成功大學 104 年微積分A 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Find the following limits:

(a) $\lim\limits_{x 	o \frac{\pi}{4}} \frac{\sec^3 x - 2	an x}{1 + \cos 4x}$

(b) $\lim\limits_{x 	o \infty} \left(\frac{x+1}{x+3}ight)^{x-2}$

Accepted Answer

**(a) $\displaystyle\lim_{x 	o \pi/4} \frac{\sec^3 x - 2	an x}{1 + \cos 4x}$**

**Step 1：驗證 $0/0$ 型**

當 $x = \pi/4$：$\sec(\pi/4) = \sqrt{2}$，$	an(\pi/4) = 1$

分子：$(\sqrt{2})^3 - 2(1) = 2\sqrt{2} - 2 
eq 0$

分母：$1 + \cos(\pi) = 1 - 1 = 0$

分子不為零、分母為零，故極限**不存在**（或為 $\pm\infty$）。

重新驗算：$\sec^3(\pi/4) = (\sqrt{2})^3 = 2\sqrt{2}$，$2	an(\pi/4) = 2$，分子 $= 2\sqrt{2} - 2 \approx 0.828 
eq 0$。

因此極限不存在（發散為 $\pm\infty$）。

若題意如此，設 $x = \pi/4 + \varepsilon$，分子趨近 $2\sqrt{2}-2>0$，分母 $1+\cos(4x) = 1+\cos(\pi+4\varepsilon) = 1-\cos(4\varepsilon) \approx 8\varepsilon^2 	o 0^+$，所以極限為 $+\infty$。

$$\boxed{\lim_{x	o\pi/4}\frac{\sec^3 x - 2	an x}{1+\cos 4x} = +\infty}$$

**(b) $\displaystyle\lim_{x 	o \infty} \left(\frac{x+1}{x+3}ight)^{x-2}$**

**Step 1：取對數**

設 $L = \displaystyle\lim_{x	o\infty}(x-2)\ln\frac{x+1}{x+3}$

**Step 2：計算指數部分**

$$\ln\frac{x+1}{x+3} = \ln\left(1 - \frac{2}{x+3}ight) \approx -\frac{2}{x+3} \quad (x	o\infty)$$

$$L = \lim_{x	o\infty}(x-2)\cdot\left(-\frac{2}{x+3}ight) = \lim_{x	o\infty}\frac{-2(x-2)}{x+3}$$

$$= \lim_{x	o\infty}\frac{-2x+4}{x+3} = -2$$

**Step 3：還原**

$$\lim_{x	o\infty}\left(\frac{x+1}{x+3}ight)^{x-2} = e^L = e^{-2}$$

$$\boxed{e^{-2}}$$

Question 2

Define $f(x) = \begin{cases} \frac{1}{x}[(1+x)^n - 1] & 	ext{if } x 
eq 0 \ A & 	ext{if } x = 0 \end{cases}$

(a) Find value of A such that f is continuous at $x = 0$

(b) Is $f(x)$ differentiable at $x = 0$? Explain.

Accepted Answer

**(a) 求使 $f$ 在 $x=0$ 連續的 $A$ 值**

需要 $\displaystyle\lim_{x	o 0} f(x) = A$。

$$\lim_{x	o 0} \frac{(1+x)^n - 1}{x}$$

**方法一：二項式展開**

$$(1+x)^n = 1 + nx + \binom{n}{2}x^2 + \cdots$$

$$\frac{(1+x)^n - 1}{x} = n + \binom{n}{2}x + \cdots 	o n \quad (x	o 0)$$

**方法二：L'Hôpital（$0/0$ 型）**

$$\lim_{x	o 0} \frac{(1+x)^n - 1}{x} \overset{H}{=} \lim_{x	o 0} \frac{n(1+x)^{n-1}}{1} = n$$

因此 $A = n$，$f$ 在 $x=0$ 連續。

$$\boxed{A = n}$$

**(b) $f(x)$ 在 $x=0$ 是否可微？**

需計算：
$$f'(0) = \lim_{x	o 0} \frac{f(x) - f(0)}{x} = \lim_{x	o 0} \frac{\frac{(1+x)^n-1}{x} - n}{x} = \lim_{x	o 0} \frac{(1+x)^n - 1 - nx}{x^2}$$

利用二項式展開：
$$(1+x)^n = 1 + nx + \frac{n(n-1)}{2}x^2 + O(x^3)$$

$$\frac{(1+x)^n - 1 - nx}{x^2} = \frac{\frac{n(n-1)}{2}x^2 + O(x^3)}{x^2} = \frac{n(n-1)}{2} + O(x)$$

$$\lim_{x	o 0} \frac{(1+x)^n - 1 - nx}{x^2} = \frac{n(n-1)}{2}$$

此極限存在（有限值），故 **$f(x)$ 在 $x=0$ 可微**，且：

$$\boxed{f'(0) = \frac{n(n-1)}{2}}$$

Question 3

Evaluate the following integrals:

(a) $\int \sqrt{x+1} \left(x - \frac{1}{\sqrt{x}} + 1\right) dx$

(b) $\int_1^{\infty} \frac{\ln x}{x^4} dx$

Accepted Answer

**(a) $\displaystyle\int \sqrt{x+1}\left(x - \frac{1}{\sqrt{x}} + 1ight)dx$**

**令 $u = \sqrt{x+1}$**，即 $x = u^2-1$，$dx = 2u\,du$，$\sqrt{x} = \sqrt{u^2-1}$。

被積函數：
$$\sqrt{x+1}\left(x-\frac{1}{\sqrt{x}}+1ight) = u\left(u^2-1-\frac{1}{\sqrt{u^2-1}}+1ight) = u\left(u^2-\frac{1}{\sqrt{u^2-1}}ight)$$

積分變得複雜，改用直接展開：

$$\int \sqrt{x+1}\left(x+1-\frac{1}{\sqrt{x}}ight)dx = \int (x+1)^{3/2}dx - \int \frac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x}}\,dx$$

等等，注意 $x - \frac{1}{\sqrt{x}} + 1 = (x+1) - \frac{1}{\sqrt{x}}$。

**拆開兩項：**

$$\int \sqrt{x+1}\cdot(x+1)\,dx - \int \frac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x}}\,dx$$

$$= \int (x+1)^{3/2}\,dx - \int \sqrt{\frac{x+1}{x}}\,dx$$

**第一項：**
$$\int (x+1)^{3/2}\,dx = \frac{2}{5}(x+1)^{5/2} + C_1$$

**第二項：** $\displaystyle\int \sqrt{\frac{x+1}{x}}\,dx$，令 $t = \sqrt{x}$，$x=t^2$，$dx=2t\,dt$：

$$\int \sqrt{\frac{t^2+1}{t^2}}\cdot 2t\,dt = 2\int \sqrt{t^2+1}\,dt$$

$$= 2\cdot\frac{1}{2}\left(t\sqrt{t^2+1} + \ln\left|t+\sqrt{t^2+1}ight|ight) + C$$

$$= \sqrt{x}\sqrt{x+1} + \ln\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}ight) + C$$

**最終答案：**

$$\boxed{\frac{2}{5}(x+1)^{5/2} - \sqrt{x(x+1)} - \ln\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}ight) + C}$$

---

**(b) $\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{\ln x}{x^4}\,dx$**

**分部積分：** 令 $u = \ln x$，$dv = x^{-4}\,dx$

$$du = \frac{1}{x}\,dx, \quad v = -\frac{1}{3x^3}$$

$$\int_1^{\infty}\frac{\ln x}{x^4}\,dx = \left[-\frac{\ln x}{3x^3}ight]_1^{\infty} + \int_1^{\infty}\frac{1}{3x^4}\,dx$$

**第一項：** $\displaystyle\lim_{x	o\infty}\frac{\ln x}{3x^3} = 0$（指數增長快於對數），$x=1$ 時 $\frac{\ln 1}{3}=0$，所以第一項 $= 0$。

**第二項：**
$$\int_1^{\infty}\frac{dx}{3x^4} = \frac{1}{3}\left[-\frac{1}{3x^3}ight]_1^{\infty} = \frac{1}{3}\left(0+\frac{1}{3}ight) = \frac{1}{9}$$

$$\boxed{\frac{1}{9}}$$

Question 4

Find $\frac{du}{dt}$ at $t = \sqrt{2}$ if $u = \ln\left(\sin(xy^{-\frac{1}{2}})\right)$, when $x = \frac{t^2}{2}$, $y = \sqrt{t^2-1}$.

Accepted Answer

**Step 1：計算 $t = \sqrt{2}$ 時的各量**

$$x = \frac{t^2}{2} = \frac{2}{2} = 1, \quad y = \sqrt{t^2-1} = \sqrt{2-1} = 1$$

$$xy - \frac{1}{2} = 1 \cdot 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$$

**Step 2：用連鎖法則求 $\dfrac{du}{dt}$**

$$\frac{du}{dt} = \frac{\partial u}{\partial x}\cdot\frac{dx}{dt} + \frac{\partial u}{\partial y}\cdot\frac{dy}{dt}$$

$$u = \ln\sin\left(xy - \frac{1}{2}\right)$$

$$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\cos(xy-1/2)}{\sin(xy-1/2)} \cdot y = y\cot\left(xy-\frac{1}{2}\right)$$

$$\frac{\partial u}{\partial y} = x\cot\left(xy-\frac{1}{2}\right)$$

**Step 3：計算 $dx/dt$ 和 $dy/dt$**

$$\frac{dx}{dt} = t, \quad \frac{dy}{dt} = \frac{t}{\sqrt{t^2-1}}$$

**Step 4：代入 $t = \sqrt{2}$**

$$\frac{dx}{dt}\bigg|_{t=\sqrt{2}} = \sqrt{2}, \quad \frac{dy}{dt}\bigg|_{t=\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2-1}} = \frac{\sqrt{2}}{1} = \sqrt{2}$$

$$\frac{du}{dt}\bigg|_{t=\sqrt{2}} = y\cot\left(\frac{1}{2}\right)\cdot\sqrt{2} + x\cot\left(\frac{1}{2}\right)\cdot\sqrt{2}$$

$$= \cot\left(\frac{1}{2}\right)\cdot\sqrt{2}(x+y) = \cot\left(\frac{1}{2}\right)\cdot\sqrt{2}(1+1)$$

$$= 2\sqrt{2}\cot\left(\frac{1}{2}\right)$$

$$\boxed{\left.\frac{du}{dt}\right|_{t=\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}\cot\frac{1}{2}}$$

Question 5

Find the area of the polar region R common to the two regions bounded by the curve $r = -6\cos	heta$ and $r = 2 - 2\cos	heta$

Accepted Answer

**Step 1：分析曲線**

- $r = -6\cos	heta$：令 $r \geq 0$，需 $\cos	heta \leq 0$，即 $	heta \in [\pi/2, 3\pi/2]$。等價形式：$r^2 = -6r\cos	heta \Rightarrow x^2+y^2 = -6x \Rightarrow (x+3)^2+y^2=9$，圓心 $(-3,0)$，半徑 $3$。

- $r = 2-2\cos	heta$：心形線，頂點在原點。

**Step 2：求交點**

令 $-6\cos	heta = 2-2\cos	heta$：
$$-4\cos	heta = 2 \Rightarrow \cos	heta = -\frac{1}{2} \Rightarrow 	heta = \frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}$$

交點處 $r = 2 - 2(-1/2) = 3$。

**Step 3：確定公共區域**

在 $	heta \in [\pi/2, \pi]$（左上象限）：公共區域由兩曲線中較小者決定。

比較：在 $	heta = \pi$，$r_{	ext{circle}} = -6(-1) = 6$，$r_{	ext{cardioid}} = 2-2(-1) = 4$，心形線較小。

在 $	heta \in [2\pi/3, \pi]$，$r_{	ext{cardioid}} < r_{	ext{circle}}$；在 $	heta \in [\pi/2, 2\pi/3]$，$r_{	ext{circle}} < r_{	ext{cardioid}}$（需驗證）。

在 $	heta = \pi/2 + \varepsilon$：$r_{	ext{circle}} = -6\cos	heta \approx 0^+$，$r_{	ext{cardioid}} = 2-2\cos	heta \approx 2$，故圓較小。

**Step 4：計算面積（對稱性）**

利用關於 $x$ 軸的對稱性（圓與心形線均關於 $x$ 軸對稱），僅計算上半部分再乘以 2。

上半平面（$	heta \in [\pi/2, \pi]$）公共面積：

- $	heta \in [\pi/2, 2\pi/3]$：取圓 $r = -6\cos	heta$（較小）
- $	heta \in [2\pi/3, \pi]$：取心形線 $r = 2-2\cos	heta$（較小）

$$A_{	ext{upper}} = \frac{1}{2}\int_{\pi/2}^{2\pi/3}(-6\cos	heta)^2\,d	heta + \frac{1}{2}\int_{2\pi/3}^{\pi}(2-2\cos	heta)^2\,d	heta$$

$$= \frac{1}{2}\int_{\pi/2}^{2\pi/3}36\cos^2	heta\,d	heta + \frac{1}{2}\int_{2\pi/3}^{\pi}4(1-\cos	heta)^2\,d	heta$$

**計算第一個積分：**

$$18\int_{\pi/2}^{2\pi/3}\cos^2	heta\,d	heta = 18\int_{\pi/2}^{2\pi/3}\frac{1+\cos 2	heta}{2}\,d	heta = 9\left[	heta + \frac{\sin 2	heta}{2}ight]_{\pi/2}^{2\pi/3}$$

$$= 9\left[\left(\frac{2\pi}{3} + \frac{\sin(4\pi/3)}{2}ight) - \left(\frac{\pi}{2} + 0ight)ight]$$

$$= 9\left[\frac{2\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{2}ight] = 9\left[\frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{4}ight] = \frac{3\pi}{2} - \frac{9\sqrt{3}}{4}$$

**計算第二個積分：**

$$2\int_{2\pi/3}^{\pi}(1-\cos	heta)^2\,d	heta = 2\int_{2\pi/3}^{\pi}(1-2\cos	heta+\cos^2	heta)\,d	heta$$

$$= 2\int_{2\pi/3}^{\pi}\left(\frac{3}{2} - 2\cos	heta + \frac{\cos 2	heta}{2}ight)d	heta$$

$$= 2\left[\frac{3	heta}{2} - 2\sin	heta + \frac{\sin 2	heta}{4}ight]_{2\pi/3}^{\pi}$$

在 $	heta = \pi$：$\frac{3\pi}{2} - 0 + 0 = \frac{3\pi}{2}$

在 $	heta = 2\pi/3$：$\frac{3\cdot 2\pi/3}{2} - 2\sin(2\pi/3) + \frac{\sin(4\pi/3)}{4} = \pi - \sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{8}$

$$= 2\left[\frac{3\pi}{2} - \pi + \sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{8}ight] = 2\left[\frac{\pi}{2} + \frac{9\sqrt{3}}{8}ight] = \pi + \frac{9\sqrt{3}}{4}$$

$$A_{	ext{upper}…

Question 6

Find the volume of the solid that lies under the cone $z = \sqrt{x^2 + y^2}$, about the xy-plane, and inside the cylinder $x^2 + y^2 = 2x$.

Accepted Answer

**Step 1：轉換為極座標**

柱面 $x^2 + y^2 = 2x$ 在極座標中：$r^2 = 2r\cos	heta \Rightarrow r = 2\cos	heta$

範圍：$r = 2\cos	heta \geq 0 \Rightarrow 	heta \in [-\pi/2, \pi/2]$

錐面 $z = \sqrt{x^2+y^2} = r$

**Step 2：設定體積積分**

$$V = \iint_D z\,dA = \iint_D r\,dA = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^{2\cos	heta} r \cdot r\,dr\,d	heta$$

$$= \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^{2\cos	heta} r^2\,dr\,d	heta$$

**Step 3：計算內積分**

$$\int_0^{2\cos	heta} r^2\,dr = \frac{r^3}{3}\bigg|_0^{2\cos	heta} = \frac{8\cos^3	heta}{3}$$

**Step 4：計算外積分**

$$V = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{8\cos^3	heta}{3}\,d	heta = \frac{8}{3} \cdot 2\int_0^{\pi/2}\cos^3	heta\,d	heta$$

（利用偶函數對稱）

$$\int_0^{\pi/2}\cos^3	heta\,d	heta = \int_0^{\pi/2}(1-\sin^2	heta)\cos	heta\,d	heta = \left[\sin	heta - \frac{\sin^3	heta}{3}ight]_0^{\pi/2} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$$

$$V = \frac{8}{3} \cdot 2 \cdot \frac{2}{3} = \frac{32}{9}$$

$$\boxed{V = \dfrac{32}{9}}$$

Question 7

If $f(x) = \ln\left(\frac{x+1}{2x+1}\right)$, find $f^{(n)}(0)$.

Accepted Answer

**Step 1：分解 $f(x)$**

$$f(x) = \ln(x+1) - \ln(2x+1)$$

**Step 2：利用已知 Taylor 展開**

$$\ln(1+x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^n = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots \quad |x| < 1$$

$$\ln(1+2x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} (2x)^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} 2^n}{n} x^n$$

**Step 3：展開 $f(x)$**

$$f(x) = \ln(1+x) - \ln(1+2x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^n - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} 2^n}{n} x^n$$

$$= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}(1-2^n)}{n} x^n$$

**Step 4：與 Taylor 公式比對**

由 Taylor 展開式 $f(x) = \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n$，比對係數：

$$\frac{f^{(n)}(0)}{n!} = \frac{(-1)^{n-1}(1-2^n)}{n} \quad (n \geq 1)$$

$$f^{(n)}(0) = n! \cdot \frac{(-1)^{n-1}(1-2^n)}{n} = (n-1)! \cdot (-1)^{n-1}(1-2^n)$$

**整理（$n \geq 1$）：**

$$f^{(n)}(0) = (-1)^{n-1}(1-2^n)(n-1)! = (-1)^n(2^n-1)(n-1)!$$

**驗算 $n=1$：** $f^{(1)}(0) = f'(0)$。$f'(x) = \dfrac{1}{x+1} - \dfrac{2}{2x+1}$，$f'(0) = 1-2 = -1$。

公式：$(-1)^1(2^1-1)(0)! = (-1)(1)(1) = -1$ ✓

**另外 $f(0) = \ln(1/1) = 0$，所以 $f^{(0)}(0) = 0$。**

$$\boxed{f^{(n)}(0) = (-1)^n(2^n - 1)(n-1)!, \quad n \geq 1}$$

Question 8

For what value(s) of $a$ does $\int_1^{\infty} \frac{ax}{x^2+1} - \frac{1}{2x} dx$ converge?

Accepted Answer

**Step 1：計算反導函數**

$$\int_1^{R} \left(\frac{ax}{x^2+1} - \frac{1}{2x}ight)dx = \left[\frac{a}{2}\ln(x^2+1) - \frac{1}{2}\ln xight]_1^R$$

$$= \frac{a}{2}\ln(R^2+1) - \frac{1}{2}\ln R - \left(\frac{a}{2}\ln 2 - 0ight)$$

**Step 2：分析 $R	o\infty$ 的行為**

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

$$= \frac{a}{2}\ln R^2\left(1+\frac{1}{R^2}ight) - \frac{1}{2}\ln R - \frac{a}{2}\ln 2$$

$$= a\ln R + \frac{a}{2}\ln\left(1+\frac{1}{R^2}ight) - \frac{1}{2}\ln R - \frac{a}{2}\ln 2$$

$$= \left(a - \frac{1}{2}ight)\ln R + \frac{a}{2}\ln\left(1+\frac{1}{R^2}ight) - \frac{a}{2}\ln 2$$

**Step 3：判斷收斂條件**

當 $R 	o \infty$：
- 若 $a - \dfrac{1}{2} 
eq 0$，則 $\left(a-\dfrac{1}{2}ight)\ln R 	o \pm\infty$，積分**發散**。
- 若 $a = \dfrac{1}{2}$：
  $$\frac{1}{2}\cdot 0\cdot\ln R + \frac{1}{4}\ln\left(1+\frac{1}{R^2}ight) - \frac{1}{4}\ln 2 	o 0 - \frac{\ln 2}{4} = -\frac{\ln 2}{4}$$
  積分收斂。

**結論**

$$\boxed{a = \frac{1}{2}}$$

此時積分值為 $-\dfrac{\ln 2}{4}$。

Question 9

Determine and classify the stationary points of the function $f(x,y) = x^2 + y^3 + 6xy - 7x - 6y$.

Accepted Answer

**Step 1：求偏導數並設為零**

$$f_x = 2x + 6y - 7 = 0 \quad \cdots (1)$$

$$f_y = 3y^2 + 6x - 6 = 0 \quad \cdots (2)$$

**Step 2：解聯立方程**

由 $(1)$：$x = \dfrac{7-6y}{2}$

代入 $(2)$：$3y^2 + 6\cdot\dfrac{7-6y}{2} - 6 = 0$

$$3y^2 + 3(7-6y) - 6 = 0$$

$$3y^2 + 21 - 18y - 6 = 0$$

$$3y^2 - 18y + 15 = 0 \Rightarrow y^2 - 6y + 5 = 0$$

$$(y-1)(y-5) = 0 \Rightarrow y = 1 	ext{ 或 } y = 5$$

當 $y = 1$：$x = \dfrac{7-6}{2} = \dfrac{1}{2}$，駐點 $\left(\dfrac{1}{2}, 1ight)$

當 $y = 5$：$x = \dfrac{7-30}{2} = -\dfrac{23}{2}$，駐點 $\left(-\dfrac{23}{2}, 5ight)$

**Step 3：計算二階偏導數**

$$f_{xx} = 2, \quad f_{yy} = 6y, \quad f_{xy} = 6$$

$$D = f_{xx}f_{yy} - (f_{xy})^2 = 2\cdot 6y - 36 = 12y - 36$$

**Step 4：分類駐點**

**駐點 $\left(\dfrac{1}{2}, 1ight)$：**
$$D = 12(1) - 36 = -24 < 0 \Rightarrow 	ext{鞍點}$$

**駐點 $\left(-\dfrac{23}{2}, 5ight)$：**
$$D = 12(5) - 36 = 60 - 36 = 24 > 0$$
$$f_{xx} = 2 > 0 \Rightarrow 	ext{極小值}$$

極小值：
$$f\left(-\frac{23}{2}, 5ight) = \left(\frac{23}{2}ight)^2 + 125 + 6\cdot\left(-\frac{23}{2}ight)\cdot 5 - 7\cdot\left(-\frac{23}{2}ight) - 30$$

$$= \frac{529}{4} + 125 - \frac{690}{2} + \frac{161}{2} - 30$$

$$= \frac{529}{4} + 95 - \frac{529}{2} = \frac{529}{4} - \frac{1058}{4} + \frac{380}{4} = \frac{529-1058+380}{4} = \frac{-149}{4}$$

**結論**

- $\left(\dfrac{1}{2}, 1ight)$：**鞍點**
- $\left(-\dfrac{23}{2}, 5ight)$：**極小值點**，極小值 $= -\dfrac{149}{4}$

$$\boxed{	ext{鞍點}\left(\frac{1}{2},1ight)；	ext{極小值點}\left(-\frac{23}{2},5ight)，f = -\frac{149}{4}}$$

Question 10

Convert $\int_0^{2\pi} \int_0^{\sqrt{2}} \int_r^{\sqrt{4-r^2}} 3rdzdrd	heta$ to

(a) rectangular coordinates with order of integration $dzdxdy$,

(b) spherical coordinates with order of integration $dho d\phi d	heta$.

(Note: do not evaluate the integrals both in (a) and (b))

Accepted Answer

**原積分分析**

原積分為柱座標：$r \in [0, \sqrt{2}]$，$	heta \in [0, 2\pi]$，$z \in [r, \sqrt{4-r^2}]$

被積式 $3r$ 即 $3 \cdot r$（其中 $r$ 為柱座標 Jacobian 中的 $r$，所以原函數實際為常數 $3$，Jacobian 為 $r$，$3r\,dz\,dr\,d	heta = 3\,dV$）。

**描述積分區域：**
- 下界 $z = r = \sqrt{x^2+y^2}$：錐面
- 上界 $z = \sqrt{4-r^2}$，即 $z^2 = 4-r^2$，即 $x^2+y^2+z^2 = 4$：球面（$z \geq 0$）
- $r \leq \sqrt{2}$：柱面 $x^2+y^2 \leq 2$

交集：錐面 $z = r$ 與球面 $x^2+y^2+z^2=4$ 交線：$z^2+z^2=4 \Rightarrow z=\sqrt{2}$，$r=\sqrt{2}$。

所以區域是：在球面內，在錐面上方，且 $r \leq \sqrt{2}$（即 $\phi \leq \pi/4$ 的球冠）。

**(a) 直角座標，順序 $dz\,dx\,dy$**

$x, y$ 的範圍：$x^2+y^2 \leq 2$，即 $y \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$，$x \in [-\sqrt{2-y^2}, \sqrt{2-y^2}]$

對固定 $(x,y)$，$z$ 從錐面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 到球面 $z = \sqrt{4-x^2-y^2}$：

$$\boxed{\int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}} \int_{-\sqrt{2-y^2}}^{\sqrt{2-y^2}} \int_{\sqrt{x^2+y^2}}^{\sqrt{4-x^2-y^2}} 3\,dz\,dx\,dy}$$

**(b) 球座標，順序 $dho\,d\phi\,d	heta$**

球座標：$x = ho\sin\phi\cos	heta$，$y=ho\sin\phi\sin	heta$，$z=ho\cos\phi$

- 球面 $x^2+y^2+z^2=4$：$ho = 2$
- 錐面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$：$\cos\phi = \sin\phi \Rightarrow \phi = \pi/4$
- $	heta \in [0, 2\pi]$
- 區域：$\phi \in [0, \pi/4]$，$ho \in [0, 2]$

被積函數 $3$，Jacobian $= ho^2\sin\phi$：

$$\boxed{\int_0^{2\pi} \int_0^{\pi/4} \int_0^{2} 3ho^2\sin\phi\,dho\,d\phi\,d	heta}$$

成功大學 104 年度微積分A

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