國立臺灣大學一百零八學年度轉學生入學考試試題詳解

※注意：請於試卷上「非選擇題作答區」標明題號並依序作答。

不得使用計算機　每題十分　總分 $100$分

1. Lemniscate $\left(x^2+y^2\right)^2=x^2-y^2$. At the point $\left(x,y\right)=\left(\sqrt6/4,\sqrt2/4\right)$, $dy/dx=$?
訣竅
運用隱函數微分即可求解；亦可（選取適當的正負號）解出 $y$ 後微分求解。
解法一
直接隱函數微分有
$\displaystyle2\left(x^2+y^2\right)\cdot\left(2x+2y\frac{dy}{dx}\right)=2x-2y\frac{dy}{dx}$,
取 $\displaystyle x=\frac{\sqrt6}4$、$\displaystyle y=\frac{\sqrt2}4$ 可得
$\displaystyle2\cdot\frac12\cdot\left(\frac{\sqrt6}2+\frac{\sqrt2}2\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(\sqrt6/4,\sqrt2/4\right)}\right)=\frac{\sqrt6}2-\frac{\sqrt2}2\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(\sqrt6/4,\sqrt2/4\right)}$.
如此易解得 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(\sqrt6/4,\sqrt2/4\right)}=0$。
解法二
展開給定方程有 $y^4+\left(2x^2+1\right)y^2+\left(x^4-x^2\right)=0$，如此解 $y^2$ 如下
$\displaystyle y^2=\frac{-2x^2-1\pm\sqrt{8x^2+1}}2$.
由於 $y^2\geq0$，易知取正，即有
$\displaystyle y=\pm\sqrt{\frac{-2x^2-1+\sqrt{8x^2+1}}2}$.
最後由考慮的座標之 $y>0$ 取正號，隨後求導有
$\displaystyle\frac{dy}{dx}=\sqrt{\frac2{-2x^2-1+\sqrt{8x^2+1}}}\cdot\left(-4x+\frac{8x}{\sqrt{8x^2+1}}\right)$.
代入 $\displaystyle x=\frac{\sqrt6}4$ 可得 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{(x,y)=(\sqrt6/4,\sqrt2/4)}=0$。


2. If $x^3+y^3=3xy$, then $x+y\leq\max=$?
訣竅
運用基本的不等式即可求解；亦可使用 Lagrange 乘子法求條件極值。
解法一
首先整理限制條件可知
$\displaystyle x+y=\frac{3xy}{x^2-xy+y^2}$,
接著運用算術幾何不等式可知
$x^2+y^2\geq2xy$.
這表明 $x^2-xy+y^2\geq xy$，故有 $\displaystyle\frac{xy}{x^2-xy+y^2}\leq1$，因此 $x+y\leq3$，而等號成立條件為 $\displaystyle x=y=\frac32$。
解法二
設 Lagrange 乘子函數如下
$F\left(x,y,\lambda\right)=x+y+\lambda\left(x^3+y^3-3xy\right)$.
據此解下列聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,\lambda\right)=1+\lambda\left(3x^2-3y\right)=0,\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=1+\lambda\left(3y^2-3x\right)=0,\\&F_\lambda\left(x,y,\lambda\right)=x^3+y^3-3xy=0.\end{aligned}\right.$
前兩式相減可知 $\lambda\left(3x^2-3y^2+3x-3y\right)=0$，或寫為 $3\lambda\left(x-y\right)\left(x+y+1\right)=0$。又由第一式明顯可知 $\lambda\neq0$。
• 若 $x=y$，則由第三式可知 $2x^3=3x^2$，易得 $x=0$ 或 $\displaystyle x=\frac32$。然而當 $x=0$ 時則 $y=0$，這與第一式或第二式矛盾。故僅得 $\displaystyle\left(x,y\right)=\left(\frac32,\frac32\right)$。
• 當 $x+y+1=0$ 時，那麼代入第三式則有

  $x^3-\left(x+1\right)^3+3x\left(x+1\right)=0$.

  展開則得矛盾式 $1=0$，故此情形不成立。
因此綜上可知極值發生在 $\displaystyle x=y=\frac32$，此時 $x+y=3$。


3. The probability density function of an exponential distribution is $f\left(x\right)=3e^{-3x}$ if $x\geq0$, $f\left(x\right)=0$ if $x<0$. Find the expected value $E\left(x\right)=$?
訣竅
由連續機率密度期望值的定義求解即可。
解法

按定義並使用分部積分法可知

$\begin{aligned}E\left(x\right)&=\int_0^\infty3xe^{-3x}\,dx\\&=-\int_0^\infty x\,de^{-3x}\\&=-xe^{-3x}\Big|_0^\infty+\int_0^\infty e^{-3x}\,dx\\&=\left.-\frac{e^{-3x}}3\right|_0^\infty=\frac13.\end{aligned}$



4. $f\left(x\right)=\left(\sin x\right)^{\cos x}$, $f'\left(x\right)=$?
訣竅
運用換底公式後使用連鎖律微分計算即可。
解法

函數 $f$ 可以先用換底公式改寫如下

$f\left(x\right)=\left(\sin x\right)^{\cos x}=\exp\left[\left(\cos x\right)\ln\left(\sin x\right)\right]$.

接著運用連鎖律微分可得

$\begin{aligned}f'\left(x\right)&=\exp\left[\left(\cos x\right)\ln\left(\sin x\right)\right]\cdot\left[-\left(\sin x\right)\ln\left(\sin x\right)+\cos x\cdot\frac{\cos x}{\sin x}\right]\\&=-\left(\sin x\right)^{\cos x+1}\ln\left(\sin x\right)+\left(\sin x\right)^{\cos x-1}\cos^2x.\end{aligned}$



5. $f\left(x\right)=1/\left(x^2-x-2\right)=$ Taylor series $=\displaystyle\sum a_nx^n$, $a_n=$?
訣竅
將給定的函數改寫後運用無窮等比級數即可寫出其對應的 Taylor 級數。
解法
直接改寫如下
$\begin{aligned}f\left(x\right)&=\frac1{x^2-x-2}\\&=\frac13\left(\frac1{x-2}-\frac1{x+1}\right)\\&=-\frac16\frac1{1-\frac x2}-\frac13\frac1{1+x}\\&=-\frac16\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{2^n}-\frac13\sum_{n=0}^\infty\left(-1\right)^nx^n\\&=\sum_{n=0}^\infty\left(-\frac1{6\cdot2^n}-\frac{\left(-1\right)^n}3\right)x^n.\end{aligned}$
因此 $\displaystyle a_n=-\frac1{6\cdot2^n}-\frac{\left(-1\right)^n}3$。


6. $A=\left(-1,0\right)$, $B=\left(0,1\right)$, $C=\left(2,2\right)$. Use the method of least squares to find a line $y=mx+b$ that best fits $A,B,C$. $m=$?, $b=$?
訣竅
瞭解最小平方法的概念求適合的 $m$ 與 $b$ 使殘差平方和達到最小。
解法
設殘差平方和如下
$E\left(m,b\right)=\left(m\cdot\left(-1\right)+b-0\right)^2+\left(m\cdot0+b-1\right)^2+\left(m\cdot2+b-2\right)^2=5m^2+2mb+3b^2-8m-6b+5$.
除了使用配方法外可以直接偏微求極值如下
$\left\{\begin{aligned}&E_m\left(m,b\right)=10m+2b-8=0,\\&E_b\left(m,b\right)=2m+6b-6=0.\end{aligned}\right.$
如此可解得 $\displaystyle m=\frac9{14}$、$\displaystyle b=\frac{11}{14}$。為了確定此達到極小值，亦可使用二階判別式檢驗如下
$D\left(m,b\right)=E_{mm}E_{bb}-E_{mb}E_{bm}=10\cdot6-2^2=56>0$.
並且 $E_{mm}=10>0$、$E_{bb}=6>0$，故在此處達到極小值。


7. $\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\sin x\right)^{\left(\cos x-1\right)}=$?
訣竅
改寫後使用 L'Hôpital 法則即可。
解法
使用換底改寫極限可知
$\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\sin x\right)^{\cos x-1}=\exp\left[\lim_{x\to0}\left(\cos x-1\right)\ln\left(\sin x\right)\right]$.
因此關注在指數中的部分，分子分母同乘以 $\cos x+1$ 可知
$\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\cos x-1\right)\ln\left(\sin x\right)=\lim_{x\to0}\frac{-\sin^2x\ln\left(\sin x\right)}{\cos x+1}$.
由於分母之極限為 $2$，故僅限考慮分子之極限並改寫如下使用 L'Hôpital 法則
$\displaystyle\lim_{x\to0}\left[-\sin^2x\ln\left(\sin x\right)\right]=\lim_{x\to0}\frac{-\ln\left(\sin x\right)}{\csc^2x}=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle-\frac{\cos x}{\sin x}}{-2\csc^2x\cot x}=\lim_{x\to0}\frac{\sin^2x}2=0.$
故所求為 $\exp\left(0\right)=1$。


8. Find the area of the surface $z=xy$, $x^2+y^2\leq1$.
訣竅
將曲面參數化後使用曲面面積公式求解。
解法

設 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\leq1\right\}$，而曲面 $z=xy$ 可參數化為

${\bf r}\left(x,y\right)=\left(x,y,xy\right)$.

如此所求的面積可以表達如下

$\begin{aligned}A&=\iint_D\left|{\bf r}_x\left(x,y\right)\times{\bf r}_y\left(x,y\right)\right|dA\\&=\iint_D\left|\left(1,0,y\right)\times\left(0,1,x\right)\right|dA\\&=\iint_D\left|\left(-y,-x,1\right)\right|dA\\&=\iint_D\sqrt{1+x^2+y^2}\,dA.\end{aligned}$

運用極座標變換可知 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其變數範圍為 $0\leq r\leq1$、$0\leq\theta\leq2\pi$，如此所求的面積可以改寫並計算如下

$\displaystyle A=\int_0^{2\pi}\int_0^1\sqrt{1+r^2}r\,dr\,d\theta=2\pi\int_0^1r\sqrt{1+r^2}\,dr=\left.\frac{2\pi}3\left(1+r^2\right)^{3/2}\right|_0^1=\frac{2\pi\left(2\sqrt2-1\right)}3.$



9. $y=f\left(x\right)$, $y'=2y\left(10-y\right)$, $f\left(0\right)=1$, $f\left(x\right)=$?
訣竅
運用分離變量法；亦可視之為 Bernoulli 方程來使用變數代換法。
解法一

移項整理可知

$\displaystyle\frac1{10}\left(\frac1y+\frac1{10-y}\right)dy=\frac{dy}{y\left(10-y\right)}=2\,dx$.

兩邊同取不定積分可知

$\displaystyle\frac1{10}\left(\ln\left|y\right|-\ln\left|10-y\right|\right)=2x+C$.

由初始條件 $f\left(0\right)=1$ 可知 $\displaystyle C=-\frac{\ln9}{10}$，因此整理可知

$\displaystyle\ln\left|\frac{y}{10-y}\right|=20x-\ln9$.

取自然指數可得

$\displaystyle\frac{y}{10-y}=\frac19e^{20x}$.

最終可求得

$\displaystyle y\left(x\right)=\frac{10}{1+9e^{-20x}}$.

解法二

兩邊同除以 $y^2$ 可得

$\displaystyle\frac1{y^2}\frac{dy}{dx}=\frac{20}y-2$.

令 $\displaystyle u=\frac1y$，那麼有 $\displaystyle\frac{du}{dx}=-\frac1{y^2}\frac{dy}{dx}$，故原方程可改寫為

$\displaystyle\frac{du}{dx}=-20u+2$.

使用積分因子 $e^{20x}$ 可知

$\left(e^{20x}u\right)'=e^{20x}u'+20e^{20x}u=2e^{20x}$.

兩邊同取積分，並且注意到 $u\left(0\right)=1$，故得

$\displaystyle e^{20x}u\left(x\right)-1=\frac1{10}e^{20x}-\frac1{10}$.

因此求得

$\displaystyle u\left(x\right)=\frac{1+9e^{-20x}}{10}$.

故得

$\displaystyle y\left(x\right)=\frac1{u\left(x\right)}=\frac{10}{1+9e^{-20x}}$.



10. Polar coordinate $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$. Cardioid $r=1-\sin\theta$. At the point $\left(x,y\right)=\left(1,0\right)$, $d^2y/dx^2=$?
訣竅
將給定的極座標方程以 $x,y$ 表達後使用隱函數微分求解即可。
解法
兩邊同乘以 $r$ 可得
$x^2+y^2=r^2=r-r\sin\theta=\sqrt{x^2+y^2}-y$.
移項平方有 $\left(x^2+y^2+y\right)^2=x^2+y^2$，如此使用隱函數微分可得
$\displaystyle2\left(x^2+y^2+y\right)\left(2x+2y\frac{dy}{dx}+\frac{dy}{dx}\right)=2x+2y\frac{dy}{dx}$.
取 $x=1$ 與 $y=0$ 可知 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1,0\right)}=-1$。接著繼續對上式進行隱函數微分可得
$\displaystyle2\left(2x+2y\frac{dy}{dx}+\frac{dy}{dx}\right)^2+2\left(x^2+y^2+y\right)\left(2+2\left(\frac{dy}{dx}\right)^2+2y\frac{d^2y}{dx^2}+\frac{d^2y}{dx^2}\right)=2+2\left(\frac{dy}{dx}\right)^2+2y\frac{d^2y}{dx^2}$.
代入 $x=1$、$y=0$ 以及 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1,0\right)}=-1$，如此求得 $\displaystyle\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{\left(x,y\right)=\left(1,0\right)}=-3$。