成功大學 103 年微積分B 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Find the following limits:

(a) $\lim\limits_{x 	o \infty} \sqrt{x + 3} \cdot (\sqrt{x + 2} - \sqrt{x + 1})$

(b) $\lim\limits_{x 	o 0} \frac{x - \sin x}{2 	an(\frac{x}{2}) - x}$

(c) $\lim\limits_{n 	o \infty} (\frac{n}{n^2 + 1} + \frac{n}{n^2 + 4} + \cdots + \frac{n}{2n^2})$

Accepted Answer

**(a)** $\lim\limits_{x 	o \infty} \sqrt{x + 3} \cdot (\sqrt{x + 2} - \sqrt{x + 1})$

有理化：
$$\sqrt{x+3}\cdot(\sqrt{x+2}-\sqrt{x+1}) = \sqrt{x+3}\cdot\frac{(x+2)-(x+1)}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x+1}} = \frac{\sqrt{x+3}}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x+1}}$$

分子分母同除以 $\sqrt{x}$：
$$= \frac{\sqrt{1+3/x}}{\sqrt{1+2/x}+\sqrt{1+1/x}} \xrightarrow{x	o\infty} \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$$

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

---

**(b)** $\lim\limits_{x 	o 0} \dfrac{x - \sin x}{2	an\frac{x}{2} - x}$

使用泰勒展開：
- $\sin x = x - \dfrac{x^3}{6} + O(x^5)$，故 $x - \sin x = \dfrac{x^3}{6} + O(x^5)$
- $	an\dfrac{x}{2} = \dfrac{x}{2} + \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{x}{2}ight)^3 + O(x^5) = \dfrac{x}{2} + \dfrac{x^3}{24} + O(x^5)$
- $2	an\dfrac{x}{2} = x + \dfrac{x^3}{12} + O(x^5)$，故 $2	an\dfrac{x}{2} - x = \dfrac{x^3}{12} + O(x^5)$

$$\lim_{x	o 0}\frac{x^3/6 + O(x^5)}{x^3/12 + O(x^5)} = \frac{1/6}{1/12} = 2$$

$$\boxed{2}$$

---

**(c)** $\lim\limits_{n 	o \infty} \left(\dfrac{n}{n^2+1} + \dfrac{n}{n^2+4} + \cdots + \dfrac{n}{2n^2}ight)$

一般項為 $\dfrac{n}{n^2+k^2}$，$k$ 從 $1$ 到 $n$（最後一項 $k=n$ 時為 $\dfrac{n}{2n^2}$）：

$$S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2+k^2} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n}\cdot\frac{1}{1+(k/n)^2}$$

這是 Riemann 和，對應 $f(x) = \dfrac{1}{1+x^2}$ 在 $[0,1]$ 上的積分：

$$\lim_{n	o\infty} S_n = \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} = \left[\arctan xight]_0^1 = \frac{\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}$$

$$\boxed{\dfrac{\pi}{4}}$$

Question 2

Let $f(x) = \sin^{-1} \frac{x}{2} + \sqrt{4 - x^2}$, for each $x \in [-2, 2]$

(a) Find $f'(x)$

(b) Find extreme values of $f(x)$

Accepted Answer

**(a) 求 $f'(x)$** $$f(x) = \arcsin\frac{x}{2} + \sqrt{4-x^2}$$ 對 $\arcsin\dfrac{x}{2}$ 求導： $$\frac{d}{dx}\arcsin\frac{x}{2} = \frac{1}{\sqrt{1-(x/2)^2}}\cdot\frac{1}{2} = \frac{1}{2\sqrt{1-x^2/4}} = \frac{1}{\sqrt{4-x^2}}$$ 對 $\sqrt{4-x^2}$ 求導： $$\frac{d}{dx}\sqrt{4-x^2} = \frac{-2x}{2\sqrt{4-x^2}} = \frac{-x}{\sqrt{4-x^2}}$$ 因此： $$f'(x) = \frac{1}{\sqrt{4-x^2}} + \frac{-x}{\sqrt{4-x^2}} = \frac{1-x}{\sqrt{4-x^2}}$$ $$\boxed{f'(x) = \dfrac{1-x}{\sqrt{4-x^2}}, \quad x\in(-2,2)}$$ --- **(b) 求極值** 令 $f'(x) = 0$： $$\frac{1-x}{\sqrt{4-x^2}} = 0 \implies 1-x = 0 \implies x = 1$$ 分析符號： - $x \in (-2, 1)$：$1-x > 0$，$f'(x) > 0$（遞增） - $x \in (1, 2)$：$1-x < 0$，$f'(x) < 0$（遞減）故 $x=1$ 為極大值點。 $$f(1) = \arcsin\frac{1}{2} + \sqrt{4-1} = \frac{\pi}{6} + \sqrt{3}$$ **端點值**（注意 $f'$ 在端點 $x=\pm 2$ 無定義）： $$f(-2) = \arcsin(-1) + 0 = -\frac{\pi}{2}$$ $$f(2) = \arcsin(1) + 0 = \frac{\pi}{2}$$ **結論：** - **極大值**（局部且整體）：$f(1) = \dfrac{\pi}{6} + \sqrt{3}$（$x=1$ 處） - 函數在 $x=2$ 的值為 $\dfrac{\pi}{2}$，在 $x=-2$ 的值為 $-\dfrac{\pi}{2}$（端點值，非極值） $$\boxed{ ext{極大值} = \frac{\pi}{6}+\sqrt{3} ext{ 在 } x=1}$$

Question 3

Evaluate the following integrals:

(a) $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin 2x \cdot \cos^2 x \, dx$

(b) $\int_0^1 \frac{dx}{e^x + 1}$

Accepted Answer

**(a)** $\displaystyle\int_0^{\pi/2} \sin 2x \cdot \cos^2 x\,dx$

利用 $\sin 2x = 2\sin x\cos x$：
$$\int_0^{\pi/2} 2\sin x\cos x \cdot \cos^2 x\,dx = 2\int_0^{\pi/2} \sin x\cos^3 x\,dx$$

令 $u = \cos x$，$du = -\sin x\,dx$，當 $x=0	o u=1$，$x=\pi/2	o u=0$：
$$= 2\int_1^0 u^3(-du) = 2\int_0^1 u^3\,du = 2\cdot\frac{1}{4} = \frac{1}{2}$$

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

---

**(b)** $\displaystyle\int_0^1 \frac{dx}{e^x+1}$

分子分母同乘 $e^{-x}$：
$$\frac{1}{e^x+1} = \frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}$$

$$\int_0^1 \frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}\,dx$$

令 $u = 1+e^{-x}$，$du = -e^{-x}\,dx$，當 $x=0	o u=2$，$x=1	o u=1+e^{-1}$：
$$= \int_2^{1+e^{-1}} \frac{-du}{u} = \int_{1+e^{-1}}^{2} \frac{du}{u} = \ln 2 - \ln(1+e^{-1})$$

$$= \ln 2 - \ln\frac{e+1}{e} = \ln 2 - \ln(e+1) + 1$$

$$= 1 + \ln 2 - \ln(e+1) = 1 + \ln\frac{2}{e+1}$$

$$\boxed{1 + \ln\dfrac{2}{e+1}}$$

Question 4

Find the convergence set of $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n(x-2)^n}{n \cdot 4^n}$.

Accepted Answer

**Step 1：求收斂半徑**

使用比值測試：
$$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}ight| = \left|\frac{(-1)^{n+1}(x-2)^{n+1}}{(n+1)\cdot 4^{n+1}}\cdot\frac{n\cdot 4^n}{(-1)^n(x-2)^n}ight| = \frac{n}{n+1}\cdot\frac{|x-2|}{4}$$

當 $n	o\infty$ 時：
$$L = \frac{|x-2|}{4}$$

級數絕對收斂條件 $L < 1$：
$$|x-2| < 4 \implies -2 < x < 6$$

收斂半徑 $R = 4$，中心 $x_0 = 2$。

**Step 2：檢查端點**

**端點 $x = 6$**（即 $x-2 = 4$）：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot 4^n}{n\cdot 4^n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}$$

此為交錯調和級數，由萊布尼茲判斷法知**收斂**。

**端點 $x = -2$**（即 $x-2 = -4$）：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n\cdot(-4)^n}{n\cdot 4^n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n\cdot(-1)^n\cdot 4^n}{n\cdot 4^n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$$

此為調和級數，**發散**。

**Step 3：收斂集**

$$\boxed{	ext{收斂集} = (-2,\, 6]}$$

Question 5

Gauss' probability integral is $I_0(\alpha) = \int_0^{\infty} e^{-\alpha x^2} dx = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}$

Evaluate $I_1(\alpha) = \int_0^{\infty} xe^{-\alpha x^2} dx$ and $I_2(\alpha) = \int_0^{\infty} x^2 e^{-\alpha x^2} dx$.

Accepted Answer

**求 $I_1(\alpha)$**

直接計算，令 $u = \alpha x^2$，$du = 2\alpha x\,dx$，故 $x\,dx = \dfrac{du}{2\alpha}$：
$$I_1(\alpha) = \int_0^{\infty} xe^{-\alpha x^2}\,dx = \int_0^{\infty} e^{-u}\frac{du}{2\alpha} = \frac{1}{2\alpha}\left[-e^{-u}\right]_0^{\infty} = \frac{1}{2\alpha}$$

$$\boxed{I_1(\alpha) = \dfrac{1}{2\alpha}}$$

---

**求 $I_2(\alpha)$**

**方法：對 $\alpha$ 微分 $I_0(\alpha)$。**

已知 $I_0(\alpha) = \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha}} = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\alpha^{-1/2}$

對 $\alpha$ 求導：
$$\frac{d}{d\alpha}I_0(\alpha) = \frac{d}{d\alpha}\int_0^{\infty} e^{-\alpha x^2}\,dx = \int_0^{\infty} (-x^2)e^{-\alpha x^2}\,dx = -I_2(\alpha)$$

另一方面：
$$\frac{d}{d\alpha}\left(\frac{\sqrt{\pi}}{2}\alpha^{-1/2}\right) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)\alpha^{-3/2} = -\frac{\sqrt{\pi}}{4}\alpha^{-3/2}$$

因此：
$$-I_2(\alpha) = -\frac{\sqrt{\pi}}{4\alpha^{3/2}}$$

$$\boxed{I_2(\alpha) = \dfrac{\sqrt{\pi}}{4\alpha^{3/2}} = \dfrac{1}{4}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^3}}}$$

Question 6

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

Accepted Answer

**Step 1：求偏導數**

$$f_x = y + 3(x-y)^2 = 0$$
$$f_y = x - 3(x-y)^2 = 0$$

**Step 2：求解方程組**

兩式相加：
$$f_x + f_y = y + x + 3(x-y)^2 - 3(x-y)^2 = x + y = 0$$

故 $y = -x$。代入 $f_x = 0$：
$$-x + 3(x-(-x))^2 = 0 \implies -x + 3(2x)^2 = 0 \implies -x + 12x^2 = 0$$
$$x(12x - 1) = 0 \implies x = 0 	ext{ 或 } x = \frac{1}{12}$$

- $x=0$：$y=0$，臨界點 $(0,0)$
- $x=\frac{1}{12}$：$y=-\frac{1}{12}$，臨界點 $\left(\frac{1}{12},-\frac{1}{12}ight)$

**Step 3：計算二階偏導數**

$$f_{xx} = 6(x-y), \quad f_{yy} = -6(x-y), \quad f_{xy} = 1 - 6(x-y)$$

判別式 $D = f_{xx}f_{yy} - (f_{xy})^2 = -36(x-y)^2 - (1-6(x-y))^2$

**在 $(0,0)$**（$x-y = 0$）：
$$D = -36\cdot 0 - (1-0)^2 = -1 < 0 \implies 	ext{鞍點}$$

**在 $\left(\frac{1}{12}, -\frac{1}{12}ight)$**（$x-y = \frac{1}{6}$）：
$$f_{xx} = 6\cdot\frac{1}{6} = 1, \quad f_{yy} = -1, \quad f_{xy} = 1-6\cdot\frac{1}{6} = 0$$
$$D = (1)(-1) - 0^2 = -1 < 0 \implies 	ext{鞍點}$$

**結論：**

兩個臨界點均為**鞍點**：
- 鞍點 $(0, 0)$，$f(0,0)=0$
- 鞍點 $\left(\dfrac{1}{12}, -\dfrac{1}{12}ight)$，$f = \dfrac{1}{12}\cdot\left(-\dfrac{1}{12}ight)+\left(\dfrac{1}{6}ight)^3 = -\dfrac{1}{144}+\dfrac{1}{216} = -\dfrac{3}{432}+\dfrac{2}{432} = -\dfrac{1}{432}$

$$\boxed{	ext{兩臨界點均為鞍點：}(0,0) 	ext{ 和 } \left(\frac{1}{12},-\frac{1}{12}ight)}$$

Question 7

Evaluate $\int_0^1 \int_{\sqrt{y}}^1 \sin(x^3) dxdy$.

Accepted Answer

**Step 1：分析積分區域**

原積分的範圍：$0 \leq y \leq 1$，$\sqrt{y} \leq x \leq 1$，即 $y \leq x^2$，$y \geq 0$，$x \leq 1$。

區域為：$\{(x,y) : 0 \leq y \leq x^2,\; 0 \leq x \leq 1\}$

**Step 2：交換積分順序**

改為先對 $y$ 積分：$0 \leq x \leq 1$，$0 \leq y \leq x^2$

$$\int_0^1 \int_{\sqrt{y}}^1 \sin(x^3)\,dx\,dy = \int_0^1 \int_0^{x^2} \sin(x^3)\,dy\,dx$$

**Step 3：計算內層積分**

$$\int_0^{x^2} \sin(x^3)\,dy = \sin(x^3)\cdot x^2$$

（$\sin(x^3)$ 對 $y$ 是常數）

**Step 4：計算外層積分**

$$\int_0^1 x^2\sin(x^3)\,dx$$

令 $u = x^3$，$du = 3x^2\,dx$，當 $x=0	o u=0$，$x=1	o u=1$：

$$= \int_0^1 \sin u\cdot\frac{du}{3} = \frac{1}{3}\left[-\cos uight]_0^1 = \frac{1}{3}(1-\cos 1)$$

$$\boxed{\dfrac{1-\cos 1}{3}}$$

Question 8

Evaluate $\iint_R xy \, dA$, where R is the region bounded by $y = \sqrt{2x - x^2}$ and $y = 0$, by converting to Polar Coordinates.

Accepted Answer

**Step 1：分析區域**

曲線 $y = \sqrt{2x - x^2}$ 即 $y^2 = 2x - x^2$，整理：
$$x^2 - 2x + y^2 = 0 \implies (x-1)^2 + y^2 = 1$$

這是圓心在 $(1,0)$、半徑為 $1$ 的圓，且 $y \geq 0$ 為上半圓。

區域 $R$：上半圓弧與 $x$ 軸所圍的上半圓盤。

**Step 2：轉為極座標**

$(x-1)^2+y^2=1$ 展開：$x^2-2x+y^2=0$，即 $r^2-2r\cos	heta=0$，故 $r = 2\cos	heta$。

極座標範圍：$	heta \in [0, \pi/2]$（上半平面 $y\geq 0$ 且 $x\geq 0$），$r$ 從 $0$ 到 $2\cos	heta$。

（由於 $x=r\cos	heta \geq 0$ 且 $y = r\sin	heta \geq 0$，$	heta \in [0,\pi/2]$）

被積函數 $xy = r\cos	heta \cdot r\sin	heta = r^2\cos	heta\sin	heta$，$dA = r\,dr\,d	heta$

$$\iint_R xy\,dA = \int_0^{\pi/2}\int_0^{2\cos	heta} r^2\cos	heta\sin	heta\cdot r\,dr\,d	heta = \int_0^{\pi/2}\cos	heta\sin	heta\int_0^{2\cos	heta} r^3\,dr\,d	heta$$

**Step 3：計算內層積分**

$$\int_0^{2\cos	heta} r^3\,dr = \left[\frac{r^4}{4}ight]_0^{2\cos	heta} = \frac{16\cos^4	heta}{4} = 4\cos^4	heta$$

**Step 4：計算外層積分**

$$\int_0^{\pi/2} \cos	heta\sin	heta\cdot 4\cos^4	heta\,d	heta = 4\int_0^{\pi/2}\cos^5	heta\sin	heta\,d	heta$$

令 $u = \cos	heta$，$du = -\sin	heta\,d	heta$，$	heta: 0	o\pi/2$ 對應 $u: 1	o 0$：
$$= 4\int_1^0 u^5(-du) = 4\int_0^1 u^5\,du = 4\cdot\frac{1}{6} = \frac{2}{3}$$

$$\boxed{\dfrac{2}{3}}$$

Question 9

A certain gas satisfies the law $pV = T - \frac{4p}{T}$ where p=pressure, V=volume, and T=temperature. Calculate $\frac{\partial T}{\partial p}$ and $\frac{\partial T}{\partial V}$ at the point where $p = V = 1$ and $T = 2$.

Accepted Answer

**設定隱函數**

方程式：$pV = T - \dfrac{4p}{T}$，定義 $F(p, V, T) = T - \dfrac{4p}{T} - pV = 0$

**計算各偏導數**

$$F_p = -\frac{4}{T} - V, \quad F_V = -p, \quad F_T = 1 + \frac{4p}{T^2}$$

**求 $\dfrac{\partial T}{\partial p}$**（V 視為常數）

由隱函數定理：
$$\frac{\partial T}{\partial p} = -\frac{F_p}{F_T} = -\frac{-\dfrac{4}{T}-V}{1+\dfrac{4p}{T^2}} = \frac{\dfrac{4}{T}+V}{1+\dfrac{4p}{T^2}}$$

代入 $p=V=1$，$T=2$：
$$\frac{\partial T}{\partial p}\bigg|_{(1,1,2)} = \frac{\dfrac{4}{2}+1}{1+\dfrac{4\cdot 1}{4}} = \frac{2+1}{1+1} = \frac{3}{2}$$

**求 $\dfrac{\partial T}{\partial V}$**（p 視為常數）

$$\frac{\partial T}{\partial V} = -\frac{F_V}{F_T} = -\frac{-p}{1+\dfrac{4p}{T^2}} = \frac{p}{1+\dfrac{4p}{T^2}}$$

代入 $p=V=1$，$T=2$：
$$\frac{\partial T}{\partial V}\bigg|_{(1,1,2)} = \frac{1}{1+\dfrac{4}{4}} = \frac{1}{2}$$

**結論：**
$$\boxed{\frac{\partial T}{\partial p} = \frac{3}{2}, \quad \frac{\partial T}{\partial V} = \frac{1}{2}}$$

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