1$，$y$ 滿足微分方程

   $\displaystyle y\frac{dy}{dx}=x\left(y^4+2y^2+1\right)$，

   則 $y=$　(2)　。
訣竅
分離變數後進行積分，並使用給定條件解出待定係數。
解法

將原方程移項後同取不定積分可寫為

$\displaystyle\int\frac{y}{y^4+2y^2+1}dy=\int x\,dx$

如此積分算得

$\displaystyle-\frac{1}{y^2+1}=x^2+C$

其中 $C$ 為積分常數。取座標 $\left(x,y\right)=\left(1,1\right)$ 代入後可得 $\displaystyle C=-\frac32$，如此整理有

$\displaystyle y^2=\frac{2x^2-1}{3-2x^2}$

開根號後應取正號（因當 $x=1$ 時 $y$ 值為正）：

$\displaystyle y=\sqrt{\frac{2x^2-1}{3-2x^2}}$



3. $\displaystyle F\left(x,y\right)=\int_{x-y}^{x+y}\frac{e^t}{t}dt$，則 $\displaystyle\frac{\partial F}{\partial y}=$　(3)　。
訣竅
易知 $F\left(x,y\right)$ 無法積分出來，因此使用微積分基本定理求其對 $y$ 的偏微分。
解法

直接運用微積分基本定理對 $y$ 偏微分計算如下：

$\displaystyle\frac{\partial F}{\partial y}=\frac{e^{x+y}}{x+y}\times1-\frac{e^{x-y}}{x-y}\times\left(-1\right)=\frac{e^{x+y}}{x+y}+\frac{e^{x-y}}{x-y}$.



4. $\displaystyle\int\frac{x^2+3x}{\left(x+1\right)^2}dx=$　(4)　。
訣竅
根據有理函數積分法處理之。
解法
將原不定積分作如下變形後直接積分：
$\displaystyle\int\left(1+\frac1{x+1}-\frac{2}{\left(x+1\right)^2}\right)dx=x+\ln\left|x+1\right|+\frac2{x+1}+C$,
其中 $C$ 為積分常數。


5. $\displaystyle\int e^{\sqrt x}dx=$　(5)　。
訣竅
次方有根號可採用變數代換法，即令 $t=\sqrt x$ 或 $x=t^2$。
解法
可以令 $x=t^2$ 作變數代換如下：
$\displaystyle\int e^tdt^2=2\int te^tdt=2te^t-2e^t+C=2\sqrt xe^{\sqrt x}-2e^{\sqrt x}+C$
其中 $C$ 為積分常數。


6. $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\left(\cot x-\frac1x\right)\left(\cot x+\frac1x\right)=$　(6)　。
訣竅
整理後使用 Taylor 展開式。
解法

展開整理如下：

$\begin{aligned}\displaystyle\lim_{x\to0^+}\left(\cot x-\frac1x\right)\left(\cot x+\frac1x\right)&=\lim_{x\to0}\left(\frac{\cos^2x}{\sin^2x}-\frac{1}{x^2}\right)\\&=\lim_{x\to0}\frac{\left(x\cos x\right)^2-\sin^2x}{\left(x\sin x\right)^2}\\&=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\left(x-\frac{x^3}2+\frac{x^5}{24}-\frac{x^7}{720}\pm\cdots\right)^2-\left(x-\frac{x^3}6+\frac{x^5}{120}-\frac{x^7}{5040}\pm\cdots\right)^2}{\displaystyle\left(x^2-\frac{x^4}6+\frac{x^6}{120}-\frac{x^8}{5040}\pm\cdots\right)^2}\\&=\frac{\displaystyle-1+\frac13}1=-\frac23.\end{aligned}$



7. 函數 $f\left(x,y,z\right)=x+y+z$ 在橢球 $\displaystyle x^2+\frac{y^2}4+\frac{z^2}9=1$ 上之最大值為　(7)　。
訣竅
可以使用 Cauchy 不等式或用 Lagrange 乘子法求解。
解法一
根據 Cauchy 不等式，我們有
$\displaystyle\left(x^2+\frac{y^2}4+\frac{z^2}9\right)\left(1^2+2^2+3^2\right)\geq\left(x+y+z\right)^2$
因此
$-\sqrt{14}\leq x+y+z\leq\sqrt{14}$
因此最大值為 $\sqrt{14}$。
解法二
運用 Lagrange 乘子法，我們設定 Lagrange 乘子函數如下：
$F\left(x,y,z,\lambda\right)=x+y+z+\lambda\left(36x^2+9y^2+4z^2-36\right)$
按此解以下的聯立方程組：
$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,z,\lambda)=1+72\lambda x=0,\\&F_y(x,y,z,\lambda)=1+18\lambda y=0,\\&F_z(x,y,z,\lambda)=1+8\lambda z=0,\\&F_\lambda(x,y,z,\lambda)=36x^2+9y^2+4z^2-36=0.\end{aligned}\right.$
由前三式可發現 $\lambda\neq0$，並解得 $\displaystyle x=-\frac1{72\lambda}$、$\displaystyle y=-\frac1{18\lambda}$、$\displaystyle z=-\frac1{8\lambda}$。代入第四式可得
$\displaystyle\frac1{144\lambda^2}+\frac1{36\lambda^2}+\frac1{16\lambda^2}=36$
解得 $\displaystyle\lambda=\pm\frac{\sqrt{14}}{72}$，因此 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\pm\left(\frac1{\sqrt{14}},\frac4{\sqrt{14}},\frac9{\sqrt{14}}\right)$，故最大值為 $\sqrt{14}$。


8. $\displaystyle\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}\frac1{\left(1+x^2+y^2\right)^3}dxdy=$　(8)　。
訣竅
根據被積分函數中出現 $x^2+y^2$ 可知應使用極座標變換。
解法

令 $\left\{\begin{aligned} &x=r\cos\theta\\ &y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，如此範圍為 $\left\{\begin{aligned} &0\leq r\leq\infty\\&0\leq\theta\leq\frac\pi2\end{aligned}\right.$，故原重積分可改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}\frac1{\left(1+x^2+y^2\right)^3}dxdy&=\int_0^{\frac\pi2}\int_0^{\infty}\frac{r}{\left(1+r^2\right)^3}drd\theta\\&=\left(\int_0^{\frac\pi2}d\theta\right)\left(\int_0^{\infty}\frac{rdr}{\left(1+r^2\right)^3}\right)\\&=\frac\pi2\times\left.\left(-\frac1{4\left(1+r^2\right)^2}\right)\right|_0^{\infty}=\frac\pi8.\end{aligned}$



9. $C$ 表 $x^2+y^2=16$ 之圓，則 $\displaystyle\oint_C\left(y+\sqrt{1+x^2}\right)dx+\left(4x-e^{\sin y}\right)dy=$　(9)　。
訣竅
封閉曲線的線積分可根據 Green 定理改為雙重積分。
解法

設 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\leq16\right\}$，此為由 $C$ 所圍成的封閉區域，則根據 Green 定理可將原線積分改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\displaystyle&\iint_D\left[\frac{\partial}{\partial x}\left(4x-e^{\sin y}\right)-\frac{\partial}{\partial y}\left(y+\sqrt{1+x^2}\right)\right]dxdy\\=&\iint_D3\,dxdy\\=&3\times16\pi=48\pi.\end{aligned}$



10. 有一個半徑 $1$ 米的半個球，該半球在距球心 $\ell$ 米處之密度為 $\displaystyle\frac1\ell$ 公斤/立方米，則該半球之質量中心與球心之距離為　(10)　。
訣竅
首先利用對稱性化簡問題，接著才根據質心公式進行求解。
解法
設球心座標為 $\left(0,0,0\right)$，此圖形為一上半球體，由對稱性可知質心的 $x$ 座標與 $y$ 座標皆為 $0$，而 $z$ 座標可由下式求得：
$\begin{aligned}\displaystyle\bar{z}&=\frac{\displaystyle\iiint z\rho\left(x,y,z\right)dxdydz}{\displaystyle\iiint\rho\left(x,y,z\right)dxdydz}\\&=\frac{\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^{\frac\pi2}\int_0^1\frac{\ell\cos\phi}\ell\cdot \ell^2\sin\phi\,d\ell\,d\phi\,d\theta}{\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^{\frac\pi2}\int_0^1\frac1\ell\ell^2\sin\phi\,d\ell\,d\phi\,d\theta}\\&=\frac{\displaystyle\left(\int_0^{2\pi}d\theta\right)\left(\int_0^{\frac\pi2}\sin\phi\cos\phi\,d\phi\right)\left(\int_0^1\ell^2\,d\ell\right)}{\displaystyle\left(\int_0^{2\pi}d\theta\right)\left(\int_0^{\frac\pi2}\sin\phi\,d\phi\right)\left(\int_0^1\ell\,d\ell\right)}=\frac13.\end{aligned}$
因此質心到球心的距離為 $\displaystyle\frac13$ 米。
2. 計算題，$20$ 分，要寫出演算過程。
已知在地表附近之重力加速度為 $9.8~\text{m}/\text{sec}^2$，某甲丟擲石頭，脫手時石頭的初速為 $\sqrt{9.8}~\text{m}/\text{sec}$。問
1. 若向半米外之牆壁丟擲，打到牆上之彈著點最高可到多高？($10\%$)
2. 若站在大操場之定點向各方向丟擲，石頭可能飛經處（不考慮石頭落地後之彈跳）所構成的立體之體積為何？($10\%$)
訣竅
由物理的概念求出軌跡方程式，求出在 $0.5$ 米處的 $y$ 座標後求極值；接著固定 $x$ 值求其最大可能的 $y$ 值，由此形成的曲線即為最大外邊界曲線。另一方面，若已經觀察出曲線為拋物線，則考慮最遠射程以及最大高度求拋物線；最後亦可使用使用 Pappus 幾何中心定理求其體積。
解法
1. 設擲出的角度為 $\theta$，飛行時間為 $t$，且物體起始的位置為 $\left(0,0\right)$，則

   $\left\{\begin{aligned} &x=\sqrt{9.8}t\cos\theta\\&y=\sqrt{9.8}t\sin\theta-4.9t^2\end{aligned}\right.$

   因此合併整理可得

   $\displaystyle y=x\tan\theta-\frac{x^2\sec^2\theta}2$

   故打到半米外的牆上時的座標為 $\displaystyle\left(\frac12,\frac{\tan\theta}2-\frac{\sec^2\theta}8\right)$。欲使 $y$ 座標有最大值，可對 $\theta$ 作微分取零得下式：

   $\displaystyle\frac{\sec^2\theta}2-\frac{\sec^2\theta\tan\theta}4=0$

   如此有 $\tan\theta=2$，因此 $\sec\theta=\sqrt5$，故最高位置有 $\displaystyle\frac38$ 米高。
2. 【解法一】如下圖：
   
   欲求對每一個 $x$ 座標最大可能的 $y$ 值為 $p$，則 $\left(x,p\right)$ 便是最大外邊界的方程式軌跡。現在固定 $x$ 值，則有

   $\displaystyle y=y\left(\theta\right)=x\tan\theta-\frac{x^2}2\sec^2\theta$

   故有

   $\displaystyle\frac{dy}{d\theta}=x\sec^2\theta\left(1-x\tan\theta\right)=0$

   因此可得 $\theta=\cot^{-1}\left(x\right)$，於是有 $\displaystyle\sin\theta=\frac1{\sqrt{x^2+1}}$、$\displaystyle\cos\theta=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$、$\displaystyle\tan\theta=\frac1x$。因此最大外邊界方程式為 $\displaystyle y=\frac{1-x^2}2$ 或寫為 $x=\sqrt{1-2y}$，如此由圓盤法可得體積為

   $\displaystyle V=\int_0^{\frac12}x^2\pi dy=\pi\int_0^{\frac12}\left(1-2y\right)dy=\pi\left(y-y^2\right)\Big|_0^{\frac12}=\frac\pi4$.

   【解法二】由於軌跡方程式為

   $\displaystyle y=x\tan\theta-\frac{x^2}2\sec^2\theta=-\frac1{2\cos^2\theta}\left(x-\frac{\sin2\theta}2\right)^2+\frac{\sin^2\theta}2$

   且已知最大圍曲線式個拋物線且對稱於 $y$ 軸，則由於此拋物線有兩交點分別為 $\left(0,0\right)$、$\left(\sin2\theta,0\right)$，而最高點的座標為 $\displaystyle\left(\frac{\sin2\theta}2,\frac{\sin^2\theta}2\right)$，因此當 $\theta=45^\circ$ 時有最大射程為 $1$；當 $\theta=90^\circ$ 時有最大高度為 $0.5$，故求得拋物線為 $y=-0.5x^2+0.5x$，餘下同【解法一】