台灣大學 105 年微積分(C) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Assume a (real valued) function $y = f(x)$ satisfy $y^5 + 9y = x^3 + x$. Suppose $g(x)$ is a (real valued) function satisfying $f(g(x)) = x$.

(a) The value $g(1)$ must be 2. True or false? Answer: __(1)__.

(b) The derivative $g'(1) = $ __(2)__.

Accepted Answer

先把反函數關係整理清楚。題目給的是 $y=f(x)$ 滿足
$$y^5+9y=x^3+x,$$
而 $g$ 滿足 $f(g(x))=x$，所以 $g$ 是 $f$ 的反函數。

(a) 令 $u=g(1)$，則 $f(u)=1$。把 $x=u,\ y=1$ 代入原關係式：
$$1^5+9\cdot 1=u^3+u.$$
因此
$$u^3+u=10.$$
檢查 $u=2$ 時，
$$2^3+2=8+2=10,$$
所以 $u=2$，也就是
$$g(1)=2.$$
因此「$g(1)$ must be 2」這句話是真的。

(b) 既然 $g=f^{-1}$，就有反函數導數公式
$$g'(1)=\frac{1}{f'(g(1))}=\frac{1}{f'(2)}.$$
對原方程 $y^5+9y=x^3+x$ 兩邊對 $x$ 微分：
$$(5y^4+9)\frac{dy}{dx}=3x^2+1.$$
因此
$$f'(x)=\frac{3x^2+1}{5f(x)^4+9}.$$
在 $x=2$ 時，因為 $f(2)=1$，所以
$$f'(2)=\frac{3\cdot 2^2+1}{5\cdot 1^4+9}=\frac{13}{14}.$$
故
$$g'(1)=\frac{1}{13/14}=\frac{14}{13}.$$

答案：__(1)__ True，__(2)__ $\dfrac{14}{13}$。

Question 2

An experiment detects that a particle at $(1, 0)$ (on the $xy$-plane) is moving towards the north at the speed 3 meters per minute. At the same time another particle at $(-2, 1)$ is moving towards the east at the speed 4 meters per minute.

(a) Let $s(t)$ be the distance (in meters) between the two particles in $t$ minutes. $s(t) = $ __(3)__.

(b) Suppose at $t = t_0$ the two particles are closest to each other. Then $t_0 = $ __(4)__.

Accepted Answer

設第一個粒子的位置為 $P_1(t)$，第二個粒子的位置為 $P_2(t)$。

第一個粒子起點在 $(1,0)$，向北每分鐘 3 公尺，所以
$$P_1(t)=(1,3t).$$
第二個粒子起點在 $(-2,1)$，向東每分鐘 4 公尺，所以
$$P_2(t)=(-2+4t,1).$$

(a) 兩粒子的距離函數為
$$s(t)=\sqrt{(1-(-2+4t))^2+(3t-1)^2}$$
$$=\sqrt{(3-4t)^2+(3t-1)^2}$$
$$=\sqrt{25t^2-30t+10}.$$

(b) 距離最小等價於距離平方最小。令
$$q(t)=s(t)^2=25t^2-30t+10.$$
這是開口向上的二次式，其最小值發生在頂點
$$t_0=-\frac{-30}{2\cdot 25}=\frac{3}{5}.$$

答案：__(3)__ $\sqrt{(3-4t)^2+(3t-1)^2}$，__(4)__ $\dfrac35$。

Question 3

Compute the indefinite integral $\int \frac{dx}{(2x-1)(x+1)} = $ __(5)__.

Accepted Answer

用部分分式分解。設
$$\frac{1}{(2x-1)(x+1)}=\frac{A}{2x-1}+\frac{B}{x+1}.$$
兩邊同乘 $(2x-1)(x+1)$ 得
$$1=A(x+1)+B(2x-1).$$
比較係數：
$$A+2B=0,\qquad A-B=1.$$
解得
$$A=\frac23,\qquad B=-\frac13.$$
所以
$$\int \frac{dx}{(2x-1)(x+1)}=\int\left(\frac{2/3}{2x-1}-\frac{1/3}{x+1}\right)dx.$$
逐項積分：
$$\int \frac{2/3}{2x-1}dx=\frac13\ln|2x-1|,$$
$$\int -\frac{1/3}{x+1}dx=-\frac13\ln|x+1|.$$
因此
$$\int \frac{dx}{(2x-1)(x+1)}=\frac13\ln\left|\frac{2x-1}{x+1}\right|+C.$$

答案：__(5)__ $\dfrac13\ln\left|\dfrac{2x-1}{x+1}\right|+C$。

Question 4

Let $\Omega$ be a region (on the $xy$-plane) enclosed by $x = \sqrt{ln y}$, $x = 0$ and $y = e$. Let $S$ be the solid obtained by revolving $\Omega$ about the $y$-axis. Let $V$ be the volume of $S$. $V = $ __(6)__.

Accepted Answer

由 $x=\sqrt{\ln y}$ 可得
$$x^2=\ln y \iff y=e^{x^2}.$$
再由邊界 $x=0$ 可知對應到 $y=1$，而另一條邊界是 $y=e$。
所以區域可寫成
$$1\le y\le e,\qquad 0\le x\le \sqrt{\ln y}.$$

將此區域繞 $y$ 軸旋轉，用洗衣機法。固定 $y$ 時，旋轉半徑為
$$R(y)=\sqrt{\ln y}.$$
因此體積
$$V=\pi\int_1^e R(y)^2\,dy=\pi\int_1^e \ln y\,dy.$$
再算積分：
$$\int \ln y\,dy=y\ln y-y.$$
故
$$V=\pi\Big[(y\ln y-y)\Big]_1^e$$
$$=\pi\big((e\cdot 1-e)-(1\cdot 0-1)\big)=\pi.$$

答案：__(6)__ $\pi$。

Question 5

Let $f(x,y) = x^2 - e^{xy^2}$ and the surface $S$ be the graph of the function $z = f(x,y)$. Let $P = (1,0,0) \in S$ and $p = (1,0)$ in the $xy$-plane.

(a) If the unit vector $u$ (in the $xy$-plane) at $p$ is the direction (among all directions at $p$) along which the height (i.e. the value of $z$) of $S$ increases most rapidly, then $u = $ __(7)__.

(b) Write $H$ for the plane $x + 2y + 3z = 1$ and the curve $C$ for the intersection $S \cap H$. Let $L$ be the tangent line to $C$ at $P$ and $N$ be the plane perpendicular to $L$ at $P$. Then the equation of $N$ is __(8)__.

Accepted Answer

已知 $f(x,y)=x^2-e^{xy^2}$。

(a) 在平面上，高度增加最快的方向就是梯度方向。先求偏導：
$$f_x=2x-y^2e^{xy^2},\qquad f_y=-2xye^{xy^2}.$$
在點 $p=(1,0)$ 處，
$$
abla f(1,0)=(2,0).$$
因此最速上升方向就是 $(2,0)$ 的方向，化成單位向量得到
$$u=(1,0).$$

(b) 交線 $C=S\cap H$ 可視為兩曲面的交線。令
$$F_1(x,y,z)=x^2-e^{xy^2}-z,\qquad F_2(x,y,z)=x+2y+3z-1.$$
則 $S$ 由 $F_1=0$ 給出，平面 $H$ 由 $F_2=0$ 給出。
交線在點 $P=(1,0,0)$ 的切向量可由
$$
abla F_1(P)	imes 
abla F_2(P)$$
求得。

先算梯度：
$$
abla F_1=(2x-y^2e^{xy^2},\,-2xye^{xy^2},\,-1),$$
所以
$$
abla F_1(P)=(2,0,-1).$$
而
$$
abla F_2=(1,2,3).$$
因此
$$
abla F_1(P)	imes 
abla F_2(P)
=\begin{vmatrix}
\mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\
2&0&-1\
1&2&3
\end{vmatrix}
=(2,-7,4).$$
所以切線 $L$ 的方向向量可取為 $(2,-7,4)$。

平面 $N$ 與 $L$ 垂直，因此 $(2,-7,4)$ 就是平面 $N$ 的法向量。又平面通過 $P=(1,0,0)$，所以方程式為
$$2(x-1)-7y+4z=0,$$
即
$$2x-7y+4z=2.$$

答案：__(7)__ $(1,0)$，__(8)__ $2x-7y+4z=2$。

Question 6

Let $R$ be the region enclosed by $y = x$, $y = x - 2$, $y = 1$ and $y = 0$.

(a) Let $A$ be the area of $R$. $A = $ __(9)__.

(b) The double integral $\iint_R \sqrt{x - y} \, dx dy = $ __(10)__.

Accepted Answer

由邊界 $y=x$、$y=x-2$、$y=1$、$y=0$ 可看出：對每個固定的 $y\in[0,1]$，$x$ 從 $y$ 到 $y+2$。

(a) 面積
$$A=\int_0^1\int_y^{y+2}1\,dx\,dy=\int_0^1 2\,dy=2.$$

(b) 計算
$$\iint_R \sqrt{x-y}\,dx\,dy=\int_0^1\int_y^{y+2}\sqrt{x-y}\,dx\,dy.$$
令 $u=x-y$，則 $du=dx$，當 $x=y$ 時 $u=0$，當 $x=y+2$ 時 $u=2$。
所以
$$\int_y^{y+2}\sqrt{x-y}\,dx=\int_0^2\sqrt{u}\,du=\left[\frac23u^{3/2}\right]_0^2=\frac{4\sqrt2}{3}.$$
這與 $y$ 無關，因此
$$\iint_R \sqrt{x-y}\,dx\,dy=\int_0^1\frac{4\sqrt2}{3}\,dy=\frac{4\sqrt2}{3}.$$

答案：__(9)__ $2$，__(10)__ $\dfrac{4\sqrt2}{3}$。

Question 7

Let $\Omega$ be the region $\{(x,y) | (x-1)^2 + y^2 < 1\}$. Evaluate the double integral $\iint_\Omega \frac{1}{x} \, dx dy$.

Accepted Answer

區域
$$\Omega=\{(x,y)\mid (x-1)^2+y^2<1\}$$
是以 $(1,0)$ 為圓心、半徑為 $1$ 的圓盤。

改寫成極座標會很方便。由
$$(x-1)^2+y^2<1$$
展開得
$$x^2+y^2<2x.$$
若用極座標 $x=r\cos	heta,\ y=r\sin	heta$，則
$$r^2<2r\cos	heta \iff 0<r<2\cos	heta.$$
要使右側非負，需有
$$-\frac\pi2\le	heta\le\frac\pi2.$$

因此積分變成
$$\iint_\Omega \frac1x\,dx\,dy
=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^{2\cos	heta}\frac1{r\cos	heta}\,r\,dr\,d	heta.$$ 
其中 Jacobian 提供一個 $r$，正好約掉，所以
$$=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^{2\cos	heta}\frac1{\cos	heta}\,dr\,d	heta$$
$$=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{2\cos	heta}{\cos	heta}\,d	heta=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}2\,d	heta=2\pi.$$

答案：$2\pi$。

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