台灣大學 109 年微積分(C) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

$\lim\limits_{x 	o \infty} \frac{\sqrt[x]{2} - 1}{\frac{1}{x}} = ?$

Accepted Answer

設
$$
L=\lim_{x	o\infty}\frac{\sqrt[x]{2}-1}{1/x}.
$$

先把 $\sqrt[x]{2}$ 改寫成指數形式：
$$
\sqrt[x]{2}=2^{1/x}=e^{(\ln 2)/x}.
$$
因此原極限變成
$$
L=\lim_{x	o\infty}\frac{e^{(\ln 2)/x}-1}{1/x}.
$$

令
$$
u=\frac{\ln 2}{x},
$$
則當 $x	o\infty$ 時，$
u	o 0$，而且
$$
\frac{1}{x}=\frac{
u}{\ln 2}.
$$
所以
$$
L=\lim_{
u	o 0}\frac{e^{
u}-1}{
u/(\ln 2)}
=\ln 2\cdot \lim_{
u	o 0}\frac{e^{
u}-1}{
u}.
$$

利用標準極限
$$
\lim_{
u	o 0}\frac{e^{
u}-1}{
u}=1,
$$
可得
$$
L=\ln 2.
$$

故答案為
$$
\boxed{\ln 2}.
$$

Question 2

Find $f'(2)$ if $f(x) = e^{g(x)}$ and $g(x) = \int_4^{x^2} \frac{1}{1+t^3}dt$.

Accepted Answer

題目給
$$
f(x)=e^{g(x)},\qquad g(x)=\int_4^{x^2}\frac{1}{1+t^3}\,dt.
$$

要求 $f'(2)$，先用 chain rule：
$$
f'(x)=e^{g(x)}\cdot g'(x).
$$
所以只要算出 $g(2)$ 與 $g'(2)$ 即可。

先看 $g(2)$：
$$
g(2)=\int_4^{2^2}\frac{1}{1+t^3}\,dt=\int_4^4 \frac{1}{1+t^3}\,dt=0.
$$
因此
$$
e^{g(2)}=e^0=1.
$$

再算 $g'(x)$。由微積分基本定理加 chain rule：
$$
g'(x)=\frac{1}{1+(x^2)^3}\cdot \frac{d}{dx}(x^2)=\frac{2x}{1+x^6}.
$$
所以
$$
g'(2)=\frac{4}{1+64}=\frac{4}{65}.
$$

故
$$
f'(2)=e^{g(2)}g'(2)=1\cdot \frac{4}{65}=\frac{4}{65}.
$$

答案為
$$
\boxed{\frac{4}{65}}.
$$

Question 3

Trochoid $x = 2	heta - \sin 	heta$, $y = 2 - \cos 	heta$. Find the tangent line of the curve at $	heta = \frac{\pi}{2}$.

Accepted Answer

參數式為
$$
x=2	heta-\sin	heta,\qquad y=2-\cos	heta.
$$
要求 $	heta=\dfrac{\pi}{2}$ 時的切線方程。

先求該點座標：
$$
x\left(\frac{\pi}{2}ight)=2\cdot \frac{\pi}{2}-\sin\frac{\pi}{2}=\pi-1,
$$
$$
y\left(\frac{\pi}{2}ight)=2-\cos\frac{\pi}{2}=2.
$$
所以切點是
$$
(\pi-1,\ 2).
$$

再求斜率。對參數微分：
$$
\frac{dx}{d	heta}=2-\cos	heta,
$$
$$
\frac{dy}{d	heta}=\sin	heta.
$$
因此
$$
\frac{dy}{dx}=\frac{dy/d	heta}{dx/d	heta}=\frac{\sin	heta}{2-\cos	heta}.
$$
在 $	heta=\dfrac{\pi}{2}$ 時，
$$
\frac{dy}{dx}=\frac{1}{2-0}=\frac12.
$$

所以切線方程為
$$
y-2=\frac12\bigl(x-(\pi-1)\bigr).
$$

若整理成一般形式，可寫成
$$
\boxed{y=\frac12x+\frac{5-\pi}{2}}.
$$

Question 4

Trochoid $x = 2	heta - \sin 	heta$, $y = 2 - \cos 	heta$. Find the area under the curve and above the $x$-axis for $0 \leq 	heta \leq 2\pi$.

Accepted Answer

題目要找 trochoid 在 $0\le 	heta\le 2\pi$ 時，曲線下方且在 $x$ 軸上方的面積。

參數式為
$$
x=2	heta-\sin	heta,\qquad y=2-\cos	heta.
$$

對參數曲線，面積公式是
$$
A=\int y\,dx = \int_{0}^{2\pi} y(	heta)\,x'(	heta)\,d	heta.
$$

先算
$$
x'(	heta)=2-\cos	heta.
$$
而
$$
y(	heta)=2-\cos	heta.
$$
所以
$$
A=\int_0^{2\pi}(2-\cos	heta)^2\,d	heta.
$$
展開後得
$$
(2-\cos	heta)^2=4-4\cos	heta+\cos^2	heta.
$$
因此
$$
A=\int_0^{2\pi}4\,d	heta-4\int_0^{2\pi}\cos	heta\,d	heta+\int_0^{2\pi}\cos^2	heta\,d	heta.
$$
分別計算：
$$
\int_0^{2\pi}4\,d	heta = 8\pi,
$$
$$
\int_0^{2\pi}\cos	heta\,d	heta = 0,
$$
$$
\int_0^{2\pi}\cos^2	heta\,d	heta = \pi.
$$
所以
$$
A=8\pi+\pi=9\pi.
$$

答案為
$$
\boxed{9\pi}.
$$

Question 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 $x = 1$.

Accepted Answer

區域 $R$ 由
$$
y=x^2,\qquad y=2-x^2
$$
所圍成。

先求交點：
$$
x^2=2-x^2 \Rightarrow 2x^2=2 \Rightarrow x=\pm 1.
$$
所以區域在 $x\in[-1,1]$ 之間，上下界分別為
$$
y_{	ext{top}}=2-x^2,\qquad y_{	ext{bottom}}=x^2.
$$
高度為
$$
(2-x^2)-x^2=2-2x^2=2(1-x^2).
$$

繞直線 $x=1$ 旋轉，最方便用 cylindrical shells。

對於位置 $x$ 的垂直小長條：
- 半徑：$r=1-x$
- 高度：$h=2-2x^2$

因此體積為
$$
V=2\pi\int_{-1}^{1}(1-x)(2-2x^2)\,dx.
$$
整理：
$$
V=4\pi\int_{-1}^{1}(1-x)(1-x^2)\,dx.
$$
展開 integrand：
$$
(1-x)(1-x^2)=1-x-x^2+x^3.
$$
在對稱區間 $[-1,1]$ 上，奇函數項 $-x$ 與 $x^3$ 積分為 $0$，所以
$$
\int_{-1}^{1}(1-x-x^2+x^3)\,dx
=\int_{-1}^{1}(1-x^2)\,dx.
$$
而
$$
\int_{-1}^{1}(1-x^2)\,dx
=\left[x-\frac{x^3}{3}ight]_{-1}^{1}
=\left(1-\frac13ight)-\left(-1+\frac13ight)=\frac43.
$$
因此
$$
V=4\pi\cdot \frac43=\frac{16\pi}{3}.
$$

答案為
$$
\boxed{\frac{16\pi}{3}}.
$$

Question 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 $R$.

Accepted Answer

這裡的 "arc length of the region $R$" 指的是區域邊界的總弧長，也就是兩條拋物線圍成封閉圖形的周長。

區域由
$$
y=x^2,\qquad y=2-x^2
$$
所圍成，交點在
$$
x=\pm 1.
$$

對曲線 $y=x^2$，在 $[-1,1]$ 上的弧長為
$$
L_1=\int_{-1}^{1}\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}\,dx
=\int_{-1}^{1}\sqrt{1+4x^2}\,dx.
$$

對曲線 $y=2-x^2$，因為
$$
\frac{dy}{dx}=-2x,
$$
所以弧長同樣是
$$
L_2=\int_{-1}^{1}\sqrt{1+4x^2}\,dx.
$$

故總弧長為
$$
L=L_1+L_2=2\int_{-1}^{1}\sqrt{1+4x^2}\,dx=4\int_0^1\sqrt{1+4x^2}\,dx.
$$

接著計算積分。標準公式為
$$
\int \sqrt{1+4x^2}\,dx
=\frac{x}{2}\sqrt{1+4x^2}+\frac14\operatorname{arsinh}(2x)+C.
$$
因此
$$
\int_0^1\sqrt{1+4x^2}\,dx
=\left[\frac{x}{2}\sqrt{1+4x^2}+\frac14\operatorname{arsinh}(2x)\right]_0^1
=\frac{\sqrt5}{2}+\frac14\operatorname{arsinh}(2).
$$
乘上 $4$ 得
$$
L=2\sqrt5+\operatorname{arsinh}(2).
$$
又
$$
\operatorname{arsinh}(2)=\ln(2+\sqrt5),
$$
所以也可寫成
$$
L=2\sqrt5+\ln(2+\sqrt5).
$$

答案為
$$
\boxed{2\sqrt5+\ln(2+\sqrt5)}.
$$

Question 7

Evaluate $\iint_R \cos\left(\frac{y-x}{y+x}\right)dA$ where $R$ is the trapezoidal region with vertices $(1,0)$, $(2,0)$, $(0,2)$ and $(0,1)$.

Accepted Answer

題目要求
$$
\iint_R \cos\left(\frac{y-x}{y+x}ight)dA,
$$
其中 $R$ 的頂點為 $(1,0),(2,0),(0,2),(0,1)$。

先觀察邊界：這四點剛好在兩條直線
$$
x+y=1,\qquad x+y=2
$$
與兩坐標軸圍成的梯形內，因此自然考慮變數代換
$$
u=y-x,\qquad v=y+x.
$$
因為 integrand 只依賴 $\dfrac{y-x}{y+x}=\dfrac{
u}{v}$，這個代換非常合適。

由
$$
x=\frac{v-
u}{2},\qquad y=\frac{v+
u}{2}.
$$
Jacobian 為
$$
\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(
u,v)}ight|
=\begin{vmatrix}
-\frac12 & \frac12 \
\frac12 & \frac12
\end{vmatrix}
=\frac12.
$$
所以
$$
dA=\frac12\,d
u\,dv.
$$

接著找新區域：
- 由 $x+y=v$ 得 $1\le v\le 2$
- 由 $x\ge 0$ 得 $v-
u\ge 0$，即 $
u\le v$
- 由 $y\ge 0$ 得 $v+
u\ge 0$，即 $
u\ge -v$

因此在 $(
u,v)$ 平面中，區域變成
$$
1\le v\le 2,\qquad -v\le 
u\le v.
$$

原積分化為
$$
\iint_R \cos\left(\frac{y-x}{y+x}ight)dA
=\int_1^2\int_{-v}^{v}\cos\left(\frac{
u}{v}ight)\cdot \frac12\,d
u\,dv.
$$
對內積分令
$$
w=\frac{
u}{v},\qquad d
u=v\,dw.
$$
當 $
u=-v$ 到 $v$ 時，$w$ 從 $-1$ 到 $1$。所以
$$
\int_{-v}^{v}\cos\left(\frac{
u}{v}ight)\cdot \frac12\,d
u
=\frac{v}{2}\int_{-1}^{1}\cos w\,dw
=\frac{v}{2}\bigl[\sin w\bigr]_{-1}^{1}
=v\sin 1.
$$
於是整個積分為
$$
\int_1^2 v\sin 1\,dv
=\sin 1\left[\frac{v^2}{2}ight]_1^2
=\sin 1\cdot \frac{4-1}{2}
=\frac32\sin 1.
$$

答案為
$$
\boxed{\frac32\sin 1}.
$$

Question 8

Let $f(x,y) = x^4 + y^4 - 4xy + 1$. Find local maxima, local minima, and saddle points of $f(x,y)$.

Accepted Answer

給定 $$ f(x,y)=x^4+y^4-4xy+1. $$ 要求局部極大、局部極小與 saddle points。先找 critical points。計算偏導： $$ f_x=4x^3-4y, $$ $$ f_y=4y^3-4x. $$ 令兩者同時為零，得到 $$ x^3=y,\qquad y^3=x. $$ 將 $y=x^3$ 代入第二式： $$ (x^3)^3=x \Rightarrow x^9=x \Rightarrow x(x^8-1)=0. $$ 故 $$ x=0,\ \pm 1. $$ 對應的 $y=x^3$ 也是 $$ y=0,\ \pm 1. $$ 因此 critical points 為 $$ (0,0),\ (1,1),\ (-1,-1). $$ 接著用二階導數判別。 $$ f_{xx}=12x^2,\qquad f_{yy}=12y^2,\qquad f_{xy}=-4. $$ 判別式 $$ D=f_{xx}f_{yy}-(f_{xy})^2 = 144x^2y^2-16. $$ 1. 在 $(0,0)$： $$ D=-16<0, $$ 所以 $(0,0)$ 是 saddle point。 2. 在 $(1,1)$： $$ D=144-16=128>0,\qquad f_{xx}=12>0, $$ 所以 $(1,1)$ 是 local minimum。 3. 在 $(-1,-1)$： $$ D=144-16=128>0,\qquad f_{xx}=12>0, $$ 所以 $(-1,-1)$ 也是 local minimum。再算函數值： $$ f(1,1)=1+1-4+1=-1, $$ $$ f(-1,-1)=1+1-4+1=-1, $$ $$ f(0,0)=1. $$ 因為在三個 critical points 中，沒有任何點同時滿足 $D>0$ 且 $f_{xx}<0$，所以 **沒有 local maximum**。結論： - local minima：$(1,1)$、$(-1,-1)$，函數值都為 $-1$ - saddle point：$(0,0)$ - local maxima：無故答案為 $$ \boxed{ ext{Local minima at }(1,1),(-1,-1);\ ext{no local maxima; saddle point at }(0,0).} $$

Question 9

Find the absolute maximum value and absolute minimum value of $f(x,y) = x^4 + y^4 - 4xy + 1$ on the disk $x^2 + y^2 \leq 1$.

Accepted Answer

要求在圓盤
$$
x^2+y^2\le 1
$$
上，函數
$$
f(x,y)=x^4+y^4-4xy+1
$$
的絕對最大值與絕對最小值。

絕對極值要同時檢查：
1. 內部 critical points
2. 邊界 $x^2+y^2=1$

一、先看內部 critical points

由前一題已知
$$
f_x=4x^3-4y,\qquad f_y=4y^3-4x.
$$
critical points 滿足
$$
x^3=y,\qquad y^3=x.
$$
解得
$$
(0,0),\ (1,1),\ (-1,-1).
$$
但其中 $(1,1)$ 與 $(-1,-1)$ 不在單位圓盤內，因為它們的平方和是 $2$。
所以圓盤內部只有
$$
(0,0).
$$
其函數值為
$$
f(0,0)=1.
$$

二、再看邊界 $x^2+y^2=1$

在邊界上，
$$
x^4+y^4=(x^2+y^2)^2-2x^2y^2=1-2x^2y^2.
$$
因此
$$
f(x,y)=1-2x^2y^2-4xy+1=2-2x^2y^2-4xy.
$$
設
$$
s=xy.
$$
則在邊界上
$$
x^2y^2=s^2,
$$
所以
$$
f=2-2s^2-4s.
$$
又因為在 $x^2+y^2=1$ 上，$xy$ 的範圍是
$$
-\frac12\le s\le \frac12.
$$
故只要研究單變數函數
$$
\phi(s)=2-2s^2-4s.
$$
這是一個開口向下的拋物線，且
$$
\phi'(s)=-4s-4<0\qquad 	ext{在 }\left[-\frac12,\frac12ight] 	ext{ 上都成立}.
$$
所以 $\phi(s)$ 在該區間上單調遞減。

因此：
- 最大值發生在最小的 $s=-\dfrac12$
- 最小值發生在最大的 $s=\dfrac12$

代回去：
$$
\phi\left(-\frac12ight)=2-2\cdot \frac14-4\left(-\frac12ight)=2-\frac12+2=\frac72,
$$
$$
\phi\left(\frac12ight)=2-2\cdot \frac14-4\left(\frac12ight)=2-\frac12-2=-\frac12.
$$

對應點為：
- $xy=-\dfrac12$ 且 $x^2+y^2=1$ 時，點為
$$
\left(\frac{1}{\sqrt2},-\frac{1}{\sqrt2}ight),\quad
\left(-\frac{1}{\sqrt2},\frac{1}{\sqrt2}ight)
$$
- $xy=\dfrac12$ 且 $x^2+y^2=1$ 時，點為
$$
\left(\frac{1}{\sqrt2},\frac{1}{\sqrt2}ight),\quad
\left(-\frac{1}{\sqrt2},-\frac{1}{\sqrt2}ight)
$$

最後比較內部值 $1$、邊界最大值 $\dfrac72$、邊界最小值 $-\dfrac12$，可得

- 絕對最大值：$\dfrac72$
- 絕對最小值：$-\dfrac12$

故答案為
$$
\boxed{	ext{Absolute maximum }=\frac72,\quad 	ext{Absolute minimum }=-\frac12.}
$$

Question 10

Solve the differential equation $xy' = y + x^2 \sin x$ with $y(\pi) = 2\pi$.

Accepted Answer

方程為
$$
xy'=y+x^2\sin x,\qquad y(\pi)=2\pi.
$$

先把它整理成一階線性微分方程：
$$
y'-\frac{1}{x}y=x\sin x.
$$

這時 integrating factor 為
$$
\mu(x)=e^{\int -1/x\,dx}=e^{-\ln x}=\frac1x.
$$
（因為初始條件在 $x=\pi>0$，所以考慮 $x>0$ 即可。）

將方程兩邊同乘 $\dfrac1x$：
$$
\frac1x y' - \frac{1}{x^2}y = \sin x.
$$
左邊正好是
$$
\left(\frac{y}{x}\right)'.
$$
所以方程變成
$$
\left(\frac{y}{x}\right)'=\sin x.
$$

積分得
$$
\frac{y}{x}=\int \sin x\,dx = -\cos x + C.
$$
因此
$$
y=x(-\cos x + C)=x(C-\cos x).
$$

利用條件 $y(\pi)=2\pi$：
$$
2\pi = \pi\bigl(C-\cos\pi\bigr)=\pi(C+1).
$$
故
$$
C+1=2 \Rightarrow C=1.
$$

所以解為
$$
y=x(1-\cos x).
$$

答案為
$$
\boxed{y=x(1-\cos x)}.
$$

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