成功大學 102 年微積分A 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Find the limit: $\lim\limits_{x 	o 0} \left( \frac{1}{x \cdot \arcsin x} - \frac{1}{x^3} ight)$.

Accepted Answer

**Step 1：通分合併**

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

等等，通分應該用公分母 $x^3 \cdot \arcsin x$：
$$\frac{1}{x \arcsin x} = \frac{x^2}{x^3 \arcsin x}, \quad \frac{1}{x^3} = \frac{\arcsin x}{x^3 \arcsin x}$$

$$\Rightarrow \frac{1}{x \arcsin x} - \frac{1}{x^3} = \frac{x^2 - \arcsin x}{x^3 \arcsin x}$$

**Step 2：Taylor 展開**

$$\arcsin x = x + \frac{x^3}{6} + O(x^5)$$

分子：$x^2 - \arcsin x = x^2 - x - \dfrac{x^3}{6} + O(x^5)$

分母：$x^3 \arcsin x = x^3 \cdot x(1 + O(x^2)) = x^4 + O(x^6)$

分子主項為 $-x$，分母主項為 $x^4$，因此：
$$\frac{x^2 - \arcsin x}{x^3 \arcsin x} \approx \frac{-x}{x^4} = -\frac{1}{x^3} 	o \pm\infty$$

**結論**

本題題目若如實為 $\dfrac{1}{x \arcsin x} - \dfrac{1}{x^3}$，則極限**不存在**（發散）。

若題目應為 $\dfrac{1}{x \arcsin x} - \dfrac{1}{x^2}$，則計算如下：

$$\frac{1}{x \arcsin x} - \frac{1}{x^2} = \frac{x - \arcsin x}{x^2 \arcsin x}$$

分子：$x - \arcsin x = -\dfrac{x^3}{6} + O(x^5)$

分母：$x^2 \arcsin x \approx x^3$

$$\lim_{x	o 0} \frac{-x^3/6 + O(x^5)}{x^3 + O(x^5)} = -\frac{1}{6}$$

$$\boxed{-\dfrac{1}{6}}$$

Question 2

Let $f(x) = \int_1^x t \cdot \arctan(t^2) dt$. Find $f'(1)$ and $f''(1)$.

Accepted Answer

**Step 1：求 $f'(x)$**

由微積分基本定理（Fundamental Theorem of Calculus），對 $f(x) = \int_1^x t \arctan(t^2)\, dt$ 求導：
$$f'(x) = x \arctan(x^2)$$

**Step 2：求 $f'(1)$**

$$f'(1) = 1 \cdot \arctan(1^2) = \arctan(1) = \frac{\pi}{4}$$

$$\boxed{f'(1) = \frac{\pi}{4}}$$

**Step 3：求 $f''(x)$**

對 $f'(x) = x\arctan(x^2)$ 求導，使用乘積法則：
$$f''(x) = \arctan(x^2) + x \cdot \frac{d}{dx}[\arctan(x^2)]$$

$$\frac{d}{dx}[\arctan(x^2)] = \frac{1}{1+(x^2)^2} \cdot 2x = \frac{2x}{1+x^4}$$

$$f''(x) = \arctan(x^2) + x \cdot \frac{2x}{1+x^4} = \arctan(x^2) + \frac{2x^2}{1+x^4}$$

**Step 4：求 $f''(1)$**

$$f''(1) = \arctan(1) + \frac{2 \cdot 1}{1+1} = \frac{\pi}{4} + \frac{2}{2} = \frac{\pi}{4} + 1$$

$$\boxed{f''(1) = \frac{\pi}{4} + 1}$$

Question 3

Evaluate $\int_0^{\infty} \frac{dx}{(x+4)\sqrt{x}}$.

Accepted Answer

**Step 1：令 $u = \sqrt{x}$**

設 $u = \sqrt{x}$，則 $x = u^2$，$dx = 2u\,du$。

當 $x = 0$ 時 $u = 0$；當 $x 	o \infty$ 時 $u 	o \infty$。

**Step 2：代入積分**

$$\int_0^{\infty} \frac{dx}{(x+4)\sqrt{x}} = \int_0^{\infty} \frac{2u\,du}{(u^2+4)\cdot u} = \int_0^{\infty} \frac{2\,du}{u^2+4}$$

**Step 3：計算定積分**

$$\int_0^{\infty} \frac{2\,du}{u^2+4} = 2 \int_0^{\infty} \frac{du}{u^2+2^2}$$

利用公式 $\displaystyle\int \frac{du}{u^2+a^2} = \frac{1}{a}\arctan\frac{u}{a} + C$，其中 $a = 2$：

$$= 2 \cdot \frac{1}{2} \left[\arctan\frac{u}{2}ight]_0^{\infty} = \left[\arctan\frac{u}{2}ight]_0^{\infty}$$

$$= \arctan(\infty) - \arctan(0) = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$$

$$\boxed{\frac{\pi}{2}}$$

Question 4

Solve the differential equation:

$y' = (1+x)^{-1} + \sec^2 x$, $y(0) = 1, y'(0) = 0$.

Accepted Answer

**Step 1：分析題目**

注意到題目給出 $y'(0) = 0$，但右側 $y' = (1+x)^{-1} + \sec^2 x$，在 $x = 0$ 時：
$$y'(0) = (1+0)^{-1} + \sec^2(0) = 1 + 1 = 2 
eq 0$$

這表示 $y'$ 應解讀為 $y''$，即方程為：
$$y'' = \frac{1}{1+x} + \sec^2 x, \quad y(0) = 1,\; y'(0) = 0$$

**Step 2：對 $y''$ 積分得 $y'$**

$$y' = \int \left(\frac{1}{1+x} + \sec^2 xight)dx = \ln|1+x| + 	an x + C_1$$

用初始條件 $y'(0) = 0$：
$$0 = \ln(1) + 	an(0) + C_1 = 0 + 0 + C_1 \Rightarrow C_1 = 0$$

$$y' = \ln(1+x) + 	an x$$

**Step 3：對 $y'$ 積分得 $y$**

$$y = \int [\ln(1+x) + 	an x]\,dx$$

計算 $\int \ln(1+x)\,dx$（分部積分，令 $u = \ln(1+x)$，$dv = dx$）：
$$\int \ln(1+x)\,dx = x\ln(1+x) - \int \frac{x}{1+x}\,dx$$

$$= x\ln(1+x) - \int\left(1 - \frac{1}{1+x}ight)dx = x\ln(1+x) - x + \ln(1+x) + C$$

$$= (x+1)\ln(1+x) - x + C$$

計算 $\int 	an x\,dx = -\ln|\cos x| + C$

$$y = (x+1)\ln(1+x) - x - \ln|\cos x| + C_2$$

**Step 4：用初始條件 $y(0) = 1$**

$$1 = (0+1)\ln(1) - 0 - \ln|\cos 0| + C_2 = 0 - 0 + C_2 = C_2$$

$$C_2 = 1$$

**答案**

$$\boxed{y = (x+1)\ln(1+x) - x - \ln(\cos x) + 1}$$

Question 5

For $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{3n}{n!} x^{n-1}$, determine the interval of convergence and also find its sum.

Accepted Answer

**Step 1：判斷收斂區間**

對任意 $x$，取 $a_n = \dfrac{3n}{n!}x^{n-1}$，使用比值審斂法：

$$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}ight| = \left|\frac{3(n+1)}{(n+1)!} x^n \cdot \frac{n!}{3n \cdot x^{n-1}}ight| = \left|\frac{(n+1)}{(n+1) \cdot n} xight| = \frac{|x|}{n} 	o 0 \quad \forall x$$

因此收斂半徑 $R = \infty$，**收斂區間為 $(-\infty, +\infty)$**。

**Step 2：求級數的和**

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3n}{n!} x^{n-1} = 3 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n!} x^{n-1}$$

注意 $\dfrac{n}{n!} = \dfrac{1}{(n-1)!}$，令 $m = n-1$：

$$= 3 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} = 3 \sum_{m=0}^{\infty} \frac{x^m}{m!} = 3e^x$$

**答案**

收斂區間：$(-\infty, +\infty)$

$$\boxed{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3n}{n!} x^{n-1} = 3e^x}$$

Question 6

Let $f(x) = x^4 + ax^3 + b$, and have a local extreme value of $-17$ at $x = 3$.

(a) Fine the value of $a$ and $b$.

(b) Is that local extreme value maximal or minimal?

(c) Is there any inflection point of the graph of $f$?

Accepted Answer

**(a) 求 $a$ 與 $b$** $f(x) = x^4 + ax^3 + b$ $f'(x) = 4x^3 + 3ax^2$ 在 $x = 3$ 有極值，所以 $f'(3) = 0$： $$4(27) + 3a(9) = 0 \Rightarrow 108 + 27a = 0 \Rightarrow a = -4$$ 極值為 $-17$，所以 $f(3) = -17$： $$81 + (-4)(27) + b = -17$$ $$81 - 108 + b = -17$$ $$-27 + b = -17 \Rightarrow b = 10$$ $$\boxed{a = -4,\quad b = 10}$$ **(b) 極值是極大還是極小？** $f'(x) = 4x^3 - 12x^2 = 4x^2(x - 3)$ 臨界點：$x = 0$（非極值）與 $x = 3$。分析 $x = 3$ 附近 $f'(x)$ 的符號： - 當 $x < 3$（例如 $x = 2$）：$f'(2) = 4(4)(2-3) = -16 < 0$（遞減） - 當 $x > 3$（例如 $x = 4$）：$f'(4) = 4(16)(4-3) = 64 > 0$（遞增）由遞減變遞增，因此 $x = 3$ 是**極小值**。 $$\boxed{ ext{極小值} = -17}$$ **(c) 是否有反曲點？** $f''(x) = 12x^2 - 24x = 12x(x-2)$ 令 $f''(x) = 0$：$x = 0$ 或 $x = 2$ 分析 $f''$ 的符號： - $x < 0$：$f''(x) > 0$（凸向上） - $0 < x < 2$：$f''(x) < 0$（凸向下） - $x > 2$：$f''(x) > 0$（凸向上）在 $x = 0$ 與 $x = 2$ 處，$f''$ 變號，故皆為反曲點。計算反曲點坐標： - $f(0) = 0 + 0 + 10 = 10$，反曲點 $(0, 10)$ - $f(2) = 16 + (-4)(8) + 10 = 16 - 32 + 10 = -6$，反曲點 $(2, -6)$ $$\boxed{ ext{反曲點為 } (0,\,10) ext{ 和 } (2,\,-6)}$$

Question 7

Two particles are free to move on the curves $y = x^2$ and $x - y = 1$, respectively. What are their positions when they are closest together?

Accepted Answer

**Step 1：設定距離函數**

設拋物線 $y = x^2$ 上一點為 $P = (t, t^2)$，直線 $x - y = 1$（即 $x - y - 1 = 0$）上一點為 $Q$。

點 $P$ 到直線 $x - y - 1 = 0$ 的距離為：
$$d = \frac{|t - t^2 - 1|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \frac{|t^2 - t + 1|}{\sqrt{2}}$$

**Step 2：判斷分子符號**

$t^2 - t + 1 = \left(t - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4} > 0$ 恆成立。

所以 $d = \dfrac{t^2 - t + 1}{\sqrt{2}}$。

**Step 3：最小化**

令 $g(t) = t^2 - t + 1$，
$$g'(t) = 2t - 1 = 0 \Rightarrow t = \frac{1}{2}$$

$g''(t) = 2 > 0$，故為最小值。

**Step 4：求最近點**

拋物線上的點：$P = \left(\dfrac{1}{2},\, \dfrac{1}{4}\right)$

從 $P$ 向直線 $x - y = 1$ 作垂線，方向向量為 $(1, -1)$（直線法向量）。

最近點 $Q$ 在直線上且 $PQ \perp$ 直線，垂足坐標：

設 $Q = (x_0, y_0)$ 在直線 $x - y = 1$ 上，且 $\overrightarrow{PQ} \parallel (1,-1)$：
$$Q = P + s(1,-1) = \left(\frac{1}{2}+s,\, \frac{1}{4}-s\right)$$

代入直線方程：$\left(\dfrac{1}{2}+s\right) - \left(\dfrac{1}{4}-s\right) = 1$
$$\frac{1}{4} + 2s = 1 \Rightarrow s = \frac{3}{8}$$

$$Q = \left(\frac{1}{2}+\frac{3}{8},\, \frac{1}{4}-\frac{3}{8}\right) = \left(\frac{7}{8},\, -\frac{1}{8}\right)$$

**最小距離**：
$$d_{\min} = \frac{g(1/2)}{\sqrt{2}} = \frac{(1/4) - (1/2) + 1}{\sqrt{2}} = \frac{3/4}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{8}$$

**結論**

拋物線上最近點：$P = \left(\dfrac{1}{2},\, \dfrac{1}{4}\right)$

直線上最近點：$Q = \left(\dfrac{7}{8},\, -\dfrac{1}{8}\right)$

$$\boxed{P = \left(\frac{1}{2},\frac{1}{4}\right), \quad Q = \left(\frac{7}{8},-\frac{1}{8}\right), \quad d_{\min} = \frac{3\sqrt{2}}{8}}$$

Question 8

Determine the values of $a$ and $b$ such that the ellipse $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ contains the circle $(x-1)^2 + y^2 = 1$ and has least area.

Accepted Answer

**Step 1：確定橢圓包含圓的條件**

橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$ 要包含圓 $(x-1)^2 + y^2 = 1$，需要圓上每一點 $(x,y)$ 都在橢圓內。

圓的參數化：$x = 1 + \cos	heta$，$y = \sin	heta$

代入橢圓方程，要求對所有 $	heta$：
$$\frac{(1+\cos	heta)^2}{a^2} + \frac{\sin^2	heta}{b^2} \leq 1$$

**Step 2：設定切觸條件**

最小面積的橢圓必與圓相切，即存在某個 $	heta_0$ 使等號成立。設：
$$\frac{(1+\cos	heta)^2}{a^2} + \frac{\sin^2	heta}{b^2} = 1$$

展開並整理，設 $c = \cos	heta$，$s^2 = 1 - c^2$：
$$\frac{(1+c)^2}{a^2} + \frac{1-c^2}{b^2} = 1$$

$$\frac{(1+c)^2}{a^2} + \frac{(1-c)(1+c)}{b^2} = 1$$

$$(1+c)\left[\frac{1+c}{a^2} + \frac{1-c}{b^2}ight] = 1$$

**Step 3：使用 Lagrange 乘數法**

面積 $A = \pi ab$，最小化 $ab$ 在切觸條件下。

由對稱性與分析，最優解發生在切點時切線斜率匹配。可以直接對條件做最佳化。

令 $F(c) = (1+c)\left[\dfrac{1+c}{a^2} + \dfrac{1-c}{b^2}ight] = 1$

對最小面積的情況，切點切線需與橢圓切線匹配。

**另一種方法：** 圓上一點 $(x_0, y_0) = (1+\cos	heta, \sin	heta)$ 與橢圓相切時，橢圓在該點的外法線方向等於圓的外法線方向（均指向各自中心）。

橢圓法線方向：$\left(\dfrac{x_0}{a^2}, \dfrac{y_0}{b^2}ight)$

圓的法線方向（從圓心 $(1,0)$ 到切點）：$(\cos	heta, \sin	heta)$

平行條件：
$$\frac{x_0/a^2}{\cos	heta} = \frac{y_0/b^2}{\sin	heta}$$

$$\frac{(1+\cos	heta)/a^2}{\cos	heta} = \frac{(\sin	heta)/b^2}{\sin	heta}$$

$$\frac{1+\cos	heta}{a^2 \cos	heta} = \frac{1}{b^2}$$

$$b^2(1+\cos	heta) = a^2 \cos	heta \quad \cdots (*)$$

加上橢圓方程：
$$\frac{(1+\cos	heta)^2}{a^2} + \frac{\sin^2	heta}{b^2} = 1 \quad \cdots (**)$$

由 $(*)$：$\cos	heta = \dfrac{b^2}{a^2 - b^2}$

代入 $(**)$（令 $c = \cos	heta$）：
$$\frac{(1+c)^2}{a^2} + \frac{1-c^2}{b^2} = 1$$

由 $(*)$：$b^2 = a^2c - b^2c \Rightarrow b^2(1+c) = a^2 c \Rightarrow c = \dfrac{b^2}{a^2-b^2}$

代入 $(**)$：
$$\frac{\left(1+\frac{b^2}{a^2-b^2}ight)^2}{a^2} + \frac{1-\frac{b^4}{(a^2-b^2)^2}}{b^2} = 1$$

$$\frac{1}{a^2}\cdot\frac{a^4}{(a^2-b^2)^2} + \frac{(a^2-b^2)^2 - b^4}{b^2(a^2-b^2)^2} = 1$$

$$\frac{a^2}{(a^2-b^2)^2} + \frac{a^2(a^2-2b^2)}{b^2(a^2-b^2)^2} = 1$$

$$\frac{a^2 b^2 + a^2(a^2-2b^2)}{b^2(a^2-b^2)^2} = 1$$

$$\frac{a^2(a^2-b^2)}{b^2(a^2-b^2)^2} = 1$$

$$\frac{a^2}{b^2(a^2-b^2)} = 1 \Rightarrow a^2 = b^2(a^2-b^2) \quad \cdots (***)$$

**Step 4：最小化面積**

面積 $A = \pi ab$，最小化 $ab$ 在 $(***) $ 下。

由 $(***)$：$a^2 = a^2 b^2 - b^4$，即 $a^2(1-b^2) = -b^4$，所以 $a^2 = \dfrac{b^4}{b^2-1}$（需 $b > 1$）。

最小化 $f(b) = a^2 b^2 = \dfrac{b^6}{b^2-1}$：

$$f'(b) = \frac{6b^5(b^2-1) - b^6 \cdot 2b}{(b^2-1)^2} = \frac{b^5(6b^2-6-2b^2)}{(b^2-1)^2} = \frac{b^5(4b^2-6)}{(b^2-1)^2} = 0$$

$$4b^2 - 6 = 0 \Rightarrow b^2 = \frac{3}{2} \Rightarrow b = \sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{\sqrt{6}}{2}$$

由 $(***)$：$a^2 = b^2(a^2-b^2)$，即 $a^2 = \dfrac{…

Question 9

Evaluate $\iint_R \left( \frac{y-x}{y+x} \right)^{1/2} dA$, where $R$ is the trapezoid in the $xy$ plane bounded by the lines $x = 0$, $y = x$, $x + y = 1$ and $x + y = 2$.

Accepted Answer

**Step 1：選擇變數變換**

令 $u = x + y$，$v = y - x$。

則邊界條件轉化為：
- $x = 0 \Rightarrow y = x \Rightarrow v = 0$（但 $x = 0$ 給 $y = u/2 + v/2 \geq 0$，即 $v \geq -u$，實際上 $x=0$ 給 $v = u$ 方向...）

讓我重新整理邊界：
- $x = 0$：由 $u = x+y = y$，$v = y-x = y$，所以 $u = v$
- $y = x$：由 $v = y-x = 0$，所以 $v = 0$
- $x+y = 1$：$u = 1$
- $x+y = 2$：$u = 2$

在新座標下，$R$ 對應到 $\{(u,v): 1 \leq u \leq 2, 0 \leq v \leq u\}$。

（因為 $x \geq 0$ 給 $y \geq x \Rightarrow v \geq 0$，且 $y \geq x$ 加上 $x \geq 0$ 得 $0 \leq x \leq y$，邊界 $x=0$ 給 $v = u$，邊界 $y=x$ 給 $v=0$。）

**Step 2：計算 Jacobian**

由 $u = x+y$，$v = y-x$，反解：$x = \dfrac{u-v}{2}$，$y = \dfrac{u+v}{2}$

$$\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix} 1/2 & -1/2 \ 1/2 & 1/2 \end{vmatrix} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$$

$$dA = dx\,dy = \frac{1}{2}\,du\,dv$$

**Step 3：轉換被積函數**

$$\left(\frac{y-x}{y+x}ight)^{1/2} = \left(\frac{v}{u}ight)^{1/2}$$

**Step 4：計算積分**

$$\iint_R \left(\frac{v}{u}ight)^{1/2} dA = \int_1^2 \int_0^u \left(\frac{v}{u}ight)^{1/2} \cdot \frac{1}{2}\,dv\,du$$

先對 $v$ 積分：
$$\int_0^u \left(\frac{v}{u}ight)^{1/2} dv = \frac{1}{\sqrt{u}} \int_0^u v^{1/2}\,dv = \frac{1}{\sqrt{u}} \cdot \frac{2}{3} u^{3/2} = \frac{2u}{3}$$

所以：
$$= \frac{1}{2} \int_1^2 \frac{2u}{3}\,du = \frac{1}{3} \int_1^2 u\,du = \frac{1}{3} \left[\frac{u^2}{2}ight]_1^2 = \frac{1}{3} \cdot \frac{4-1}{2} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{2} = \frac{1}{2}$$

$$\boxed{\dfrac{1}{2}}$$

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