台灣大學 114 年微積分(C) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Evaluate.
$\lim\limits_{x 	o 1} \frac{\sqrt[3]{x+7}-2}{1-\sqrt{x}} = $ (1) , $\lim\limits_{x 	o \infty} x	an \frac{\pi}{x}	an^{-1} \frac{x}{\pi} = $ (2) .

Accepted Answer

我將逐一計算這兩個極限。

**(1) $\lim\limits_{x 	o 1} \frac{\sqrt[3]{x+7}-2}{1-\sqrt{x}}$**

當 $x 	o 1$ 時，分子 $\sqrt[3]{x+7} 	o \sqrt[3]{8} = 2$，分母 $1-\sqrt{x} 	o 1-1 = 0$，這是 $\frac{0}{0}$ 型未定式。

使用有理化技巧。對分子，利用立方差公式 $a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)$：

設 $a = \sqrt[3]{x+7}$，$b = 2$，則 $a^3 = x+7$，$b^3 = 8$，所以：
$$a^3 - b^3 = (x+7) - 8 = x-1$$

因此：
$$\sqrt[3]{x+7} - 2 = \frac{(\sqrt[3]{x+7})^3 - 2^3}{(\sqrt[3]{x+7})^2 + \sqrt[3]{x+7} \cdot 2 + 2^2} = \frac{x-1}{\sqrt[3]{(x+7)^2} + 2\sqrt[3]{x+7} + 4}$$

對分母，使用平方差公式：
$$1 - \sqrt{x} = \frac{1^2 - (\sqrt{x})^2}{1 + \sqrt{x}} = \frac{1-x}{1+\sqrt{x}}$$

因此原極限變為：
$$\lim_{x 	o 1} \frac{\frac{x-1}{\sqrt[3]{(x+7)^2} + 2\sqrt[3]{x+7} + 4}}{\frac{1-x}{1+\sqrt{x}}} = \lim_{x 	o 1} \frac{x-1}{\sqrt[3]{(x+7)^2} + 2\sqrt[3]{x+7} + 4} \cdot \frac{1+\sqrt{x}}{1-x}$$

$$= \lim_{x 	o 1} \frac{x-1}{\sqrt[3]{(x+7)^2} + 2\sqrt[3]{x+7} + 4} \cdot \frac{1+\sqrt{x}}{-(x-1)}$$

$$= \lim_{x 	o 1} \frac{-(1+\sqrt{x})}{\sqrt[3]{(x+7)^2} + 2\sqrt[3]{x+7} + 4}$$

當 $x 	o 1$ 時：
- 分子：$-(1+\sqrt{1}) = -2$
- 分母：$\sqrt[3]{8^2} + 2\sqrt[3]{8} + 4 = \sqrt[3]{64} + 2 \cdot 2 + 4 = 4 + 4 + 4 = 12$

因此 $\lim\limits_{x 	o 1} \frac{\sqrt[3]{x+7}-2}{1-\sqrt{x}} = \frac{-2}{12} = -\frac{1}{6}$

**(2) $\lim\limits_{x 	o \infty} x	an \frac{\pi}{x}	an^{-1} \frac{x}{\pi}$**

當 $x 	o \infty$ 時，$\frac{\pi}{x} 	o 0$，$\frac{x}{\pi} 	o \infty$。

對於 $	an \frac{\pi}{x}$，當 $\frac{\pi}{x} 	o 0$ 時，使用標準極限 $\lim_{t 	o 0} \frac{	an t}{t} = 1$，得到 $	an \frac{\pi}{x} \sim \frac{\pi}{x}$。

對於 $	an^{-1} \frac{x}{\pi}$，當 $\frac{x}{\pi} 	o \infty$ 時，$	an^{-1} \frac{x}{\pi} 	o \frac{\pi}{2}$。

因此：
$$\lim_{x 	o \infty} x	an \frac{\pi}{x}	an^{-1} \frac{x}{\pi} = \lim_{x 	o \infty} x \cdot \frac{\pi}{x} \cdot \frac{\pi}{2} = \lim_{x 	o \infty} \frac{\pi^2}{2} = \frac{\pi^2}{2}$$

**答案：**
(1) $-\frac{1}{6}$
(2) $\frac{\pi^2}{2}$

Question 2

The absolute maximum value of $f(x) = \frac{\sin x}{2 - \cos x}$ over the closed interval $[0, \pi]$ is (3) . The absolute minimum value of $f(x)$ over $[0, \pi]$ is (4) .

Accepted Answer

要找函數 $f(x) = \frac{\sin x}{2 - \cos x}$ 在閉區間 $[0, \pi]$ 上的絕對最大值和最小值。

**步驟1：檢查函數的定義域**
由於 $\cos x \in [-1, 1]$，所以 $2 - \cos x \in [1, 3] > 0$，函數在 $[0, \pi]$ 上有定義。

**步驟2：計算導數**
使用商法則：
$$f'(x) = \frac{(2 - \cos x) \cdot \cos x - \sin x \cdot \sin x}{(2 - \cos x)^2}$$

$$= \frac{2\cos x - \cos^2 x - \sin^2 x}{(2 - \cos x)^2}$$

由於 $\cos^2 x + \sin^2 x = 1$：
$$f'(x) = \frac{2\cos x - 1}{(2 - \cos x)^2}$$

**步驟3：找臨界點**
令 $f'(x) = 0$：
$$2\cos x - 1 = 0$$
$$\cos x = \frac{1}{2}$$

在區間 $[0, \pi]$ 內，$\cos x = \frac{1}{2}$ 的解為 $x = \frac{\pi}{3}$。

**步驟4：計算端點值和臨界點值**

在 $x = 0$：
$$f(0) = \frac{\sin 0}{2 - \cos 0} = \frac{0}{2 - 1} = 0$$

在 $x = \frac{\pi}{3}$：
$$f\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sin \frac{\pi}{3}}{2 - \cos \frac{\pi}{3}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{2 - \frac{1}{2}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{3}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$$

在 $x = \pi$：
$$f(\pi) = \frac{\sin \pi}{2 - \cos \pi} = \frac{0}{2 - (-1)} = \frac{0}{3} = 0$$

**步驟5：比較函數值**
- $f(0) = 0$
- $f\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{3}}{3} > 0$
- $f(\pi) = 0$

因此：
- 絕對最大值為 $\frac{\sqrt{3}}{3}$
- 絕對最小值為 $0$

答案：(3) $\frac{\sqrt{3}}{3}$，(4) $0$

Question 3

Let $R$ be the region bounded by $y = \ln x$, $y = 0$, and $x = e^2$. The volume of the solid obtained by rotating $R$ about the $x$-axis is (5) . The volume of the solid obtained by rotating $R$ about the $y$-axis is (6) .

Accepted Answer

此題要求計算區域 $R$ 繞 $x$ 軸和 $y$ 軸旋轉的體積。

首先確定區域 $R$ 的邊界：
- $y = \ln x$
- $y = 0$
- $x = e^2$

由於 $\ln x = 0$ 當 $x = 1$，所以區域 $R$ 是由 $x = 1$ 到 $x = e^2$，$y = 0$ 到 $y = \ln x$ 所圍成的區域。

**(5) 繞 $x$ 軸旋轉的體積：**

使用圓盤法，體積公式為：
$$V_x = \pi \int_1^{e^2} (\ln x)^2 \, dx$$

計算 $\int (\ln x)^2 \, dx$，使用分部積分：
設 $u = (\ln x)^2$，$dv = dx$
則 $du = \frac{2\ln x}{x} dx$，$v = x$

$$\int (\ln x)^2 \, dx = x(\ln x)^2 - \int x \cdot \frac{2\ln x}{x} \, dx = x(\ln x)^2 - 2\int \ln x \, dx$$

對 $\int \ln x \, dx$ 再次分部積分：
設 $u = \ln x$，$dv = dx$
則 $du = \frac{1}{x} dx$，$v = x$

$$\int \ln x \, dx = x\ln x - \int x \cdot \frac{1}{x} \, dx = x\ln x - x$$

因此：
$$\int (\ln x)^2 \, dx = x(\ln x)^2 - 2(x\ln x - x) = x(\ln x)^2 - 2x\ln x + 2x$$

計算定積分：
$$\int_1^{e^2} (\ln x)^2 \, dx = [x(\ln x)^2 - 2x\ln x + 2x]_1^{e^2}$$

在 $x = e^2$：$e^2 \cdot 4 - 2e^2 \cdot 2 + 2e^2 = 4e^2 - 4e^2 + 2e^2 = 2e^2$

在 $x = 1$：$1 \cdot 0 - 2 \cdot 1 \cdot 0 + 2 \cdot 1 = 2$

所以：$V_x = \pi(2e^2 - 2) = 2\pi(e^2 - 1)$

**(6) 繞 $y$ 軸旋轉的體積：**

使用殼層法，體積公式為：
$$V_y = 2\pi \int_1^{e^2} x \ln x \, dx$$

計算 $\int x \ln x \, dx$，使用分部積分：
設 $u = \ln x$，$dv = x \, dx$
則 $du = \frac{1}{x} dx$，$v = \frac{x^2}{2}$

$$\int x \ln x \, dx = \frac{x^2}{2} \ln x - \int \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{x} \, dx = \frac{x^2}{2} \ln x - \frac{1}{2} \int x \, dx = \frac{x^2}{2} \ln x - \frac{x^2}{4}$$

計算定積分：
$$\int_1^{e^2} x \ln x \, dx = \left[\frac{x^2}{2} \ln x - \frac{x^2}{4}\right]_1^{e^2}$$

在 $x = e^2$：$\frac{e^4}{2} \cdot 2 - \frac{e^4}{4} = e^4 - \frac{e^4}{4} = \frac{3e^4}{4}$

在 $x = 1$：$\frac{1}{2} \cdot 0 - \frac{1}{4} = -\frac{1}{4}$

所以：$V_y = 2\pi\left(\frac{3e^4}{4} + \frac{1}{4}\right) = 2\pi \cdot \frac{3e^4 + 1}{4} = \frac{\pi(3e^4 + 1)}{2}$

答案：
(5) $2\pi(e^2 - 1)$
(6) $\frac{\pi(3e^4 + 1)}{2}$

Question 4

$\int_0^2 \int_{x^2}^{4} \int_0^{x\sin(y^2)} 2025 \, dz \, dy \, dx = $ (7) , $\int_{-1}^{1} \int_{|y|}^{\sqrt{2-y^2}} (x^2 + y^2)^{3/2} \, dx \, dy = $ (8).

Accepted Answer

這題包含兩個積分，分別計算如下。

**(7) $\int_0^2 \int_{x^2}^{4} \int_0^{x\sin(y^2)} 2025 \, dz \, dy \, dx$**

先對 $z$ 積分：
$$\int_0^{x\sin(y^2)} 2025 \, dz = 2025x\sin(y^2).$$

因此原式變成
$$2025\int_0^2 \int_{x^2}^{4} x\sin(y^2) \, dy \, dx.$$

此時把 $xy$ 平面的積分區域改寫。原區域為
$$0 \le x \le 2, \qquad x^2 \le y \le 4.$$
由於 $0 \le y \le 4$ 且 $x^2 \le y$ 等價於 $0 \le x \le \sqrt{y}$，所以可改為
$$0 \le y \le 4, \qquad 0 \le x \le \sqrt{y}.$$

故
$$2025\int_0^4 \int_0^{\sqrt{y}} x\sin(y^2) \, dx \, dy
= 2025\int_0^4 \sin(y^2)\left(\int_0^{\sqrt{y}} x \, dxight)dy.$$

而
$$\int_0^{\sqrt{y}} x \, dx = \frac{y}{2},$$
所以
$$= \frac{2025}{2}\int_0^4 y\sin(y^2) \, dy.$$

令 $u = y^2$，則 $du = 2y \, dy$，於是
$$\frac{2025}{2}\int_0^4 y\sin(y^2) \, dy
= \frac{2025}{4}\int_0^{16} \sin u \, du
= \frac{2025}{4}\bigl[-\cos u\bigr]_0^{16}.$$

因此
$$(7)=\frac{2025}{4}\left(1-\cos 16ight).$$

**(8) $\int_{-1}^{1} \int_{|y|}^{\sqrt{2-y^2}} (x^2 + y^2)^{3/2} \, dx \, dy$**

積分區域由
$$-1 \le y \le 1, \qquad |y| \le x \le \sqrt{2-y^2}$$
描述。

條件 $x \le \sqrt{2-y^2}$ 表示
$$x^2+y^2 \le 2,$$
也就是半徑 $\sqrt{2}$ 的圓內部；而 $x \ge |y|$ 表示位於兩條直線
$$x=y, \qquad x=-y$$
的右側。

改用極座標
$$x=r\cos	heta, \qquad y=r\sin	heta,$$
則區域變成
$$0 \le r \le \sqrt{2}, \qquad -\frac{\pi}{4} \le 	heta \le \frac{\pi}{4}.$$

又因為
$$(x^2+y^2)^{3/2} = r^3, \qquad dx\,dy = r\,dr\,d	heta,$$
所以積分為
$$\int_{-\pi/4}^{\pi/4} \int_0^{\sqrt{2}} r^4 \, dr \, d	heta.$$

先對 $r$ 積分：
$$\int_0^{\sqrt{2}} r^4 \, dr = \left[\frac{r^5}{5}ight]_0^{\sqrt{2}} = \frac{(\sqrt{2})^5}{5} = \frac{4\sqrt{2}}{5}.$$

再對 $	heta$ 積分：
$$\int_{-\pi/4}^{\pi/4} d	heta = \frac{\pi}{2}.$$

因此
$$(8)=\frac{\pi}{2}\cdot \frac{4\sqrt{2}}{5}=\frac{2\pi\sqrt{2}}{5}.$$

**答案：**
$$(7)=\frac{2025}{4}(1-\cos 16), \qquad (8)=\frac{2\pi\sqrt{2}}{5}$$

Question 5

Given that the Maclaurin series of $\sin x$ is $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!}$.

(a) Explain why this fact leads to $\frac{\sin x}{x} \approx 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120}$ for small positive $x$-values.

(b) Sketch the graph of $f(x) = 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120}$. Label the local extrema and inflection points.

Accepted Answer

**(a) 解釋為何此事實導致 $\frac{\sin x}{x} \approx 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120}$ 對小的正 $x$ 值成立**

由題目給定的 $\sin x$ 的 Maclaurin 級數：
$$\sin x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots$$

將此級數除以 $x$（$x 
eq 0$）：
$$\frac{\sin x}{x} = \frac{1}{x} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n+1)!}$$

展開前幾項：
$$\frac{\sin x}{x} = \frac{x^0}{1!} - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} - \frac{x^6}{7!} + \cdots = 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} - \frac{x^6}{5040} + \cdots$$

對於小的 $x$ 值，高次項 $\frac{x^6}{5040}, \frac{x^8}{40320}, \ldots$ 相對於前面的項變得非常小，因此可以忽略。取前三項作為近似：
$$\frac{\sin x}{x} \approx 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120}$$

**(b) 繪製 $f(x) = 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120}$ 的圖形，標示局部極值和反曲點**

首先求一階導數：
$$f'(x) = -\frac{2x}{6} + \frac{4x^3}{120} = -\frac{x}{3} + \frac{x^3}{30} = \frac{x}{30}(-10 + x^2) = \frac{x(x^2 - 10)}{30}$$

令 $f'(x) = 0$：
$$\frac{x(x^2 - 10)}{30} = 0$$
解得：$x = 0$ 或 $x^2 = 10$，即 $x = 0, \pm\sqrt{10}$

求二階導數：
$$f''(x) = -\frac{1}{3} + \frac{3x^2}{30} = -\frac{1}{3} + \frac{x^2}{10} = \frac{x^2 - 10/3}{10/3} = \frac{3x^2 - 10}{10}$$

檢驗臨界點的性質：
- $f''(0) = \frac{-10}{10} = -1 < 0$，所以 $x = 0$ 是局部最大值
- $f''(\pm\sqrt{10}) = \frac{3 \cdot 10 - 10}{10} = \frac{20}{10} = 2 > 0$，所以 $x = \pm\sqrt{10}$ 是局部最小值

計算函數值：
- $f(0) = 1$
- $f(\pm\sqrt{10}) = 1 - \frac{10}{6} + \frac{100}{120} = 1 - \frac{5}{3} + \frac{5}{6} = 1 - \frac{10}{6} + \frac{5}{6} = 1 - \frac{5}{6} = \frac{1}{6}$

求反曲點，令 $f''(x) = 0$：
$$\frac{3x^2 - 10}{10} = 0$$
$$3x^2 = 10$$
$$x = \pm\sqrt{\frac{10}{3}}$$

計算反曲點的函數值：
$$f\left(\pm\sqrt{\frac{10}{3}}ight) = 1 - \frac{10/3}{6} + \frac{(10/3)^2}{120} = 1 - \frac{10}{18} + \frac{100/9}{120} = 1 - \frac{5}{9} + \frac{10}{108} = 1 - \frac{5}{9} + \frac{5}{54} = \frac{54 - 30 + 5}{54} = \frac{29}{54}$$

**圖形特徵總結：**
- 局部最大值：$(0, 1)$
- 局部最小值：$(\pm\sqrt{10}, \frac{1}{6})$，其中 $\sqrt{10} \approx 3.16$
- 反曲點：$\left(\pm\sqrt{\frac{10}{3}}, \frac{29}{54}ight)$，其中 $\sqrt{\frac{10}{3}} \approx 1.83$

函數圖形為偶函數，關於 $y$ 軸對稱，在原點處有最大值，向兩側下降至最小值後再上升。

Question 6

Consider the differential equation $\frac{dy}{dx} = y - 2x$.

(a) Suppose that $f(x) = mx + b$ is a solution to the differential equation. Find the values of $m$ and $b$.

(b) Find the most general solution using the formula for linear differential equations:
$y' + P(x) \cdot y = Q(x) \Rightarrow y = \frac{1}{I(x)} \int I(x) \cdot Q(x) \, dx$, where $I(x) = \exp \left( \int P(x) \, dx \right) = e^{\int P(x) dx}$.

Accepted Answer

考慮微分方程 $\frac{dy}{dx} = y - 2x$。

**(a) 求解 $f(x) = mx + b$ 為解時的 $m$ 和 $b$ 值**

若 $y = mx + b$ 是微分方程的解，則：
- $\frac{dy}{dx} = m$
- 代入原方程：$m = (mx + b) - 2x = mx + b - 2x$

整理得：$m = mx + b - 2x = (m-2)x + b$

由於此等式對所有 $x$ 都成立，比較係數：
- $x$ 的係數：$0 = m - 2$，故 $m = 2$
- 常數項：$m = b$，故 $b = 2$

因此 $m = 2$，$b = 2$。

驗證：$y = 2x + 2$，$y' = 2$，$y - 2x = (2x + 2) - 2x = 2 = y'$ ✓

**(b) 使用線性微分方程公式求一般解**

將原方程改寫為標準形式：
$\frac{dy}{dx} - y = -2x$

比較 $y' + P(x) \cdot y = Q(x)$：
- $P(x) = -1$
- $Q(x) = -2x$

計算積分因子：
$I(x) = e^{\int P(x) dx} = e^{\int (-1) dx} = e^{-x}$

使用公式 $y = \frac{1}{I(x)} \int I(x) \cdot Q(x) dx$：

$y = \frac{1}{e^{-x}} \int e^{-x} \cdot (-2x) dx = e^x \int (-2x)e^{-x} dx$

計算 $\int (-2x)e^{-x} dx$ 使用分部積分：
設 $u = -2x$，$dv = e^{-x}dx$
則 $du = -2dx$，$v = -e^{-x}$

$\int (-2x)e^{-x} dx = (-2x)(-e^{-x}) - \int (-e^{-x})(-2)dx$
$= 2xe^{-x} - 2\int e^{-x}dx$
$= 2xe^{-x} - 2(-e^{-x}) + C$
$= 2xe^{-x} + 2e^{-x} + C$
$= 2e^{-x}(x + 1) + C$

因此：
$y = e^x[2e^{-x}(x + 1) + C] = 2(x + 1) + Ce^x = 2x + 2 + Ce^x$

**一般解為：$y = 2x + 2 + Ce^x$**

其中 $C$ 為任意常數，特解 $y = 2x + 2$ 對應 $C = 0$。

Question 7

Consider the part of the surface $x^3yz^2 = 2$ in the first octant ($x > 0, y > 0, z > 0$).

(a) Use Lagrange multipliers to find the point on the surface $x^3yz^2 = 2$ that is closest to the origin.

(b) Let $f(x, y) = x^2 + y^2 + \frac{2}{x^3 y}$. Find all critical points of $f$ (points with $f_x = f_y = 0$). How is this related to part (a)?

(c) Find $f_{xx}, f_{xy}, f_{yy}$ and $D = f_{xx}f_{yy} - [f_{xy}]^2$ at the critical point.

Accepted Answer

**(a) 使用拉格朗日乘數法找到曲面 $x^3yz^2 = 2$ 上距離原點最近的點**

設目標函數為 $F(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2$（距離平方），約束條件為 $g(x,y,z) = x^3yz^2 - 2 = 0$。

根據拉格朗日乘數法，在最優點處有 $
abla F = \lambda 
abla g$：

$
abla F = (2x, 2y, 2z)$

$
abla g = (3x^2yz^2, x^3z^2, 2x^3yz)$

因此得到方程組：
- $2x = \lambda \cdot 3x^2yz^2$ ... (1)
- $2y = \lambda \cdot x^3z^2$ ... (2)  
- $2z = \lambda \cdot 2x^3yz$ ... (3)
- $x^3yz^2 = 2$ ... (4)

由於在第一象限內 $x,y,z > 0$，從方程 (1)：$\lambda = \frac{2}{3xyz^2}$

將此代入方程 (2)：$2y = \frac{2}{3xyz^2} \cdot x^3z^2 = \frac{2x^2}{3y}$

整理得：$6y^2 = 2x^2$，即 $y^2 = \frac{x^2}{3}$，所以 $y = \frac{x}{\sqrt{3}}$

將 $\lambda = \frac{2}{3xyz^2}$ 代入方程 (3)：$2z = \frac{2}{3xyz^2} \cdot 2x^3yz = \frac{4x^2}{3z}$

整理得：$6z^2 = 4x^2$，即 $z^2 = \frac{2x^2}{3}$，所以 $z = x\sqrt{\frac{2}{3}}$

將 $y = \frac{x}{\sqrt{3}}$ 和 $z = x\sqrt{\frac{2}{3}}$ 代入約束條件 (4)：

$x^3 \cdot \frac{x}{\sqrt{3}} \cdot \left(x\sqrt{\frac{2}{3}}ight)^2 = 2$

$x^3 \cdot \frac{x}{\sqrt{3}} \cdot x^2 \cdot \frac{2}{3} = 2$

$x^6 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \frac{2}{3} = 2$

$x^6 \cdot \frac{2}{3\sqrt{3}} = 2$

$x^6 = \frac{2 \cdot 3\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3} = 3^{3/2}$

$x = (3^{3/2})^{1/6} = 3^{1/4}$

因此：
- $x = 3^{1/4}$
- $y = \frac{3^{1/4}}{\sqrt{3}} = 3^{1/4} \cdot 3^{-1/2} = 3^{-1/4}$
- $z = 3^{1/4} \sqrt{\frac{2}{3}} = 3^{1/4} \cdot \sqrt{\frac{2}{3}}$

最近點為：$(3^{1/4}, 3^{-1/4}, 3^{1/4}\sqrt{\frac{2}{3}})$

**(b) 找到 $f(x,y) = x^2 + y^2 + \frac{2}{x^3y}$ 的所有臨界點**

計算偏導數：
$f_x = 2x - \frac{6}{x^4y}$

$f_y = 2y - \frac{2}{x^3y^2}$

設 $f_x = f_y = 0$：
- $2x = \frac{6}{x^4y}$ ... (5)
- $2y = \frac{2}{x^3y^2}$ ... (6)

從方程 (5)：$2x^5y = 6$，即 $x^5y = 3$ ... (7)

從方程 (6)：$2x^3y^3 = 2$，即 $x^3y^3 = 1$ ... (8)

由方程 (8)：$y^3 = \frac{1}{x^3}$，所以 $y = \frac{1}{x}$

將此代入方程 (7)：$x^5 \cdot \frac{1}{x} = 3$，即 $x^4 = 3$，所以 $x = 3^{1/4}$

因此 $y = \frac{1}{3^{1/4}} = 3^{-1/4}$

臨界點為：$(3^{1/4}, 3^{-1/4})$

**與 (a) 的關係：**
注意到曲面 $x^3yz^2 = 2$ 可以寫成 $z^2 = \frac{2}{x^3y}$，所以 $z = \sqrt{\frac{2}{x^3y}}$（在第一象限內）。

將此代入距離平方函數：$x^2 + y^2 + z^2 = x^2 + y^2 + \frac{2}{x^3y} = f(x,y)$

因此找 $f(x,y)$ 的最小值等價於找曲面上距離原點最近的點。

**(c) 計算二階偏導數和判別式**

計算二階偏導數：
$f_{xx} = 2 + \frac{24}{x^5y}$

$f_{xy} = \frac{6}{x^4y^2}$

$f_{yy} = 2 + \frac{4}{x^3y^3}$

在臨界點 $(3^{1/4}, 3^{-1/4})$ 處：

$f_{xx} = 2 + \frac{24}{(3^{1/4})^5 \cdot 3^{-1/4}} = 2 + \frac{24}{3^{5/4} \cdot 3^{-1/4}} = 2 + \frac{24}{3} = 10$

$f_{xy} = \frac{6}{(3^{1/4})^4 \cdot (3^{-1/4})^2} = \frac{6}{3 \cdot 3^{-1/2}} = \frac{6}{3^{1/2}} = 2\sqrt{3}$

$f_{yy} = 2 + \frac{4}{(3^{1/4})^3 \cdot (3^{-1/4})…

Question 8

Find the average value of the function $F(x, y, z) = x + y + z$ over the solid $E: x^2 + y^2 + z^2 \leq 1, x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0$. The formula for average value is $\frac{1}{	ext{Volume}(E)} \iiint_E F(x, y, z) \, dV$.

Accepted Answer

此題要求函數 $F(x, y, z) = x + y + z$ 在區域 $E$ 上的平均值，其中 $E$ 是第一象限內的單位球：$x^2 + y^2 + z^2 \leq 1, x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0$。

**步驟一：計算區域 $E$ 的體積**

區域 $E$ 是單位球在第一象限的部分，即單位球的 $\frac{1}{8}$。
單位球的體積為 $\frac{4}{3}\pi$，所以：
$$	ext{Volume}(E) = \frac{1}{8} \cdot \frac{4\pi}{3} = \frac{\pi}{6}$$

**步驟二：計算三重積分 $\iiint_E F(x, y, z) \, dV$**

使用球坐標變換：
- $x = ho \sin \phi \cos 	heta$
- $y = ho \sin \phi \sin 	heta$  
- $z = ho \cos \phi$
- $dV = ho^2 \sin \phi \, dho \, d\phi \, d	heta$

在第一象限，積分範圍為：
- $0 \leq ho \leq 1$
- $0 \leq \phi \leq \frac{\pi}{2}$
- $0 \leq 	heta \leq \frac{\pi}{2}$

因此：
$$\iiint_E (x + y + z) \, dV = \int_0^{\pi/2} \int_0^{\pi/2} \int_0^1 (ho \sin \phi \cos 	heta + ho \sin \phi \sin 	heta + ho \cos \phi) ho^2 \sin \phi \, dho \, d\phi \, d	heta$$

$$= \int_0^{\pi/2} \int_0^{\pi/2} \int_0^1 ho^3 \sin \phi (\sin \phi \cos 	heta + \sin \phi \sin 	heta + \cos \phi) \, dho \, d\phi \, d	heta$$

先對 $ho$ 積分：
$$\int_0^1 ho^3 \, dho = \left[\frac{ho^4}{4}ight]_0^1 = \frac{1}{4}$$

所以積分變為：
$$\frac{1}{4} \int_0^{\pi/2} \int_0^{\pi/2} \sin \phi (\sin \phi \cos 	heta + \sin \phi \sin 	heta + \cos \phi) \, d\phi \, d	heta$$

$$= \frac{1}{4} \int_0^{\pi/2} \int_0^{\pi/2} (\sin^2 \phi \cos 	heta + \sin^2 \phi \sin 	heta + \sin \phi \cos \phi) \, d\phi \, d	heta$$

分別計算各項：

對於 $\int_0^{\pi/2} \sin^2 \phi \, d\phi$：
使用公式 $\sin^2 \phi = \frac{1 - \cos 2\phi}{2}$
$$\int_0^{\pi/2} \sin^2 \phi \, d\phi = \int_0^{\pi/2} \frac{1 - \cos 2\phi}{2} \, d\phi = \frac{1}{2}\left[\phi - \frac{\sin 2\phi}{2}ight]_0^{\pi/2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}$$

對於 $\int_0^{\pi/2} \sin \phi \cos \phi \, d\phi$：
使用替換 $u = \sin \phi$，$du = \cos \phi \, d\phi$，當 $\phi = 0$ 時 $u = 0$，當 $\phi = \frac{\pi}{2}$ 時 $u = 1$
$$\int_0^{\pi/2} \sin \phi \cos \phi \, d\phi = \int_0^1 u \, du = \left[\frac{u^2}{2}ight]_0^1 = \frac{1}{2}$$

對於 $	heta$ 的積分：
$$\int_0^{\pi/2} \cos 	heta \, d	heta = [\sin 	heta]_0^{\pi/2} = 1$$
$$\int_0^{\pi/2} \sin 	heta \, d	heta = [-\cos 	heta]_0^{\pi/2} = 0 - (-1) = 1$$

因此：
$$\iiint_E (x + y + z) \, dV = \frac{1}{4} \left[ \frac{\pi}{4} \cdot 1 + \frac{\pi}{4} \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} ight]$$

$$= \frac{1}{4} \left[ \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} ight] = \frac{1}{4} \cdot \frac{3\pi}{4} = \frac{3\pi}{16}$$

**步驟三：計算平均值**

$$	ext{平均值} = \frac{1}{	ext{Volume}(E)} \iiint_E F(x, y, z) \, dV = \frac{1}{\pi/6} \cdot \frac{3\pi}{16} = \frac{6}{\pi} \cdo…

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這份試題整理

微積分(C) 其他年度考古題

$Part I$

$Part II$

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