國立臺灣大學九十八學年度轉學生入學考試試題詳解

答案請寫在答案卷上

1. 填充題：請標明題號及格號，並依續作答。共 $14$ 格，每格 $5$ 分，計 $70$ 分。
1. 所有通過 $\left(-2,-8\right)$，且與 $y=x^3$ 相切的直線為　　(1a)　　與　　(1b)　　。
訣竅
根據點斜式列出切線方程式即可。
解法

設切點為 $\left(c,f\left(c\right)\right)$，則切線方程式為 $y-f\left(c\right)=f'\left(c\right)\left(x-c\right)$，取 $\left(x,y\right)=\left(-2,-8\right)$ 代入可得

$-8-c^3=3c^2\left(-2-c\right)$

如此可得 $c=1$ 或 $c=-2$，如此過 $\left(-2,-8\right)$ 的切線為 $y-1=3\left(x-1\right)$ 與 $y+8=12\left(x+2\right)$，即

$3x-y-2=0$,　$12x-y+16=0$.



2. 函數 $\displaystyle y=\frac{\sqrt{x^6+3}-x^3-x^2}{x^2-x}$ 之圖形的所有漸近線為　　(2a)　　，　　(2b)　　及　　(2c)　　。
訣竅
考慮水平漸近線、鉛直漸近線以及斜漸近線即可。
解法
記題幹的函數為 $f\left(x\right)$。首先考慮水平漸近線，即考慮 $x\to\infty$、$x\to-\infty$ 得
$\begin{aligned}\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)&=\lim_{x\to\infty}\frac{-2x^5-x^4+3}{\left(x^2-x\right)\left(\sqrt{x^6+3}+x^3+x^2\right)}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle-2-\frac1x+\frac3{x^5}}{\displaystyle\left(1-\frac1x\right)\left(\sqrt{1+\frac3{x^6}}+1+\frac1x\right)}=-1,\\\lim_{x\to-\infty}f\left(x\right)&=\lim_{x\to-\infty}\frac{\displaystyle-2-\frac1x+\frac3{x^5}}{\displaystyle\left(1-\frac1x\right)\left(-\sqrt{1+\frac3{x^6}}+1+\frac1x\right)}=+\infty.\end{aligned}$
因此水平漸近線為 $y=-1$。接著考慮鉛直線近線：它可能為 $x=0$ 或 $x=1$，檢查如下
$\displaystyle\lim_{x\to0}f\left(x\right)=\pm\infty$　；　$\displaystyle\lim_{x\to1}f\left(x\right)=\lim_{x\to1}\frac{\displaystyle\frac{3x^5}{\sqrt{x^6+3}}-3x^2-2x}{2x-1}=\frac{-7}2$
因此鉛直漸近線為 $x=0$。最後考慮斜漸近線 $y=ax+b$，其中 $a$、$b$ 的求法如下：
$\displaystyle\begin{aligned}a&=\lim_{x\to-\infty}\frac{f\left(x\right)}x=\lim_{x\to-\infty}\frac{\displaystyle-\sqrt{1+\frac3{x^6}}-1-\frac1x}{\displaystyle1-\frac1x}=-2,\\b&=\lim_{x\to-\infty}\left(f\left(x\right)-ax\right)=\lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{x^6+3}+x^3-3x^2}{x^2-x}\\&=\lim_{x\to-\infty}\frac{6x^5-9x^4+3}{\left(x^2-x\right)\left(\sqrt{x^6+3}+3x^2-x^3\right)}\\&=\lim_{x\to-\infty}\frac{\displaystyle6-\frac9x+\frac3{x^5}}{\displaystyle\left(1-\frac1x\right)\left(-\sqrt{1+\frac3{x^6}}+\frac3x-1\right)}=-3.\end{aligned}$
故得斜漸近線為 $y=-2x-3$。


3. $\displaystyle\int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}dx=$　　(3)　　。
訣竅
使用分部積分即可，其中需考察分母 $1+\cos^2x$ 的用意；除此之外也可以利用已知的定理求解。
解法一
$\displaystyle\int_0^\pi\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}dx=-x\arctan\left(\cos x\right)\Big|_{x=0}^{x=\pi}+\int_0^\pi\arctan\left(\cos x\right)dx=\frac{\pi^2}4$
其中
$\displaystyle\int_0^\pi\arctan\left(\cos x\right)dx=\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\arctan\left[\cos\left(x+\frac\pi2\right)\right]dx=-\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\arctan\left(\sin x\right)dx=0$.
這是由於奇函數的積分對稱性所得。
解法二

引理：設 $f$ 為連續函數，則有

$\displaystyle\int_0^\pi xf\left(\sin x\right)dx=\frac\pi2\int_0^\pi f\left(\sin x\right)dx$

引理的證明

利用平移可知

$\begin{aligned}\displaystyle&\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\left(x+\frac\pi2\right)f\left(\sin\left(x+\frac\pi2\right)\right)dx\\=&\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}xf\left(\cos x\right)dx+\frac\pi2\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}f\left(\cos x\right)dx\\=&0+\frac\pi2\int_0^\pif\left(\sin x\right)dx\end{aligned}$

其中第一項利用奇函數的特性為零，第二項則再次平移回原積分區域，如此證明完畢。

透過這個引理，我們所求的定積分可改寫並計算如下：

$\displaystyle\frac\pi2\int_0^\pi\frac{\sin x}{1+\cos^2x}dx=\frac\pi2\left.\arctan\left(\cos x\right)\right|_0^\pi=\frac\pi2\cdot\left(\frac{3\pi}4-\frac\pi4\right)=\frac{\pi^2}4$



4. 若瑕積分 $\displaystyle\int_{\sqrt2}^\infty\left(\frac\alpha{\sqrt{x^2-1}}-\frac x{x^2+1}\right)dx$ 收斂，則 $\alpha=$　　(4a)　　，且此時的積分值為　　(4b)　　。
訣竅
假定收斂直接求其積分，審視 $\alpha$ 可能的值。
解法

直接計算此積分如下：

$\begin{aligned}\displaystyle\int_{\sqrt2}^{\infty}\left(\frac\alpha{\sqrt{x^2-1}}-\frac x{x^2+1}\right)dx&=\left.\left(\alpha\ln\left|x+\sqrt{x^2-1}\right|-\ln\sqrt{x^2+1}\right)\right|_{\sqrt2}^{\infty}\\&=\left.\ln\frac{\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)^\alpha}{\sqrt{x^2+1}}\right|_{\sqrt2}^\infty.\end{aligned}$

欲使積分後的結果收斂，可知應取 $\alpha=1$ 才可能使分子分母次方相同，此時積分值為：

$\displaystyle\lim_{b\to\infty}\ln\left(\frac{b+\sqrt{b^2-1}}{\sqrt{b^2+1}}\right)-\ln\frac{\sqrt2+1}{\sqrt3}=\ln2-\ln\left(\sqrt2+1\right)+\frac12\ln3$



5. 級數 $\displaystyle\sum_{n=3}^\infty\left[\left(\sqrt2-\sqrt[3]2\right)\left(\sqrt2-\sqrt[4]2\right)\cdots\left(\sqrt2-\sqrt[n]2\right)\right]$ 是收斂或發散？答：　　(5)　　。
訣竅
由於此連加式中主要為相乘項，因此考慮使用比值審歛法。
解法
設 $a_n=\left(\sqrt2-\sqrt[3]2\right)\left(\sqrt2-\sqrt[4]2\right)\cdots\left(\sqrt2-\sqrt[n]2\right)$，則
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\sqrt2-\sqrt[n+1]2\right|=\sqrt2-1<1$
因此由比值審歛法知原級數收斂。


6. 極座標平面上，兩曲線 $r^2=2\cos\theta$ 及 $r=2+2\cos\theta$ 有三個交點，它們是原點及 $\left(r,\theta\right)=$　　(6a)　　或　　(6b)　　。
訣竅
聯立解交點，但須注意到該曲線之定義與同界角等情形。
解法

對曲線 $r^2=2\cos\theta$ 而言，僅當 $\displaystyle\theta\in\left[-\frac\pi2,\frac\pi2\right]$ 時有定義。但針對每個給定的 $\theta$ 有兩個 $r$ 可以符合，亦即 $r=\pm\sqrt{2\cos\theta}$。

當 $r=\sqrt{2\cos\theta}>0$ 時，運用代入消去法可知 $2\cos\theta=\left(2+2\cos\theta\right)^2$，展開後有 $2\cos^2\theta+3\cos\theta+2=0$，如此解得

$\displaystyle\cos\theta=\frac{-3\pm\sqrt{-7}}4\in\mathbb C$

故在此情形下無解。

當 $r=-\sqrt{2\cos\theta}$ 時，可改寫為 $r=\sqrt{2\cos\left(\theta-\pi\right)}$，此時 $\displaystyle\theta\in\left[\frac\pi2,\frac{3\pi}2\right]$，那麼運用代入消去法有 $2\cos^2+5\cos\theta+2=0$，如此可解得

$\displaystyle\cos\theta=\frac{-5\pm\sqrt9}4$

亦即 $\cos\theta=-2$ 或 $\displaystyle-\frac12$，但 $\cos\theta=-2$ 不合理。因此僅有 $\displaystyle\cos\theta=-\frac12$ 為可能選項。故 $\displaystyle\theta=\frac{2\pi}3+2k\pi$、$\displaystyle\theta=\frac{4\pi}3+2k\pi$，其中 $k$ 為整數，而 $r=1$。

根據以上分析可知所求為

$\displaystyle\left(1,\frac{2\pi}3+2k\pi\right)$；$\displaystyle\left(1,\frac{4\pi}3+2k\pi\right)$



7. 若 $f\left(x,y\right)=e^{x^2+y}$，則 $\displaystyle\frac{\partial^{100}f}{\partial x^{50}\partial y^{50}}\left(0,0\right)=$　　(7a)　　，$\displaystyle\frac{\partial^{100}f}{\partial x^{49}\partial y^{51}}\left(0,0\right)=$　　(7b)　　。
訣竅
求高階導數應考慮使用 Taylor 展開式。
解法

首先對 $f$ 作 Taylor 展開如下：

$\displaystyle f\left(x,y\right)=e^{x^2}e^y=\left(1+x^2+\frac{x^4}2+\frac{x^6}6+\frac{x^8}{24}+\cdots+\frac{x^{48}}{24!}+\frac{x^{50}}{25!}+\cdots\right)e^y$

因此有

$\displaystyle\frac{\partial^{100}f}{\partial^{50}x\partial^{50}y}\left(0,0\right)=\frac{50!}{25!}$　；　$\displaystyle\frac{\partial^{100}f}{\partial^{49}x\partial^{51}y}\left(0,0\right)=0$



8. 令 $D=\left\{\left(x,y\right)|x^2+y^2\leq2\right\}$，則積分 $\displaystyle\iint_D\left(x^2\tan x+y^5+3\right)dA=$　　(8)　　。
訣竅
根據對稱性求解。
解法

原式可拆解如下：

$\displaystyle\iint_D\left(x^2\tan x+y^5\right)dA+3\iint_DdA$

其中第一項由對稱性可知積分值為零，於是所求為

$\displaystyle\iint_D\left(x^2\tan x+y^5+3\right)dA=3\iint_DdA=3\cdot2\pi=6\pi$

2. 計算題：必須有計算過程，才予以計分。共 $3$ 題，每題 $10$ 分，計 $30$ 分。
9. 求函數 $f\left(x,y\right)=e^{x^2y}$ 在圓盤 $x^2+y^2\leq1$ 上的極值。
訣竅
本題可在邊界上使用 Lagrange 乘子法，而在內部使用一階偏導數為零求出極值可能發生的位置，再使用二階偏導函數判別之；此外也可以將限制條件變形後使用 Lagrange 乘子法。
解法一

先在內部求一階偏導函數為零的位置：

$\left\{\begin{aligned}&f_x\left(x,y\right)=2xye^{x^2y}=0,\\&f_y\left(x,y\right)=x^2e^{x^2y}=0.\end{aligned}\right.$

如此可得解為 $\left(x,y\right)=\left(0,a\right)$，其中 $a\in\left(-1,1\right)$，且 $f\left(0,a\right)=1$。

接著我們考慮邊界上的極值，考慮 Lagrange 乘子函數為 $F\left(x,y,\lambda\right)=e^{x^2y}+\lambda\left(x^2+y^2-1\right)$，如此解以下聯立方程組：

$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,\lambda)=2xye^{x^2y}+2x\lambda=0,\\&F_y(x,y,\lambda)=x^2e^{x^2y}+2y\lambda=0,\\&F_\lambda(x,y,\lambda)=x^2+y^2-1=0.\end{aligned}\right.$

若 $x=0$，可得 $\left(x,y\right)=\left(0,\pm1\right)$，於是有 $f\left(0,\pm1\right)=1$。
若 $x\neq0$，則由第一式可得 $\lambda=-ye^{x^2y}$，將此代入第二式後可得 $x^2-2y^2=0$，於是 $\displaystyle x^2=\frac23$，$\displaystyle y^2=\frac13$。

因此

$\displaystyle\left(x,y\right)=\left(\pm\sqrt{\frac23},\pm\sqrt{\frac13}\right)$

因此$\displaystyle f_{\max}=f\left(\pm\sqrt{\frac23},\sqrt{\frac13}\right)=\exp\left(\frac{2\sqrt3}9\right)$、$\displaystyle f_{\min}=f\left(\pm\sqrt{\frac23},-\sqrt{\frac13}\right)=\exp\left(-\frac{2\sqrt3}9\right)$。

解法二
由於 $x^2+y^2\leq1$，故存在 $s\in\mathbb R$ 使得 $x^2+y^2+s^2=1$，由此設 Lagrange 乘子函數如下
$F\left(x,y,s,\lambda\right)=e^{x^2y}+\lambda\left(x^2+y^2+s^2-1\right)$
據此解聯立方程組：
$\displaystyle\frac{\partial F}{\partial x}=\frac{\partial F}{\partial y}=\frac{\partial F}{\partial s}=\frac{\partial F}{\partial\lambda}=0$
餘下步驟與解法一類似因此省略。


10. 一物體經過點 $\displaystyle\left(\frac52,4,-\frac74\right)$，且以 $-{\bf i}-3{\bf j}+5{\bf k}$ 之等速度往前行。它擊中曲面 $z=x^2+y^2$ 後反彈，假設入射角等於反射角，且反彈後速率不減。求反彈後的速度。
訣竅
以入射方向先解出交點，接著求出該點的法線方向，依此求得反射方向。
解法
按題目條件可知此物體沿著直線 $\displaystyle\frac{x-\frac52}{-1}=\frac{y-4}{-3}=\frac{z+\frac74}5=t$ 前進，即
$\displaystyle\left\{\begin{aligned}&x=\frac52-t\\&y=4-3t\\&z=-\frac74+5t\end{aligned}\right.$　$\left(t\in\mathbb R\right)$
代入 $z=x^2+y^2$ 可得：
$\displaystyle-\frac74+5t=\left(\frac52-t\right)^2+\left(4-3\right)^2=\left(\frac{25}4-5t+t^2\right)+\left(16-24t+9t^2\right)$
即 $10t^2-34t+24=0$，可得 $t=1$ 或 $\displaystyle t=\frac{12}5$，此時對應的點分別為 $\displaystyle\left(\frac32,1,\frac{13}4\right)$ 和 $\displaystyle\left(\frac1{10},-\frac{16}5,\frac{41}4\right)$。取時間較近的點，即 $t=1$ 時的點作為碰撞點，此時法線方向由梯度來求：
首先有 $\nabla\left(z-x^2-y^2\right)=\left(-2x,-2y,1\right)$，於是在 $t=1$ 時的法線方向為 $\left(-3,-2,1\right)$。另一方面，我們也可以知道入射向量為 $\left(-1,-3,5\right)$
我們設反射向量為 $\vec v$，則 $\left(-1,-3,5\right)+\vec v\perp\left(-3,-2,1\right)$，即
$14+\left(-3,-2,1\right)\cdot\vec v=0$
再者我們也有 $\vec v-\left(-1,-3,5\right)\parallel\left(-3,-2,1\right)$，即
$\vec v=\left(-1,-3,5\right)+a\left(-3,-2,1\right)$
其中 $a$ 為實數。於是聯立可得 $a=-2$，從而 $\vec v=\left(5,1,3\right)$。


11. 求線積分 $\displaystyle\int_Cyz^2dx+\left(xz^2+ze^{yz}\right)dy+\left(2xyz+ye^{yz}+\frac1{1+z}\right)dz$，其中曲線 $C$ 是 ${\bf r}\left(t\right)=t\,{\bf i}+t^2\,{\bf j}+t^3\,{\bf k}$，$0\leq t\leq1$。
訣竅
本題可以透過技巧性地觀察後使用全微分；或者按線積分的意義參數化代入求定積分。
解法一

將本題積分組改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\displaystyle&~~~~\int_{\left(0,0,0\right)}^{\left(1,1,1\right)}\left(yz^2dx+xz^2dy+2xyzdz\right)+\int_{\left(0,0,0\right)}^{\left(1,1,1\right)}\left(ze^{yz}dy+ye^{yz}dz\right)+\int_{\left(0,0,0\right)}^{\left(1,1,1\right)}\frac{dz}{1+z}\\&=xyz^2+e^{yz}+\ln\left(1+z\right)\Big|_{\left(0,0,0\right)}^{\left(1,1,1\right)}\\&=e+\ln2.\end{aligned}$

解法二

改寫為定積分並計算如下：

$\begin{aligned}\displaystyle&~~~~\int_0^1t^2\cdot\left(t^3\right)^2dt+\int_0^1\left(t\cdot\left(t^3\right)+t^3e^{t^2\cdot t^3}\right)\cdot2tdt+\int_0^1\left(2t\cdot t^2\cdot t^3+t^2e^{t^2\cdot t^3}+\frac1{1+t^3}\right)\cdot3t^2dt\\&=\int_0^1\left(9t^8+5t^4e^{t^5}+\frac{3t^2}{1+t^3}\right)dt\\&=\left.\left(t^9+e^{t^5}+\ln\left(1+t^3\right)\right)\right|_0^1\\&=e+\ln2.\end{aligned}$