台灣大學 112 年微積分(C) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Suppose that $f(x)$ is differentiable at $x = 1$. Evaluate the following limit in terms of $f(1)$ and $f'(1)$.
$$\lim\limits_{x 	o 0} \frac{\sqrt{f(e^{2a})} - \sqrt{f(1)}}{\log_2(1 - 3a)} = \underline{\quad (1) \quad}.$$

Accepted Answer

**解法**

題目式子使用的是變數 $a$，因此以下按 $a	o0$ 計算。

令
$$H(a)=\sqrt{f(e^{2a})}.$$
當 $a	o0$ 時，$e^{2a}	o1$。由 chain rule，
$$H'(0)=\frac{f'(1)}{2\sqrt{f(1)}}\cdot 2=\frac{f'(1)}{\sqrt{f(1)}}.$$
所以
$$\sqrt{f(e^{2a})}-\sqrt{f(1)}\sim \frac{f'(1)}{\sqrt{f(1)}}a.$$
另一方面，
$$\log_2(1-3a)=\frac{\ln(1-3a)}{\ln2}\sim -\frac{3a}{\ln2}.$$
因此
$$\lim_{a	o0}\frac{\sqrt{f(e^{2a})}-\sqrt{f(1)}}{\log_2(1-3a)}=-\frac{\ln2}{3}\frac{f'(1)}{\sqrt{f(1)}}.$$

答案：
$$\boxed{-\frac{f'(1)\ln2}{3\sqrt{f(1)}}}.$$

Question 2

Suppose that
$$\sqrt{3 + y} x^3 - xy - 1 = 0.$$
At $(x,y) = (1,1)$, $\frac{dx}{dy} = \underline{\quad (2) \quad}$. By the linear approximation, we can approximate the real root of $\sqrt{4.1} x^3 - 1.1x - 1 = 0$ with $\underline{\quad (3) \quad}$.

Accepted Answer

**解法**

令
$$F(x,y)=\sqrt{3+y}\,x^3-xy-1.$$
把 $x$ 視為 $y$ 的函數，則
$$F_x\frac{dx}{dy}+F_y=0,$$
所以
$$\frac{dx}{dy}=-\frac{F_y}{F_x}.$$
其中
$$F_x=3x^2\sqrt{3+y}-y,$$
$$F_y=\frac{x^3}{2\sqrt{3+y}}-x.$$
在 $(1,1)$，
$$F_x=6-1=5,$$
$$F_y=\frac14-1=-\frac34.$$
因此
$$\frac{dx}{dy}=\frac{3}{20}.$$

第二個方程
$$\sqrt{4.1}x^3-1.1x-1=0$$
就是把 $y$ 從 $1$ 改成 $1.1$。線性近似給
$$x\approx1+\frac{3}{20}(0.1)=1.015.$$

答案：
$$(2)=\boxed{\frac{3}{20}},\qquad (3)=\boxed{1.015}.$$

Question 3

Consider the curve satisfying $5x^2 + 2xy + y^2 = 16$. The higest point of the curve (point with the largest $y$ coordinate) is $\underline{\quad (4) \quad}$.

Accepted Answer

**解法**

要在限制
$$5x^2+2xy+y^2=16$$
下最大化 $y$。使用 Lagrange multiplier：
$$
abla y=\lambda
abla(5x^2+2xy+y^2).$$
因此
$$0=\lambda(10x+2y),$$
$$1=\lambda(2x+2y).$$
因為第二式表示 $\lambda
e0$，所以
$$10x+2y=0,$$
也就是
$$y=-5x.$$
代回限制式：
$$5x^2+2x(-5x)+(-5x)^2=16,$$
所以
$$20x^2=16,$$
$$x=\pm\frac{2}{\sqrt5}.$$
因為要最高點，也就是 $y$ 最大，取
$$x=-\frac{2}{\sqrt5},\qquad y=2\sqrt5.$$

答案：
$$\boxed{\left(-\frac{2}{\sqrt5},\,2\sqrt5ight)}.$$

Question 4

Suppose that $f(u) > 0$. Let
$$F(x) = \int_0^{x^2} \int_4^t f(u) \, du \, dt.$$
On what intervals is $F(x)$ increasing? $\underline{\quad (5) \quad}$

Accepted Answer

**解法** 令 $$H(t)=\int_4^t f(u)\,du.$$ 則 $$F(x)=\int_0^{x^2}H(t)\,dt.$$ 由 chain rule， $$F'(x)=2xH(x^2).$$ 因為 $f(u)>0$，所以 $$H(t)<0\quad ext{if }t<4,$$ $$H(4)=0,$$ $$H(t)>0\quad ext{if }t>4.$$ 因此 $H(x^2)$ 在 $|x|<2$ 時為負，在 $|x|>2$ 時為正。所以 $F'(x)>0$ 的區間是 $$-22.$$ 答案： $$\boxed{(-2,0)\cup(2,\infty)}.$$

Question 5

Let $f(x) = x^3+2x+1$ and $g(x) = f^{-1}(x)$, the inverse function of $f(x)$. Then $g'(4) = \underline{\quad (6) \quad}$ and $\int_2^4 g(x) \, dx = \underline{\quad (7) \quad}$.

Accepted Answer

**解法**

因為
$$f(x)=x^3+2x+1.$$
先求 $g'(4)$。由 $f(1)=4$，可得
$$g(4)=1.$$
反函數微分公式給
$$g'(4)=\frac{1}{f'(1)}=\frac{1}{3(1)^2+2}=\frac15.$$

接著算
$$\int_2^4 g(x)\,dx.$$
令
$$\alpha=g(2),$$
則
$$f(\alpha)=2,$$
也就是
$$\alpha^3+2\alpha-1=0.$$
反函數積分公式：
$$\int_{f(\alpha)}^{f(1)}g(x)\,dx=\left[tf(t)\right]_{\alpha}^{1}-\int_{\alpha}^{1}f(t)\,dt.$$
所以
$$\int_2^4g(x)\,dx=4-2\alpha-\left[\frac{t^4}{4}+t^2+t\right]_{\alpha}^{1}.$$
化簡得
$$\int_2^4g(x)\,dx=\frac74-\alpha+\alpha^2+\frac{\alpha^4}{4}.$$
由 $\alpha^3+2\alpha=1$，得 $\alpha^4=\alpha-2\alpha^2$，所以
$$\int_2^4g(x)\,dx=\frac74-\frac{3\alpha}{4}+\frac{\alpha^2}{2}.$$
其中
$$\alpha=\sqrt[3]{\frac12+\sqrt{\frac{59}{108}}}+\sqrt[3]{\frac12-\sqrt{\frac{59}{108}}}.$$

答案：
$$(6)=\boxed{\frac15},$$
$$(7)=\boxed{\frac74-\frac{3\alpha}{4}+\frac{\alpha^2}{2}},\quad \alpha^3+2\alpha-1=0.$$

Question 6

Use the Maclaurin series of $\displaystyle\frac{\sin(x^2)}{x}$ to write the integral as the sum of an infinite series.
$\displaystyle \int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\sin(x^2)}{x} \, dx = \underline{\quad (8) \quad}.$

Accepted Answer

**解法**

Maclaurin series 為
$$\sin(x^2)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{4n+2}}{(2n+1)!}.$$
因此
$$\frac{\sin(x^2)}{x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{4n+1}}{(2n+1)!}.$$
逐項積分：
$$\int_0^{1/2}\frac{\sin(x^2)}{x}\,dx=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{(1/2)^{4n+2}}{(4n+2)(2n+1)!}.$$

答案：
$$\boxed{\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{2^{4n+2}(4n+2)(2n+1)!}}.$$

Question 7

Assume that
$$|f(x,y) - 1 + 2y| \leq \sin(x^2 + y^2) \quad 	ext{for } x^2 + y^2 \leq 1.$$
Then the tangent plane of $y = f(x,y)$ at $(0,0,f(0,0))$ is $\underline{\quad (9) \quad}$. The tangent line of the level curve $f(x,y) = f(0,0)$ at $(0,0)$ is $\underline{\quad (10) \quad}$. The maximum value of directional derivatives of $f$ at $(0,0)$, $D_u f(0,0)$, is $\underline{\quad (11) \quad}$.

Accepted Answer

**解法**

已知
$$|f(x,y)-1+2y|\le \sin(x^2+y^2).$$
當 $(x,y)	o(0,0)$ 時，右邊是 $O(x^2+y^2)$。因此
$$f(x,y)=1-2y+O(x^2+y^2).$$
所以
$$f(0,0)=1,$$
且線性部分為 $-2y$，因此
$$f_x(0,0)=0,\qquad f_y(0,0)=-2.$$

Tangent plane of $z=f(x,y)$：
$$z=1+0\cdot x-2y=1-2y.$$

Level curve $f(x,y)=f(0,0)$ 的切線由線性近似
$$1-2y=1$$
得到
$$y=0.$$

方向導數最大值為 gradient 長度：
$$\|
abla f(0,0)\|=\sqrt{0^2+(-2)^2}=2.$$

答案：
$$(9)=\boxed{z=1-2y},$$
$$(10)=\boxed{y=0},$$
$$(11)=\boxed{2}.$$

Question 8

Find critical points of $f(x,y) = -2x^4 + x^2 y - y^2 + 7y$ and indicate whether they are local maximum, local minimum, or saddle points. $\underline{\quad (12) \quad}$.

Accepted Answer

**解法**

函數為
$$f(x,y)=-2x^4+x^2y-y^2+7y.$$
一階偏導：
$$f_x=-8x^3+2xy=2x(y-4x^2),$$
$$f_y=x^2-2y+7.$$
critical points 滿足
$$2x(y-4x^2)=0,$$
$$x^2-2y+7=0.$$

若 $x=0$，則
$$-2y+7=0,$$
所以
$$(0,7/2).$$
若 $y=4x^2$，則
$$x^2-8x^2+7=0,$$
所以
$$x=\pm1,\qquad y=4.$$
critical points 為
$$(0,7/2),\quad (1,4),\quad (-1,4).$$

二階偏導：
$$f_{xx}=-24x^2+2y,$$
$$f_{xy}=2x,$$
$$f_{yy}=-2.$$
在 $(0,7/2)$，
$$D=7(-2)-0=-14<0,$$
所以是 saddle point。

在 $(1,4)$ 與 $(-1,4)$，
$$f_{xx}=-16,\qquad f_{yy}=-2,\qquad f_{xy}=\pm2,$$
所以
$$D=(-16)(-2)-4=28>0.$$
又 $f_{xx}<0$，因此兩點都是 local maximum。

答案：
$$\boxed{(0,7/2)	ext{ is saddle};\ (1,4),(-1,4)	ext{ are local maxima}.}$$

Question 9

a $\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{4}} \int_{\sin^{-1} y}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos x}{\sqrt{1 + \cos^2 x}} \, dx dy = \underline{\quad (13) \quad}$.

b $\displaystyle\int_0^2 \int_0^{\sqrt{2x-x^2}} \sqrt{x^2 + y^2} \, dy dx = \underline{\quad (14) \quad}$.

Accepted Answer

**(a)**

原積分區域為
$$0\le y\le\frac{\pi}{4},\qquad \sin^{-1}y\le x\le\frac{\pi}{4}.$$
由 $\sin^{-1}y\le x$ 得
$$y\le\sin x.$$
改變積分順序後，
$$0\le x\le\frac{\pi}{4},\qquad 0\le y\le\sin x.$$
因此
$$\int_0^{\pi/4}\int_{\sin^{-1}y}^{\pi/4}\frac{\cos x}{\sqrt{1+\cos^2x}}\,dx\,dy=\int_0^{\pi/4}\int_0^{\sin x}\frac{\cos x}{\sqrt{1+\cos^2x}}\,dy\,dx.$$
所以
$$=\int_0^{\pi/4}\frac{\sin x\cos x}{\sqrt{1+\cos^2x}}\,dx.$$
令 $u=1+\cos^2x$，則 $du=-2\sin x\cos x\,dx$。因此
$$=\sqrt2-\sqrt{\frac32}=\sqrt2-\frac{\sqrt6}{2}.$$

**(b)**

區域
$$0\le x\le2,\qquad 0\le y\le\sqrt{2x-x^2}$$
等價於
$$(x-1)^2+y^2\le1,\qquad y\ge0.$$
用 polar coordinates，
$$x=r\cos	heta,\qquad y=r\sin	heta.$$
條件成為
$$r^2\le2r\cos	heta,$$
所以
$$0\le r\le2\cos	heta,\qquad 0\le	heta\le\frac{\pi}{2}.$$
原 integrand 為 $r$，Jacobian 也是 $r$，所以
$$\int_0^{\pi/2}\int_0^{2\cos	heta}r^2\,dr\,d	heta=\frac83\int_0^{\pi/2}\cos^3	heta\,d	heta=\frac83\cdot\frac23=\frac{16}{9}.$$

答案：
$$(13)=\boxed{\sqrt2-\frac{\sqrt6}{2}},$$
$$(14)=\boxed{\frac{16}{9}}.$$

Question 10

$f(x) = \begin{cases} \frac{2e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}, & 	ext{if } x \geq 0, \ 0, & 	ext{if } x < 0. \end{cases}$ is the probability density function of a random variable $X$.

(a) Sketch the graph of $f(x)$, indicating intervals of increase/decrease, inflection point(s), and the horizontal asymptote.

(b) Evaluate the expected value of $X$ which is $\int_{-\infty}^{\infty} x f(x) \, dx$.

Accepted Answer

**(a)** 對 $x<0$， $$f(x)=0.$$ 對 $x\ge0$，令 $t=e^{-x}$，則 $$f(x)=\frac{2t}{(1+t)^2}.$$ 當 $x=0$ 時， $$f(0)=\frac12.$$ 當 $x o\infty$ 時，$t o0$，所以 $$f(x) o0.$$ 因此水平漸近線是 $$y=0.$$ 對 $x>0$， $$f'(x)=\frac{2e^{-x}(e^{-x}-1)}{(1+e^{-x})^3}<0.$$ 所以 $f$ 在 $(0,\infty)$ 遞減；在 $(-\infty,0)$ 上恒為 $0$。再算凹凸性。對 $x>0$， $$f''(x)=\frac{2e^{-x}(e^{-2x}-4e^{-x}+1)}{(1+e^{-x})^4}.$$ 令 $e^{-x}=2-\sqrt3$，得到 inflection point： $$x=\ln(2+\sqrt3).$$ 此時 $$f(x)=\frac13.$$ 所以 inflection point 為 $$\left(\ln(2+\sqrt3),\frac13 ight).$$ 圖形如下： ![112 台大微積分 C Part 2 第 1 題函數圖形](/images/solutions/ntu-112-transfer-calculus-c-q10-a-sketch.svg) 圖形重點：$x<0$ 時貼著 $x$-axis，且在 $x=0$ 左極限是 $0$；但函數值 $f(0)=1/2$，所以在 $x=0$ 有跳躍。之後一路遞減並趨近水平漸近線 $y=0$，在 $x=\ln(2+\sqrt3)$ 從 concave down 變成 concave up。 **(b)** 因為這是非負隨機變數， $$E[X]=\int_0^{\infty}P(X>x)\,dx.$$ 先求 CDF。對 $x\ge0$， $$F_X(x)=\int_0^x\frac{2e^{-t}}{(1+e^{-t})^2}\,dt=\frac{2}{1+e^{-x}}-1.$$ 所以 $$P(X>x)=1-F_X(x)=\frac{2}{e^x+1}.$$ 因此 $$E[X]=\int_0^{\infty}\frac{2}{e^x+1}\,dx.$$ 令 $u=e^{-x}$，可得 $$E[X]=2\int_0^1\frac{1}{1+u}\,du=2\ln2.$$ 答案： $$\boxed{E[X]=2\ln2}.$$

Question 11

The plane $x + 2y + z = 2$ intersects the cone $y = x^2 + z^2$ in an ellipse. Find the points on the ellipse that are nearest and farthest from the origin.

Accepted Answer

**解法**

交線滿足
$$x+2y+z=2,$$
以及
$$y=x^2+z^2.$$
令
$$q=x^2+z^2.$$
則 $y=q$，而平面方程變成
$$x+z+2q=2,$$
所以
$$x+z=2-2q.$$

到原點距離平方為
$$R^2=x^2+y^2+z^2=q+q^2.$$
因此只要判斷 $q$ 的最小與最大。

對固定 $q=x^2+z^2$，必須有
$$(x+z)^2\le2(x^2+z^2)=2q.$$
代入 $x+z=2-2q$：
$$(2-2q)^2\le2q.$$
化簡得
$$2q^2-5q+2\le0,$$
所以
$$\frac12\le q\le2.$$
因為 $q+q^2$ 在 $q\ge0$ 上遞增，所以最近點出現在
$$q=\frac12,$$
最遠點出現在
$$q=2.$$

當 $q=\frac12$ 時，
$$x+z=1,\qquad x^2+z^2=\frac12.$$
所以
$$x=z=\frac12,$$
且
$$y=\frac12.$$
最近點為
$$\left(\frac12,\frac12,\frac12\right).$$

當 $q=2$ 時，
$$x+z=-2,\qquad x^2+z^2=2.$$
所以
$$x=z=-1,$$
且
$$y=2.$$
最遠點為
$$(-1,2,-1).$$

答案：
最近點
$$\boxed{\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)},$$
最遠點
$$\boxed{(-1,2,-1)}.$$

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