台灣大學 111 年微積分(C) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Evaluate the limits.

• $\lim\limits_{x 	o 0} \frac{\ln(1-3x^2)}{e^{-x} + x - \cos x} = $ __(1)__.

• $\lim\limits_{x 	o \infty} \frac{\ln(1-3x^2)}{e^{-x} + x - \cos x} = $ __(2)__.

Accepted Answer

這一題目前 OCR 文字本身有問題。

第一小題
$$
\lim_{x	o 0}\frac{\ln(1-3x^2)}{e^{-x}+x-\cos x}
$$
是正常可解的；但第二小題寫成
$$
\lim_{x	o\infty}\frac{\ln(1-3x^2)}{e^{-x}+x-\cos x}
$$
在實數範圍下沒有意義，因為當 $x$ 夠大時，$1-3x^2<0$，$\ln(1-3x^2)$ 不再是實數。

所以先解第一小題，第二小題應回原 PDF 再校對。

(1) 當 $x	o 0$ 時，
$$
\ln(1-3x^2)\sim -3x^2.
$$
分母展開：
$$
e^{-x}=1-x+\frac{x^2}{2}+O(x^3),
$$
所以
$$
e^{-x}+x-\cos x = \left(1-x+\frac{x^2}{2}+O(x^3)ight)+x-\left(1-\frac{x^2}{2}+O(x^4)ight)=x^2+O(x^3).
$$
因此
$$
\lim_{x	o 0}\frac{\ln(1-3x^2)}{e^{-x}+x-\cos x}=-3.
$$

故第一空答案為
$$
\boxed{__(1)__=-3}.
$$

第二空因 OCR 疑似錯字，建議先標記待校對。

Question 2

Consider the graph of the function $f(x) = \frac{\sqrt{x^4 + 2x^3} - \sqrt{x^4 - x^3}}{\sqrt{x^2 - 5x}}$. Find all vertical asymptotes. __(3)__. (Hint: find the domain) Find all horizontal asymptotes. __(4)__.

Accepted Answer

先找定義域。函數為 $$ f(x)=\frac{\sqrt{x^4+2x^3}-\sqrt{x^4-x^3}}{\sqrt{x^2-5x}}. $$ 要有意義，需要三個根號內都非負： $$ x^4+2x^3=x^3(x+2)\ge 0, $$ $$ x^4-x^3=x^3(x-1)\ge 0, $$ $$ x^2-5x=x(x-5)>0. $$ 第三個條件給 $$ x<0 \quad ext{或} \quad x>5. $$ 而在這兩段上，前兩個條件也都成立，所以定義域是 $$ (-\infty,0)\cup(5,\infty). $$ 因此可能的垂直漸近線只會出現在定義域邊界 $x=0,5$。先看 $x o 0^-$：分母 $$ \sqrt{x^2-5x}=\sqrt{x(x-5)} o 0^+. $$ 分子方面，當 $x o 0^-$ 時， $$ \sqrt{x^4+2x^3}\sim \sqrt{2x^3} $$ 這裡因 $x<0$ 需直接用絕對值觀察，比較穩妥的方式是提取 $|x|^{3/2}$ 後可看出分子也趨近 0，且整體比值有限，不會炸開。因此 $x=0$ 不是垂直漸近線。再看 $x o 5^+$：分母 $$ \sqrt{x^2-5x}=\sqrt{x(x-5)} o 0^+, $$ 而分子趨近 $$ \sqrt{5^4+2\cdot 5^3}-\sqrt{5^4-5^3}=\sqrt{875}-\sqrt{500}>0. $$ 所以 $$ f(x) o +\infty. $$ 故垂直漸近線為 $$ \boxed{x=5}. $$ 接著看水平漸近線。當 $x o +\infty$， $$ \sqrt{x^4+2x^3}=x^2\sqrt{1+2/x},\qquad \sqrt{x^4-x^3}=x^2\sqrt{1-1/x}, $$ 分母為 $$ \sqrt{x^2-5x}=x\sqrt{1-5/x}. $$ 因此 $$ f(x)=x\cdot \frac{\sqrt{1+2/x}-\sqrt{1-1/x}}{\sqrt{1-5/x}}. $$ 利用一階展開 $$ \sqrt{1+2/x}=1+\frac1x+O(x^{-2}),\qquad \sqrt{1-1/x}=1-\frac{1}{2x}+O(x^{-2}), $$ 故分子差為 $$ \frac{3}{2x}+O(x^{-2}). $$ 因此 $$ f(x) o \frac32. $$ 當 $x o -\infty$，同樣處理可得極限為 $$ -\frac32. $$ 所以水平漸近線為 $$ \boxed{y=\frac32 ext{ and } y=-\frac32}. $$

Question 3

Consider the curve given by the equation $x^3 + y = 9x\sqrt[3]{y}$. Find an equation of the tangent line at the point $(4,8)$. __(5)__. Find $\frac{d^2y}{dx^2}$ at the point $(4,8)$. __(6)__.

Accepted Answer

題目給隱函數
$$
x^3+y=9x\sqrt[3]{y}
$$
且點 $(4,8)$ 在曲線上。

因為 $\sqrt[3]{8}=2$，代入驗算：
$$
4^3+8=64+8=72,\qquad 9\cdot 4\cdot 2=72.
$$
成立。

一、求切線斜率

對 $x$ 微分：
$$
3x^2+y' = 9\sqrt[3]{y}+9x\cdot \frac{1}{3}y^{-2/3}y'.
$$
即
$$
3x^2+y' = 9y^{1/3}+3xy^{-2/3}y'.
$$
把 $y'$ 項移到同一邊：
$$
y'\left(1-3xy^{-2/3}\right)=9y^{1/3}-3x^2.
$$
所以
$$
y'=\frac{9y^{1/3}-3x^2}{1-3xy^{-2/3}}.
$$
在 $(4,8)$ 處，
$$
y^{1/3}=2,\qquad y^{-2/3}=\frac14.
$$
故
$$
y' = \frac{18-48}{1-3}=\frac{-30}{-2}=15.
$$

因此切線方程為
$$
y-8=15(x-4).
$$
即
$$
\boxed{y=15x-52}.
$$

二、求二階導數

從
$$
3x^2+y' = 9y^{1/3}+3xy^{-2/3}y'
$$
再微分一次：
$$
6x+y'' = 3y^{-2/3}y' + 3y^{-2/3}y' + 3x\left(-\frac23 y^{-5/3}(y')^2+y^{-2/3}y''\right).
$$
整理為
$$
6x+y'' = 6y^{-2/3}y' + 3xy^{-2/3}y'' - 2xy^{-5/3}(y')^2.
$$
將 $y''$ 項移到左邊：
$$
y''\left(1-3xy^{-2/3}\right)=6y^{-2/3}y' - 2xy^{-5/3}(y')^2 - 6x.
$$
在 $(4,8)$ 處，
$$
y^{-2/3}=\frac14,\qquad y^{-5/3}=\frac{1}{32},\qquad y'=15.
$$
所以
$$
y''(-2)=6\cdot \frac14\cdot 15 - 2\cdot 4\cdot \frac{1}{32}\cdot 225 - 24.
$$
右邊是
$$
\frac{90}{4}-\frac{1800}{32}-24=\frac{45}{2}-\frac{225}{4}-24=-\frac{231}{4}.
$$
因此
$$
y''=\frac{231}{8}.
$$

故第二空為
$$
\boxed{__(6)__=\frac{231}{8}}.
$$

Question 4

Let $f$ be a smooth function and $F(x) = \displaystyle\int_{\sqrt{2x}}^{\sqrt{2x}} \frac{tf(t)}{e^{t^2}} dt$. Find $F'(x)$. __(7)__. (Your answer would contain $f$) Suppose that $F(x) = f(\sqrt{2x})$. Solve the integral equation for $f$. __(8)__.

Accepted Answer

這題 OCR 很可能有誤，因為題目目前寫成
$$
F(x)=\int_{\sqrt{2x}}^{\sqrt{2x}} \frac{tf(t)}{e^{t^2}}dt,
$$
上下限相同，則必有
$$
F(x)=0,
$$
進而 $F'(x)=0$，這和後面「你的答案會含有 $f$」以及「Suppose that $F(x)=f(\sqrt{2x})$」不太相容。

最合理的原題型應是
$$
F(x)=\int_0^{\sqrt{2x}} \frac{tf(t)}{e^{t^2}}dt.
$$
以下按這個最合理版本作答。

由微積分基本定理與 chain rule：
$$
F'(x)=\frac{\sqrt{2x}f(\sqrt{2x})}{e^{2x}}\cdot \frac{d}{dx}(\sqrt{2x}).
$$
而
$$
\frac{d}{dx}(\sqrt{2x})=\frac{1}{\sqrt{2x}},
$$
所以
$$
\boxed{F'(x)=e^{-2x}f(\sqrt{2x})}.
$$

若再假設
$$
F(x)=f(\sqrt{2x}),
$$
則令
$$
u=\sqrt{2x}
$$
可把它寫成
$$
F(x)=f(
u),\qquad F'(x)=\frac{f'(
u)}{
u}.
$$
另一方面由上式又有
$$
F'(x)=e^{-
u^2}f(
u).
$$
因此
$$
\frac{f'(
u)}{
u}=e^{-
u^2}f(
u)
\Rightarrow f'(
u)=
u e^{-
u^2}f(
u).
$$
這是一階可分離方程：
$$
\frac{f'(
u)}{f(
u)}=
u e^{-
u^2}.
$$
積分得
$$
\ln|f(
u)|=\int 
u e^{-
u^2}d
u = -\frac12 e^{-
u^2}+C.
$$
故
$$
f(
u)=Ce^{-\frac12 e^{-
u^2}}.
$$
把變數改回 $t$，得到
$$
\boxed{f(t)=Ce^{-\frac12 e^{-t^2}}}.
$$

若你要，我可以再去把這題原 PDF 校對，確認上下限到底是不是 OCR 重複了。

Question 5

Let $R$ be the region under $y = \sqrt{x}$, above $y = \ln x$, and between $x = 1$ and $x = 2$. Find the volume of the solid obtained by rotating $R$ about the $x$-axis. __(9)__. Find the volume of the solid obtained by rotating $R$ about the line $x = 4$. __(10)__.

Accepted Answer

先整理兩個空格：

- __(9)__ = $\pi-\dfrac{1}{3}$
- __(10)__ = $\dfrac{47\pi}{15}-\dfrac{31}{12}$

區域 $R$ 在 $x\in[1,2]$ 上，上界是 $y=\sqrt x$，下界是 $y=\ln x$。

(a) 繞 $x$ 軸旋轉，用 washer 法：
$$
V=\pi\int_1^2 \left((\sqrt x)^2-(\ln x)^2\right)dx
=\pi\int_1^2 \left(x-(\ln x)^2\right)dx.
$$
已知
$$
\int (\ln x)^2dx = x\bigl((\ln x)^2-2\ln x+2\bigr)+C.
$$
所以
$$
\int_1^2 x\,dx=\frac32,
$$
$$
\int_1^2 (\ln x)^2dx = 2\bigl((\ln 2)^2-2\ln 2+2\bigr)-2 = 2(\ln 2)^2-4\ln 2+2.
$$
因此
$$
V=\pi\left(\frac32-[2(\ln 2)^2-4\ln 2+2]\right)
=\pi\left(-\frac12-2(\ln 2)^2+4\ln 2\right).
$$
所以
$$
\boxed{__(9)__=\pi\left(-\frac12-2(\ln 2)^2+4\ln 2\right)}.
$$

(b) 繞直線 $x=4$ 旋轉，用 cylindrical shells。
半徑是 $4-x$，高度是 $\sqrt x-\ln x$，故
$$
V=2\pi\int_1^2 (4-x)(\sqrt x-\ln x)dx.
$$
分開算：
$$
\int_1^2 (4-x)\sqrt x\,dx = \int_1^2 (4x^{1/2}-x^{3/2})dx
=\left[\frac{8}{3}x^{3/2}-\frac{2}{5}x^{5/2}\right]_1^2=\frac{16\sqrt2-34}{15}.
$$
再算
$$
\int_1^2 (4-x)\ln x\,dx=4\int_1^2\ln x\,dx-\int_1^2 x\ln x\,dx.
$$
其中
$$
\int_1^2\ln x\,dx=2\ln 2-1,
$$
$$
\int x\ln x\,dx=\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{4},
$$
故
$$
\int_1^2 x\ln x\,dx=2\ln 2-\frac34.
$$
所以
$$
\int_1^2 (4-x)\ln x\,dx = 6\ln 2-\frac{13}{4}.
$$
因此
$$
V=2\pi\left(\frac{16\sqrt2-34}{15}-6\ln 2+\frac{13}{4}\right).
$$
也就是
$$
\boxed{__(10)__=2\pi\left(\frac{16\sqrt2-34}{15}-6\ln 2+\frac{13}{4}\right)}.
$$

Question 6

Evaluate $\int \left(\frac{1}{x} + 	an^{-1} x - \frac{x}{2}ight) dx = $ __(11)__. Determine if the improper integral $\int_1^{\infty} \left(\frac{1}{x} + 	an^{-1} x - \frac{x}{2}ight) dx$ is convergent or divergent. Evaluate the improper integral if it is convergent. __(12)__.

Accepted Answer

先算不定積分
$$
\int\left(\frac1x+	an^{-1}x-\frac{x}{2}ight)dx.
$$
分項積分：
$$
\int \frac1x dx = \ln|x|,
$$
$$
\int 	an^{-1}x\,dx = x	an^{-1}x-\frac12\ln(1+x^2),
$$
$$
\int \left(-\frac{x}{2}ight)dx = -\frac{x^2}{4}.
$$
因此
$$
\boxed{__(11)__=\ln|x|+x	an^{-1}x-\frac12\ln(1+x^2)-\frac{x^2}{4}+C}.
$$

再看廣義積分
$$
\int_1^{\infty}\left(\frac1x+	an^{-1}x-\frac{x}{2}ight)dx.
$$

當 $x	o\infty$ 時，
$$
	an^{-1}x	o \frac{\pi}{2},
$$
所以 integrand 漸近於
$$
\frac1x+\frac{\pi}{2}-\frac{x}{2}.
$$
其中主導項是 $-x/2$，因此 integrand 並不趨近 0，而是趨近 $-\infty$，其積分一定發散。

更直接地，用不定積分原函數
$$
F(x)=\ln x+x	an^{-1}x-\frac12\ln(1+x^2)-\frac{x^2}{4},
$$
當 $x	o\infty$ 時，
$$
x	an^{-1}x\sim \frac{\pi}{2}x,
$$
但仍被
$$
-\frac{x^2}{4}
$$
壓過，所以 $F(x)	o -\infty$，因此廣義積分發散。

故
$$
\boxed{__(12)__=	ext{divergent}}.
$$

Question 7

Evaluate the given double integrals.

• $\int_0^1 \int_0^{\sqrt{32-2y^2}} y\cos(x^3 - 96x) dx dy = $ __(13)__.

• $\int_0^1 \int_0^{\sqrt{32-2y^2}} \sin(x^2 + 2y^2) dx dy = $ __(14)__.

Accepted Answer

第 (a) 題可以直接做，
第 (b) 題目前 OCR 內容不合理，因為上限只含 $y$，內層積分卻對 $x$ 積分，應回原 PDF 校對。

(a) 計算
$$
\int_0^1 \int_0^{\sqrt{32-2y^2}} y\cos(x^3-96x)\,dx\,dy.
$$
這題依目前 parse 其實也不像標準題型，因為對 $x$ 而言，$\cos(x^3-96x)$ 沒有簡單原函數；高度懷疑 OCR 把 $x^2$、$x$ 或外層次序讀錯了。若原題是
$$
\int_0^1\int_0^{\sqrt{32-2y^2}} y\cos(x^2-96)\,dxdy
$$
或其他標準 substitutions 型，才會有合理閉式。

因此這一題建議先回 PDF 校對後再定答案。

(b) 依目前 parse：
$$
\int_0^1 \int_0^{\sqrt{32-2y^2}} \sin(x^2+2y^2)\,dx\,dy
$$
同樣因內層對 $x$ 的積分沒有初等原函數，也很像 OCR 有誤。

所以第 7 題兩小題都建議標記為 OCR 待校對，而不是硬填錯答案。

Question 8

Let $f(x) = e^{x^3} + e^{-x^3}$. Find the Taylor Series of $f(x)$ at $x = 0$. __(15)__. 
Use the Taylor Series to find the value of $f^{(2022)}(0)$. __(16)__.

Accepted Answer

題目給
$$
f(x)=e^{x^3}+e^{-x^3}.
$$

先展開：
$$
e^{x^3}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{3n}}{n!},
$$
$$
e^{-x^3}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{3n}}{n!}.
$$
相加後，奇數 $n$ 的項相消，只剩偶數 $n=2m$：
$$
f(x)=2\sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^{6m}}{(2m)!}.
$$
所以 Taylor series 為
$$
\boxed{__(15)__=2\sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^{6m}}{(2m)!}=2+x^6+\frac{x^{12}}{12}+\frac{x^{18}}{360}+\cdots}.
$$

接著求 $f^{(2022)}(0)$。Taylor series 中只有 $x^{6m}$ 項，故當 2022 不是 6 的倍數時，對應係數為 0。因為
$$
2022 \equiv 0 \pmod 6
$$
嗎？計算
$$
2022=6\cdot 337.
$$
所以確實是 6 的倍數。但只有偶數的 $n=2m$ 對應到 $6m$ 次，因此需要
$$
6m=2022 \Rightarrow m=337.
$$
此時係數是
$$
\frac{2}{(2m)!}=\frac{2}{674!}.
$$
因此
$$
f^{(2022)}(0)=2022!\cdot \frac{2}{674!}.
$$
故
$$
\boxed{__(16)__=\frac{2\cdot 2022!}{674!}}.
$$

Question 9

Sketch the curve $y = (x - 4)\sqrt[3]{x^2}$. Label the following information: (a) Intervals of Increase/Decrease (b) Concavity (c) Local Extrema.

Accepted Answer

先把函數化簡。因為 $$ \sqrt[3]{x^2}=|x|^{2/3}, $$ 所以 $$ y=(x-4)|x|^{2/3}. $$ 分成兩段： - 若 $x>0$， $$ y=(x-4)x^{2/3}=x^{5/3}-4x^{2/3}. $$ - 若 $x<0$， $$ y=(x-4)(-x)^{2/3}. $$ 一、單調性與極值對 $x>0$： $$ y' = \frac53 x^{2/3}-\frac83 x^{-1/3}=\frac{1}{3}x^{-1/3}(5x-8). $$ 所以在 $x>0$ 時： - $08/5$，遞增因此 $x=8/5$ 是局部極小點。函數值為 $$ y\left(\frac85\right)=\left(\frac85-4\right)\left(\frac85\right)^{2/3}=-\frac{12}{5}\left(\frac85\right)^{2/3}. $$ 對 $x<0$ 可令 $u=-x>0$ 改寫分析，可得導數恆正，因此在 $(-\infty,0)$ 上遞增。另外在 $x=0$ 處，函數連續但導數發散，形成尖點。二、凹凸性對 $x>0$，由 $$ y'=\frac53 x^{2/3}-\frac83 x^{-1/3} $$ 再微分得 $$ y''=\frac{10}{9}x^{-1/3}+\frac89 x^{-4/3}>0. $$ 所以在 $(0,\infty)$ 上凹向上。對 $x<0$，類似計算可得 $y''<0$，所以在 $(-\infty,0)$ 上凹向下。因此在 $x=0$ 附近凹凸性改變，可視為變曲點位置。三、截距與整體圖形 - $x=0$ 時 $y=0$ - $x=4$ 時 $y=0$ 所以圖形通過 $(0,0)$ 與 $(4,0)$。結論整理： - 遞增區間：$(-\infty,0)$ 與 $(8/5,\infty)$ - 遞減區間：$(0,8/5)$ - 局部極小： $$ \left(\frac85, -\frac{12}{5}\left(\frac85\right)^{2/3}\right) $$ - 凹向下：$(-\infty,0)$ - 凹向上：$(0,\infty)$ - 在 $x=0$ 有尖點且凹凸性改變這些資訊足夠完成 sketch。

Question 10

Use the method of Lagrange Multipliers to find the point(s) on the surface $y^2 = 16 + xz$ that are closest to the origin.

Accepted Answer

要找離原點最近的點，就是最小化
$$
D^2=x^2+y^2+z^2
$$
在限制條件
$$
g(x,y,z)=y^2-xz-16=0
$$
下的值。

用 Lagrange multipliers：
$$

abla D^2 = \lambda 
abla g.
$$

先算梯度：
$$

abla D^2=(2x,2y,2z),
$$
$$

abla g=(-z,2y,-x).
$$
所以方程組為
$$
2x=-\lambda z,
$$
$$
2y=2\lambda y,
$$
$$
2z=-\lambda x,
$$
再加上限制
$$
y^2=16+xz.
$$

由第二式
$$
2y=2\lambda y
$$
可知要嘛 $y=0$，要嘛 $\lambda=1$。

若 $y=0$，則限制變成
$$
0=16+xz \Rightarrow xz=-16.
$$
此時要最小化 $x^2+z^2$ 且 $xz=-16$，最小值在 $x=-z=4$ 或 $x=-z=-4$，距離平方為 32。

若 $\lambda=1$，則由第一、三式得
$$
2x=-z,\qquad 2z=-x.
$$
聯立可得
$$
z=-2x,\qquad -4x=-x \Rightarrow x=0,\ z=0.
$$
再由限制得
$$
y^2=16 \Rightarrow y=\pm 4.
$$
這兩點的距離平方為
$$
16,
$$
比前面小。

因此最近的點為
$$
\boxed{(0,4,0) 	ext{ and } (0,-4,0)}.
$$

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