國立臺灣大學一百零九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 $10$ 分　總分 $100$ 分。

1. $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt[x]2-1}{\displaystyle\frac1x}=$?
訣竅
首先運用代換法將極限問題簡化，如此能辨識其所求。
解法

令 $\displaystyle u=\frac1x$，如此當 $x\to\infty$ 可得 $u\to0^+$，因此所求的極限能改寫並運用 L'Hôpital 法則可計算如下

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt[x]2-1}{\displaystyle\frac1x}=\lim_{u\to0^+}\frac{2^u-1}u=\lim_{u\to0^+}\frac{2^u\ln 2}1=\ln 2.$

【註】 事實上，極限 $\displaystyle\lim_{u\to0}\frac{2^u-1}u$ 可代表函數 $f\left(x\right)=2^x$ 在 $x=0$ 處的導數值，而其導函數為 $f'\left(x\right)=2^x\ln 2$，故該處的導數確實為 $\ln2$。



2. Find $f'\left(2\right)$ if $f\left(x\right)=e^{g\left(x\right)}$ and $\displaystyle g\left(x\right)=\int_4^{x^2}\frac t{1+t^3}\,dt$.
訣竅
運用微積分基本定理與連鎖律求解即可。
解法

運用連鎖律與微積分基本定理可知

$\displaystyle f'\left(x\right)=e^{g\left(x\right)}g'\left(x\right)=e^{g\left(x\right)}\frac{x^2}{1+\left(x^2\right)^3}\cdot2x.$

取 $x=2$ 代入並注意到 $g\left(2\right)=0$，從而有

$\displaystyle f'\left(2\right)=e^0\cdot\frac4{1+4^3}\cdot4=\frac{16}{65}.$



3. Trochoid $x=2\theta-\sin\theta$, $y=2-\cos\theta$. Find the tangent line of the curve at $\displaystyle\theta=\frac\pi2$.
訣竅
利用連鎖律計算切線斜率，隨後運用點斜式寫出切線方程式。
解法
首先運用連鎖律計算切線斜率為
$\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{dy/d\theta}{dx/d\theta}=\frac{\sin\theta}{2-\cos\theta}.$
故當 $\displaystyle\theta=\frac\pi2$ 時切線斜率為 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\theta=\pi/2}=\frac12$，從而切線方程式為
$\displaystyle y-2=\frac12\left(x-\pi+1\right)$,
或寫為 $x-2y=\pi-5$。


4. Trochoid $x=2\theta-\sin\theta$, $y=2-\cos\theta$. Find the area under the curve and above the $x$-axis for $0\leq\theta\leq2\pi$.
訣竅
運用參數的求面積公式直接計算即可。
解法

使用參數式下的面積公式計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}A&=\int_0^{2\pi}y\left(\theta\right)x'\left(\theta\right)d\theta=\int_0^{2\pi}\left(2-\cos\theta\right)^2d\theta=\int_0^{2\pi}\left(4-4\cos\theta+\cos^2\theta\right)d\theta\\&=\frac12\int_0^{2\pi}\left(9-8\cos\theta+\cos2\theta\right)d\theta=\left.\frac12\left(9\theta-8\sin\theta+\frac{\sin2\theta}2\right)\right|_0^{2\pi}=9\pi.\end{aligned}$



5. Let the region $R$ be enclosed by the curves $y=x^2$ and $y=2-x^2$. Find the volume of the solid obtained by rotating the region $R$ about $x=1$.
訣竅
運用繞鉛直線的旋轉體體積公式。
解法

運用繞鉛直線的旋轉體體積公式

$\displaystyle\begin{aligned}V&=2\pi\int_{-1}^1\left(1-x\right)\left[\left(2-x^2\right)-x^2\right]dx=4\pi\int_{-1}^1\left(x^3-x^2-x+1\right)dx\\&=\left.4\pi\left(\frac{x^4}4-\frac{x^3}3-\frac{x^2}2+x\right)\right|_{-1}^1=\frac{16\pi}3.\end{aligned}$



6. Let the region $R$ be enclosed by the curves $y=x^2$ and $y=2-x^2$. Find the arc length of the region $R$.
訣竅
運用曲線弧長公式即可。
解法

運用曲線弧長公式列式如下

$\displaystyle s=\int_{-1}^1\sqrt{1+\left[\frac d{dx}\left(2-x^2\right)\right]^2}\,dx+\int_{-1}^1\sqrt{1+\left[\frac d{dx}\left(x^2\right)\right]^2}\,dx=2\int_{-1}^1\sqrt{1+4x^2}\,dx.$

令 $\displaystyle x=\frac{\tan\theta}2$，那麼

• 當 $x=-1$ 時有 $\theta=-\tan^{-1}\left(2\right)$；
• 當 $x=1$ 時有 $\theta=\tan^{-1}\left(2\right)$；
• 求導可知 $\displaystyle dx=\frac{\sec^2\theta}2d\theta$。

如此所求的弧長可改寫如下

$\displaystyle s=\int_{-\tan^{-1}\left(2\right)}^{\tan^{-1}\left(2\right)}\sec^3\theta\,d\theta=\left.\frac{\sec\tan\theta+\ln\left|\sec\theta+\tan\theta\right|}2\right|_{-\tan^{-1}\left(2\right)}^{\tan^{-1}\left(2\right)}=2\sqrt5+\ln(2+\sqrt5),$

其中 $\displaystyle\int\sec^3\theta\,d\theta$ 可運用分部積分計算如下

$\displaystyle\int\sec^3\theta\,d\theta=\sec\theta\tan\theta-\int\sec\theta\tan^2\theta\,d\theta=\sec\theta\tan\theta-\int\left(\sec^3\theta-\sec\theta\right)d\theta$,

故

$\displaystyle\int\sec^3\theta\,d\theta=\frac12\left(\sec\theta\tan\theta+\int\sec\theta\,d\theta\right)=\frac{\sec\theta\tan\theta+\ln\left|\sec\theta+\tan\theta\right|}2+C.$



7. Evaluate $\displaystyle\iint_R\cos\left(\frac{y-x}{y+x}\right)\,dA$ where $R$ is the trapezoidal region with vertices $\left(1,0\right)$, $\left(2,0\right)$, $\left(0,2\right)$ and $\left(0,1\right)$.
訣竅
運用變數變換處理之。
解法

令 $u=y+x$、$v=y-x$，則梯形 $R$ 的邊界分別為 $u=1$、$u=2$、$u+v=0$ 與 $u=-v$。再者，Jacobian 行列式值能計算如下

$\displaystyle\left|J\right|=\Big|\left|\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}\right|\Big|=\Big|\left|\frac{\partial\left(u,v\right)}{\partial\left(x,y\right)}\right|\Big|^{-1}=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}\\[3mm]\displaystyle\frac{\partial v}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}\end{vmatrix}\Big|^{-1}=\Big|\begin{vmatrix}1&1\\-1&1\end{vmatrix}^{-1}\Big|=\frac12.$

那麼

$\displaystyle\iint_R\cos\left(\frac{y-x}{y+x}\right)\,dA=\int_1^2\int_{-u}^u\cos\left(\frac vu\right)\cdot\frac12\,dv\,du=\frac12\int_1^2\left.u\sin\left(\frac vu\right)\right|_{-u}^u\,du=\sin\left(1\right)\int_1^2u\,du=\frac{3\sin\left(1\right)}2.$



8. Let $f\left(x,y\right)=x^4+y^4-4xy+1$. Find local maxima, local minima, and saddle points of $f\left(x,y\right)$.
訣竅
解一階偏導為零之處，隨後運用二階偏導函數來求解。
解法
為了找極值，我們解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&f_x\left(x,y\right)=4x^3-4y=0,\\&f_y\left(x,y\right)=4y^3-4x=0.\end{aligned}\right.$
運用代入消去法可知 $y=x^3=y^9$，可解得 $y=0$ 或 $y=\pm1$，此時可知 $x=0$ 或 $x=\pm1$。又計算二階判別式可知
$D\left(x,y\right)=\begin{vmatrix}f_{xx}\left(x,y\right)&f_{xy}\left(x,y\right)\\f_{yx}\left(x,y\right)&f_{yy}\left(x,y\right)\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}12x^2&-4\\-4&12y^2\end{vmatrix}=144x^2y^2-16$.
• 當 $\left(x,y\right)=\left(0,0\right)$ 時有 $D\left(0,0\right)=-16<0$，故 $\left(0,0\right)$ 為鞍點；
• 當 $\left(x,y\right)=\left(1,1\right)$ 時有 $D\left(1,1\right)=128>0$ 且 $f_{xx}\left(1,1\right)=12>0$，故 $\left(1,1\right)$ 為極小點；
• 當 $\left(x,y\right)=\left(-1,-1\right)$ 時有 $D\left(-1,-1\right)=128>0$ 且 $f_{xx}\left(-1,-1\right)=12>0$，故 $\left(-1,-1\right)$ 為極小點。
容易知道 $f\left(0,0\right)=1$ 而 $f\left(1,1\right)=f\left(-1,-1\right)=-1$。


9. Find the absolute maximum value and absolute minimum value of $f\left(x,y\right)=x^4+y^4-4xy+1$ on the disk $x^2+y^2\leq1$.
訣竅
運用 Lagrange 乘子法求解。
解法
對於圓盤內部的情形已在前一個小題中處理了，故我們僅需考慮在圓盤邊界的狀況。為此考慮 Lagrange 乘子函數如下
$F\left(x,y,\lambda\right)=x^4+y^4-4xy+1+\lambda\left(x^2+y^2-1\right)$.
據此解聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,\lambda\right)=4x^3-4y+2\lambda x=0,\\&F_y\left(x,y,\lambda\right)=4y^3-4x+2\lambda y=0,\\&F_{\lambda}\left(x,y,\lambda\right)=x^2+y^2-1=0.\end{aligned}\right.$
前兩式相加可知 $4\left(x^3+y^3\right)+\left(2\lambda-4\right)\left(x+y\right)=0$，可因式分解得
$\left(x+y\right)\left(2\lambda-4+4x^2-4xy+4y^2\right)=0$.
• 若 $x+y=0$，則透過第三式可得座標 $\left(x,y\right)=\pm\left(\sqrt2/2,-\sqrt2/2\right)$。
• 若 $2\lambda-4+4x^2-4xy+4y^2=0$，透過第三式便有 $\lambda=2xy$。代回第一式有 $x^3-y+x^2y=0$，代回第二式有 $y^3-x+xy^2=0$，兩式相減有 $\left(x-y\right)\left(1+xy\right)=0$。
• 若 $x=y$，則搭配有 $\left(x,y\right)=\left(\sqrt2/2,\sqrt2/2\right)$；
• 若 $xy=-1$，代入第三式可知 $x^4-x^2+1=0$，容易發現其無解。
至此我們的候選點有 $\left(0,0\right)$、$\pm\left(\sqrt2/2,\sqrt2/2\right)$ 與 $\pm\left(\sqrt2/2,-\sqrt2/2\right)$。代入可知
$\displaystyle f\left(\sqrt2/2,\sqrt2/2\right)=f\left(-\sqrt2/2,-\sqrt2/2\right)=-1/2,\qquad f\left(\sqrt2/2,-\sqrt2/2\right)=f\left(-\sqrt2/2,\sqrt2/2\right)=7/2$.
故最大值為 $7/2$ 而最小值為 $-1/2$。


10. Solve the differential equation $xy'=y+x^2\sin x$ with $y\left(\pi\right)=2\pi$.
訣竅
運用積分因子法求解微分方程。
解法

首先整理給定的微分方程為標準型如下

$\displaystyle y'-\frac yx=x\sin x$.

此時的積分因子為 $\displaystyle e^{\int\left(-1/x\right)dx}=e^{-\ln x}=\frac1x$，故同乘以 $\displaystyle\frac1x$ 可得

$\displaystyle \frac d{dx}\left(\frac yx\right)=\frac1x\frac{dy}{dx}-\frac y{x^2}=\sin x$.

接著取積分可得

$\displaystyle \frac{y\left(x\right)}x-\frac{y\left(\pi\right)}\pi=\int_\pi^x\sin t\,dt=-\cos x\Big|_\pi^x=-\cos x-1.$

如此所求為

$y\left(x\right)=x-x\cos x$.