台灣大學 113 年微積分(C) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

For a point $P$ on a smooth plane curve $C$, the osculating circle $O$ to $C$ at $P$ is defined to be the circle that satisfies two conditions:
(1) the circle $O$ and the curve $C$ share the same tangent line at $P$;
(2) the rate of change of the slope of tangent of $C$ at $P$ equals that of $O$ at $P$.

Now consider the curve $C$: $y = 1 - x + 	an(x)$ for $-\frac{\pi}{2} < x < \frac{\pi}{2}$.

(a) Find $\frac{dy}{dx}|_{x=\frac{\pi}{4}}$ and $\frac{d^2y}{dx^2}|_{x=\frac{\pi}{4}}$.

(b) Find the center and the radius of the osculating circle $O$ to $C$ at the point whose $x$-coordinate equals $\frac{\pi}{4}$.

Accepted Answer

**(a)**

題目給
$$y=1-x+	an x.$$

一階導數為
$$\frac{dy}{dx}=-1+\sec^2 x=	an^2 x.$$
所以在 $x=\frac{\pi}{4}$ 時，
$$\left.\frac{dy}{dx}ight|_{x=\pi/4}=	an^2\frac{\pi}{4}=1.$$

二階導數為
$$\frac{d^2y}{dx^2}=2	an x\sec^2 x.$$
所以
$$\left.\frac{d^2y}{dx^2}ight|_{x=\pi/4}=2\cdot1\cdot2=4.$$

答案：
$$\boxed{y'=1,\qquad y''=4}.$$

**(b)**

當 $x_0=\frac{\pi}{4}$ 時，
$$y_0=1-\frac{\pi}{4}+	an\frac{\pi}{4}=2-\frac{\pi}{4}.$$
因此切點為
$$P=\left(\frac{\pi}{4},\,2-\frac{\pi}{4}ight).$$

對曲線 $y=y(x)$，osculating circle 的圓心可寫成
$$\left(x_0-\frac{y'(1+(y')^2)}{y''},\,y_0+\frac{1+(y')^2}{y''}ight).$$

在本題中 $y'=1$、$y''=4$，所以
$$x	ext{-coordinate}=\frac{\pi}{4}-\frac{1(1+1)}{4}=\frac{\pi}{4}-\frac12,$$
$$y	ext{-coordinate}=2-\frac{\pi}{4}+\frac{1+1}{4}=\frac52-\frac{\pi}{4}.$$

故圓心為
$$\boxed{\left(\frac{\pi}{4}-\frac12,\,\frac52-\frac{\pi}{4}ight)}.$$

半徑為
$$R=\frac{(1+(y')^2)^{3/2}}{|y''|}=\frac{2^{3/2}}{4}=\frac{\sqrt2}{2}.$$

答案：
$$\boxed{	ext{center}=\left(\frac{\pi}{4}-\frac12,\,\frac52-\frac{\pi}{4}ight),\qquad R=\frac{\sqrt2}{2}}.$$

Question 2

Consider $f(x) = \int_1^x \frac{1}{\sqrt{1+t^5}} dt$ for $x \geq 1$.

(a) Prove that $f(x) < f(y)$ whenever $1 \leq x < y$.

(b) Prove that $f(x) < \frac{2}{3}$ for all $x \geq 1$ and also show that $f(4) > \frac{1}{3}$.

(c) Let $g(u)$, where $0 < u < f(4)$, be a function such that $f(g(u)) = u$. Find $g'(u)$ and $g''(u)$ in terms of $g(u)$.

(d) Let $h(u) = e^u - g(u)$, where $0 < u < f(4)$. Prove that $h(u)$ does not have a local minimum value.

Accepted Answer

**(a)** 由微積分基本定理， $$f'(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^5}}.$$ 對所有 $x\ge1$，都有 $$f'(x)>0.$$ 因此 $f$ 在 $[1,\infty)$ 上嚴格遞增，所以若 $1\le xt^5,$$ 所以 $$\frac{1}{\sqrt{1+t^5}}<\frac{1}{t^{5/2}}.$$ 因此 $$f(x)<\int_1^x t^{-5/2}\,dt<\int_1^{\infty}t^{-5/2}\,dt=\frac23.$$ 所以對所有 $x\ge1$， $$\boxed{f(x)<\frac23}.$$ 再證明 $f(4)>\frac13$。把 $[1,4]$ 分成四段： $$[1,\frac32],\quad [\frac32,2],\quad [2,3],\quad [3,4].$$ 因為 integrand 遞減，所以 $$f(4)>\frac12\cdot\frac{1}{\sqrt{1+(3/2)^5}}+\frac12\cdot\frac{1}{\sqrt{33}}+1\cdot\frac{1}{\sqrt{244}}+1\cdot\frac{1}{\sqrt{1025}}.$$ 用較粗但足夠的估計： $$\sqrt{1+(3/2)^5}<3,\quad \sqrt{33}<6,\quad \sqrt{244}<16,\quad \sqrt{1025}<33.$$ 因此 $$f(4)>\frac16+\frac1{12}+\frac1{16}+\frac1{33}=\frac{181}{528}>\frac13.$$ 所以 $$\boxed{f(4)>\frac13}.$$ **(c)** 由 $f(g(u))=u$，對 $u$ 微分： $$f'(g(u))g'(u)=1.$$ 又 $$f'(g(u))=\frac{1}{\sqrt{1+g(u)^5}},$$ 所以 $$\boxed{g'(u)=\sqrt{1+g(u)^5}}.$$ 再微分一次： $$g''(u)=\frac{1}{2\sqrt{1+g(u)^5}}\cdot5g(u)^4g'(u).$$ 代入 $g'(u)=\sqrt{1+g(u)^5}$，得 $$\boxed{g''(u)=\frac52g(u)^4}.$$ **(d)** 要證明 $h(u)=e^u-g(u)$ 沒有 local minimum。先注意 $01$。由 $u=f(g(u))$，只要證明 $$f(x)<\frac12\ln(1+x^5)\quad (x>1),$$ 就可得到 $$e^u=e^{f(g(u))}<\sqrt{1+g(u)^5}=g'(u).$$ 令 $$\Phi(x)=\frac12\ln(1+x^5)-f(x).$$ 則 $$\Phi'(x)=\frac{5x^4}{2(1+x^5)}-\frac{1}{\sqrt{1+x^5}}.$$ 對 $x\ge1$，有 $$25x^8>4(1+x^5),$$ 所以 $$\frac{5x^4}{2(1+x^5)}>\frac{1}{\sqrt{1+x^5}}.$$ 因此 $\Phi'(x)>0$。又 $$\Phi(1)=\frac12\ln2>0,$$ 所以 $\Phi(x)>0$，即 $$f(x)<\frac12\ln(1+x^5).$$ 因此 $$h'(u)=e^u-g'(u)<0$$ 對所有 $0

Question 3

Let $a \in \mathbb{R}$ and $f(x,y,z)$, $g(x,y,z)$ be two smooth functions $\mathbb{R}^3 	o \mathbb{R}$. Consider the optimization problem:

Maximize $f(x,y,z)$ subject to $g(x,y,z) = a$.

Suppose, for each $a \in \mathbb{R}$, it is known that
(1) the maximum value $f_{max}(a)$ of $f(x,y,z)$ is attained at $r(a) = (x^*(a), y^*(a), z^*(a))$, i.e. $f_{max}(a) = f(r(a))$;
(2) there exists $\lambda(a) \in \mathbb{R}$ such that $
abla f(r(a)) = \lambda(a) \cdot 
abla g(r(a))$.

Answer the following questions.

(a) Prove that $\frac{df_{max}}{da} = \lambda(a)$.

(b) It is known that a differentiable function $f(x,y,z)$, when restricted to the surface $z = x^3 + y^3 - 3xy^2 + 1$, attains a global maximum value at $(-1,1,4)$. Moreover, $f_z(-1,1,4) = 20$. Use linearization to estimate the change of the maximum value when $f(x,y,z)$ is restricted to the surface $z = x^3 + y^4 - 3xy^2 + 0.8$ instead.

Accepted Answer

**(a)**

令最大點為
$$r(a)=(x^*(a),y^*(a),z^*(a)).$$
則
$$f_{\max}(a)=f(r(a)).$$
對 $a$ 微分：
$$\frac{df_{\max}}{da}=
abla f(r(a))\cdot r'(a).$$

由 Lagrange multiplier 條件，
$$
abla f(r(a))=\lambda(a)
abla g(r(a)).$$
所以
$$\frac{df_{\max}}{da}=\lambda(a)
abla g(r(a))\cdot r'(a).$$

另一方面，因為最大點在限制曲面上，
$$g(r(a))=a.$$
對 $a$ 微分得
$$
abla g(r(a))\cdot r'(a)=1.$$
因此
$$\boxed{\frac{df_{\max}}{da}=\lambda(a)}.$$

**(b)**

把原曲面寫成限制條件
$$g(x,y,z)=z-x^3-y^3+3xy^2=1.$$
在最大點 $(-1,1,4)$，由 (a) 可知最大值對限制常數 $a$ 的變化率是 Lagrange multiplier $\lambda$。

因為
$$g_z=1,$$
所以由
$$
abla f=\lambda
abla g$$
可得
$$f_z=\lambda g_z=\lambda.$$
題目給
$$f_z(-1,1,4)=20,$$
所以
$$\lambda=20.$$

新曲面為
$$z=x^3+y^4-3xy^2+0.8.$$
在舊的最大點投影 $(x,y)=(-1,1)$ 附近，舊曲面的高度是
$$z_{old}=(-1)^3+1^3-3(-1)(1)^2+1=4,$$
新曲面的高度是
$$z_{new}=(-1)^3+1^4-3(-1)(1)^2+0.8=3.8.$$
所以限制值的一階變化約為
$$\Delta a=3.8-4=-0.2.$$

由 linearization，最大值的變化約為
$$\Delta f_{\max}\approx \lambda\Delta a=20(-0.2)=-4.$$

答案：最大值約
$$\boxed{	ext{decreases by }4}.$$

Question 4

Evaluate the following integrals.

(a) $\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx$.

(b) $\int_1^2 \frac{1}{x^5} \cdot e^{-1/x^2} dx$.

(c) $\iint_R \sqrt{4 - x^2 - y^2} dA$ where $R$ is the region enclosed by $x^2 + y^2 = 2x$.

(d) $\int_0^1 \int_{\sqrt{x}}^1 \int_0^{1-y} \sin((z-1)^4) dz dy dx$.

Accepted Answer

**(a)**

使用代換 $x=\sin^2	heta$，其中 $0\le	heta\le\frac{\pi}{2}$。
則
$$dx=2\sin	heta\cos	heta\,d	heta,$$
且
$$\sqrt{x(1-x)}=\sin	heta\cos	heta.$$
因此
$$\int_0^1\frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}\,dx=\int_0^{\pi/2}2\,d	heta=\pi.$$

答案：
$$\boxed{\pi}.$$

**(b)**

令
$$u=\frac{1}{x^2}.$$
則
$$du=-\frac{2}{x^3}\,dx,$$
而
$$\frac{1}{x^5}dx=\frac{1}{x^2}\cdot\frac{1}{x^3}dx=-\frac{u}{2}\,du.$$

當 $x=1$ 時，$u=1$；當 $x=2$ 時，$u=\frac14$。所以
$$\int_1^2\frac{1}{x^5}e^{-1/x^2}\,dx=\frac12\int_{1/4}^{1}u e^{-u}\,du.$$

因為
$$\int u e^{-u}\,du=-(u+1)e^{-u},$$
所以
$$\frac12\int_{1/4}^{1}u e^{-u}\,du=\frac12\left[-(u+1)e^{-u}ight]_{1/4}^{1}.$$
因此
$$=\frac12\left(\frac54e^{-1/4}-2e^{-1}ight)=\frac58e^{-1/4}-e^{-1}.$$

答案：
$$\boxed{\frac58e^{-1/4}-e^{-1}}.$$

**(c)**

區域 $R$ 由
$$x^2+y^2=2x$$
圍成。用極座標 $x=r\cos	heta$、$y=r\sin	heta$，邊界變成
$$r^2=2r\cos	heta,$$
所以
$$0\le r\le2\cos	heta,\qquad -\frac{\pi}{2}\le	heta\le\frac{\pi}{2}.$$

原積分為
$$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^{2\cos	heta}\sqrt{4-r^2}\,r\,dr\,d	heta.$$

先算內層：
$$\int r\sqrt{4-r^2}\,dr=-\frac13(4-r^2)^{3/2}.$$
因此
$$\int_0^{2\cos	heta}r\sqrt{4-r^2}\,dr=\frac83\left(1-|\sin	heta|^3ight).$$

所以
$$\iint_R\sqrt{4-x^2-y^2}\,dA=\frac83\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(1-|\sin	heta|^3ight)d	heta.$$

又
$$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}|\sin	heta|^3d	heta=2\int_0^{\pi/2}\sin^3	heta\,d	heta=\frac43.$$

因此
$$\frac83\left(\pi-\frac43ight)=\frac{8\pi}{3}-\frac{32}{9}=\frac{8(3\pi-4)}{9}.$$

答案：
$$\boxed{\frac{8(3\pi-4)}{9}}.$$

**(d)**

原積分為
$$\int_0^1\int_{\sqrt{x}}^1\int_0^{1-y}\sin((z-1)^4)\,dz\,dy\,dx.$$

先把 $xy$ 區域改寫。條件
$$0\le x\le1,\qquad \sqrt{x}\le y\le1$$
等價於
$$0\le y\le1,\qquad 0\le x\le y^2.$$
所以原積分等於
$$\int_0^1\int_0^{y^2}\int_0^{1-y}\sin((z-1)^4)\,dz\,dx\,dy.$$

先對 $x$ 積分，得到
$$\int_0^1 y^2\int_0^{1-y}\sin((z-1)^4)\,dz\,dy.$$

令 $w=1-z$，則
$$\int_0^{1-y}\sin((z-1)^4)\,dz=\int_y^1\sin(w^4)\,dw.$$
因此
$$\int_0^1 y^2\int_y^1\sin(w^4)\,dw\,dy.$$

交換積分順序，區域是 $0\le y\le w\le1$：
$$\int_0^1\int_0^w y^2\sin(w^4)\,dy\,dw.$$

所以
$$=\int_0^1\frac{w^3}{3}\sin(w^4)\,dw.$$
令 $s=w^4$，$ds=4w^3dw$，得
$$\frac13\int_0^1w^3\sin(w^4)\,dw=\frac1{12}\int_0^1\sin s\,ds=\frac{1-\cos1}{12}.$$

答案：
$$\boxed{\frac{1-\cos1}{12}}.$$

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