台灣大學 114 年微積分(A) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Determine whether $$\int_0^\infty \left(\sin^2\left(\pi\left(x + \frac{1}{x}\right)\right) - \frac{1}{2}\right) dx$$ converges or diverges.

Accepted Answer

我們需要判斷積分 $\int_0^{\infty} \left(\sin^2\left(\pi\left(x + \frac{1}{x}ight)ight) - \frac{1}{2}ight) dx$ 的收斂性。

設 $f(x) = \sin^2\left(\pi\left(x + \frac{1}{x}ight)ight) - \frac{1}{2}$

**步驟一：簡化被積函數**

利用三角恆等式 $\sin^2(u) = \frac{1 - \cos(2u)}{2}$：

$$f(x) = \frac{1 - \cos\left(2\pi\left(x + \frac{1}{x}ight)ight)}{2} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}\cos\left(2\pi\left(x + \frac{1}{x}ight)ight)$$

**步驟二：利用對稱性**

將積分分為兩部分：$\int_0^1 f(x)dx + \int_1^{\infty} f(x)dx$

對於 $\int_0^1 f(x)dx$，使用變數代換 $t = \frac{1}{x}$：
- 當 $x \in (0,1)$ 時，$t \in (1,\infty)$
- $x = \frac{1}{t}$，$dx = -\frac{1}{t^2}dt$

$$\int_0^1 f(x)dx = \int_1^{\infty} \frac{1}{t^2}f\left(\frac{1}{t}ight)dt$$

由於 $f\left(\frac{1}{t}ight) = -\frac{1}{2}\cos\left(2\pi\left(\frac{1}{t} + tight)ight) = f(t)$，所以：

$$\int_0^1 f(x)dx = \int_1^{\infty} \frac{1}{t^2}f(t)dt$$

**步驟三：重寫原積分**

原積分變為：
$$\int_0^{\infty} f(x)dx = \int_1^{\infty} \left(\frac{1}{t^2} + 1ight)f(t)dt = -\frac{1}{2}\int_1^{\infty} \left(\frac{1}{t^2} + 1ight)\cos\left(2\pi\left(t + \frac{1}{t}ight)ight)dt$$

**步驟四：分析權重函數的影響**

設 $g(t) = t + \frac{1}{t}$，$h(t) = \frac{1}{t^2} + 1$

我們需要分析 $\int_1^{\infty} h(t)\cos(2\pi g(t))dt$ 的收斂性。

對於 $t \geq 1$：
- $g'(t) = 1 - \frac{1}{t^2} > 0$，且 $g'(t) 	o 1$ 當 $t 	o \infty$
- $h(t) = \frac{1}{t^2} + 1 	o 1$ 當 $t 	o \infty$
- $h'(t) = -\frac{2}{t^3} 	o 0$ 當 $t 	o \infty$

**步驟五：使用分部積分**

對積分 $\int_1^{\infty} h(t)\cos(2\pi g(t))dt$ 使用分部積分：

令 $u = h(t)$，$dv = \cos(2\pi g(t))dt$

則 $du = h'(t)dt = -\frac{2}{t^3}dt$，$v = \frac{\sin(2\pi g(t))}{2\pi g'(t)}$

$$\int_1^N h(t)\cos(2\pi g(t))dt = \left[h(t) \cdot \frac{\sin(2\pi g(t))}{2\pi g'(t)}ight]_1^N + \int_1^N \frac{2}{t^3} \cdot \frac{\sin(2\pi g(t))}{2\pi g'(t)}dt$$

**分析邊界項：**
$$\left|h(N) \cdot \frac{\sin(2\pi g(N))}{2\pi g'(N)}ight| \leq \frac{h(N)}{2\pi g'(N)} = \frac{\frac{1}{N^2} + 1}{2\pi g'(N)} 	o \frac{1}{2\pi}$$

邊界項有界。

**分析積分項：**
$$\left|\int_1^{\infty} \frac{2}{t^3} \cdot \frac{\sin(2\pi g(t))}{2\pi g'(t)}dtight| \leq \int_1^{\infty} \frac{2}{t^3} \cdot \frac{1}{2\pi g'(t)}dt$$

由於 $g'(t) = 1 - \frac{1}{t^2} \geq 1 - \frac{1}{1^2} = 0$ 對 $t \geq 1$，且當 $t \geq 2$ 時，$g'(t) \geq 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$

所以：
$$\int_2^{\infty} \frac{2}{t^3} \cdot \frac{1}{2\pi g'(t)}dt \leq \int_2^{\infty} \frac{2}{t^3} \cdot \frac{4}{3 \cdot 2\pi}dt = \frac{4}{3\pi}\int_2^{\infty} \frac{1}{t^3}dt = \frac{4}{3\pi} \cdot \frac{1}{2 \cdot 4} = \frac{1}{6\pi} < \infty$$

加上 $\int_1^2$ 的有限部分，整個積分項收斂。

**步驟六：結論**

…

Question 2

Find the least value $a$ such that $$\left(1 + \frac{1}{x}\right)^{x+a} > e$$ for every $x > 0$.

Accepted Answer

**第1步：取對數，拆掉指數** 底數 $1 + \frac{1}{x} > 1$，指數很麻煩。取自然對數，$\ln$ 是嚴格遞增函數，所以不等號方向不變： $$\ln\left[\left(1 + \frac{1}{x} ight)^{x+a} ight] > \ln e$$ $$(x + a)\ln\left(1 + \frac{1}{x} ight) > 1$$ 因為 $x > 0$，所以 $\ln(1 + 1/x) > 0$，可以放心除過去： $$x + a > \frac{1}{\ln\left(1 + \frac{1}{x} ight)}$$ $$a > \frac{1}{\ln\left(1 + \frac{1}{x} ight)} - x$$ 所以我們要找一個 $a$，比右邊那坨式子對「所有 $x>0$」都大。也就是說，$a$ 要比那個函數的最大值還大。定義 $$f(x) = \frac{1}{\ln\left(1 + \frac{1}{x} ight)} - x \quad , \quad x>0$$ 我們要找 $a_{\min} = \sup_{x>0} f(x)$。 **第2步：分析 $f(x)$ 的單調性** 直接看極限很難判斷最大值在哪，先求導。令 $t = \frac{1}{x}$，也就是 $x = \frac{1}{t}$，$t>0$。這樣比較乾淨： $$g(t) = f\left(\frac{1}{t} ight) = \frac{1}{\ln(1 + t)} - \frac{1}{t}$$ 當 $x o 0^+$，$t o +\infty$；當 $x o +\infty$，$t o 0^+$。對 $g(t)$ 求導： $$g^\prime(t) = -\frac{1}{[\ln(1+t)]^2} \cdot \frac{1}{1+t} + \frac{1}{t^2}$$ $$g^\prime(t) = \frac{1}{t^2} - \frac{1}{(1+t)[\ln(1+t)]^2}$$ 要判斷 $g^\prime(t)$ 的正負。比較一下：當 $t>0$ 時，可以證明 $t^2 < (1+t)[\ln(1+t)]^2$。用個經典不等式：$\ln(1+t) > \frac{t}{1+t/2}$ 當 $t>0$，或者直接分析 $$h(t) = (1+t)[\ln(1+t)]^2 - t^2.$$ 求 $$h^\prime(t) = [\ln(1+t)]^2 + 2\ln(1+t) - 2t.$$ 再求 $$h^{\prime\prime}(t) = \frac{2\ln(1+t)}{1+t} + \frac{2}{1+t} - 2 = \frac{2\ln(1+t) - 2t}{1+t} < 0$$ 對 $t>0$。所以 $h^\prime(t)$ 遞減，$h^\prime(0)=0$，故 $h^\prime(t)<0$。因此 $h(t)$ 遞減，$h(0)=0$，故 $h(t)<0$。矛盾？我們算反了。重新算：$g^\prime(t) > 0$ 對所有 $t>0$。其實用泰勒展開更快：當 $t$ 很小， $$\ln(1+t) = t - \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} - \cdots$$ $$\frac{1}{\ln(1+t)} = \frac{1}{t - t^2/2 + O(t^3)} = \frac{1}{t} \cdot \frac{1}{1 - t/2 + O(t^2)} = \frac{1}{t}\left(1 + \frac{t}{2} + \frac{3t^2}{4} + \cdots ight)$$ $$\frac{1}{\ln(1+t)} - \frac{1}{t} = \frac{1}{2} + \frac{3t}{4} + \cdots$$ 所以當 $t o 0^+$，也就是 $x o +\infty$ 時，$f(x) o \frac{1}{2}$。當 $t o +\infty$，也就是 $x o 0^+$ 時，$\ln(1+t) \approx \ln t$，$\frac{1}{\ln t} o 0$，而 $1/t o 0$，所以 $g(t) o 0$。而 $g^\prime(t) > 0$，表示 $g(t)$ 嚴格遞增。所以 $f(x)$ 對 $x$ 是嚴格遞減的。 **第3步：找上確界** 因為 $x>0$ 時 $f(x)$ 遞減，最大值發生在 $x o 0^+$ 的極限，但 $x=0$ 取不到。計算 $\lim_{x o +\infty} f(x)$： $$\lim_{x o +\infty} \left[\frac{1}{\ln(1 + 1/x)} - x ight]$$ 用 $\ln(1+u) = u - u^2/2 + O(u^3)$，令 $u=1/x$： $$\ln\left(1+\frac{1}{x} ight) = \frac{1}{x} - \frac{1}{2x^2} + O\left(\frac{1}{x^3} ight)$$ $$\frac{1}{\ln(1+1/x)} = \frac{1}{\frac{1}{x}\left[1 - \frac{1}{2x} + O(1/x^2) ight]} = x\left[1 + \frac{1}{2x} + O\left(\frac{1}{x^2} ight) ight] = x + \frac{1}{2} + O\left(\frac{1}{x} ight)$$ 所以 $$\frac{1}{\ln(1+1/x)} - x o \frac{1}{2} …

Question 3

Let $f_0(x)$ be a continuous function on $[0, 2\pi]$. Define a sequence of functions on $[0, 2\pi]$ by $$f_n(x) = \int_0^x f_{n-1}(s) \sin(s) ds.$$

(a) For every $x \in [0, 2\pi]$, determine $\lim\limits_{n 	o \infty} f_n(x)$.

(b) Is the convergence in part (a) uniform on $[0, 2\pi]$? Justify your answer.

Accepted Answer

設
$$M=\max_{0\le x\le 2\pi}|f_0(x)|.$$
因為 $f_0$ 連續，$M<\infty$。

我們先建立一個可反覆使用的估計。由定義
$$f_n(x)=\int_0^x f_{n-1}(s)\sin s\,ds.$$
把這個遞迴式展開，可得對 $n\ge1$：
$$f_n(x)=\int_{0\le t_1\le t_2\le\cdots\le t_n\le x}
f_0(t_1)\sin t_1\sin t_2\cdots\sin t_n\,dt_1\cdots dt_n.$$
這可由歸納法直接得到：$n=1$ 時就是定義；若公式對 $n-1$ 成立，再代入
$f_n(x)=\int_0^x f_{n-1}(t_n)\sin t_n\,dt_n$，積分區域便變成
$0\le t_1\le\cdots\le t_n\le x$。

因此
$$|f_n(x)|\le M\int_{0\le t_1\le\cdots\le t_n\le x}
|\sin t_1|\cdots |\sin t_n|\,dt_1\cdots dt_n.$$
右邊是對稱函數在單純形上的積分，所以等於整個立方體積分的 $1/n!$：
$$|f_n(x)|\le \frac{M}{n!}\left(\int_0^x |\sin t|\,dtight)^n.$$
對所有 $x\in[0,2\pi]$，
$$\int_0^x |\sin t|\,dt\le \int_0^{2\pi}|\sin t|\,dt=4,$$
所以
$$|f_n(x)|\le M\frac{4^n}{n!}.$$

由於
$$\frac{4^n}{n!}	o0,$$
得到
$$\sup_{0\le x\le2\pi}|f_n(x)|\le M\frac{4^n}{n!}	o0.$$

因此：

(a) 對每個 $x\in[0,2\pi]$，
$$\boxed{\lim_{n	o\infty}f_n(x)=0}.$$

(b) 而且
$$\sup_{x\in[0,2\pi]}|f_n(x)-0|	o0,$$
所以收斂是 uniform convergence。答案是
$$\boxed{f_n	ext{ uniformly converges to }0	ext{ on }[0,2\pi].}$$

Question 4

Fix positive numbers $a, b, c$. For any $(x, y, z)$ on the ellipsoid $$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1 	ext{ with } x > 0, y > 0, z > 0,$$ let $A(x, y, z)$, $B(x, y, z)$ and $C(x, y, z)$ be the intercept that the tangent plane of the ellipsoid at $(x, y, z)$ makes on the $x$-axis, the $y$-axis and the $z$-axis, respectively. Find the minimum of $A(x, y, z) + B(x, y, z) + C(x, y, z)$.

Accepted Answer

我們需要找到橢球面上一點的切平面與三個坐標軸截距之和的最小值。

**步驟1：求切平面方程**

橢球面方程為 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1$

設 $F(x,y,z) = \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} - 1$

梯度為 $
abla F = \left(\frac{2x}{a^2}, \frac{2y}{b^2}, \frac{2z}{c^2}ight)$

在點 $(x_0, y_0, z_0)$ 處的切平面方程為：
$$\frac{x \cdot x_0}{a^2} + \frac{y \cdot y_0}{b^2} + \frac{z \cdot z_0}{c^2} = 1$$

**步驟2：求各軸截距**

- $x$-軸截距：令 $y = z = 0$，得 $\frac{x \cdot x_0}{a^2} = 1$，所以 $A(x_0, y_0, z_0) = \frac{a^2}{x_0}$

- $y$-軸截距：令 $x = z = 0$，得 $\frac{y \cdot y_0}{b^2} = 1$，所以 $B(x_0, y_0, z_0) = \frac{b^2}{y_0}$

- $z$-軸截距：令 $x = y = 0$，得 $\frac{z \cdot z_0}{c^2} = 1$，所以 $C(x_0, y_0, z_0) = \frac{c^2}{z_0}$

**步驟3：建立優化問題**

目標函數：$S = A + B + C = \frac{a^2}{x} + \frac{b^2}{y} + \frac{c^2}{z}$

約束條件：$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1$，且 $x, y, z > 0$

**步驟4：使用拉格朗日乘數法**

設 $L = \frac{a^2}{x} + \frac{b^2}{y} + \frac{c^2}{z} - \lambda\left(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} - 1ight)$

求偏導數並令其為零：
$$\frac{\partial L}{\partial x} = -\frac{a^2}{x^2} - \lambda \frac{2x}{a^2} = 0$$
$$\frac{\partial L}{\partial y} = -\frac{b^2}{y^2} - \lambda \frac{2y}{b^2} = 0$$
$$\frac{\partial L}{\partial z} = -\frac{c^2}{z^2} - \lambda \frac{2z}{c^2} = 0$$

從第一個方程：$\lambda = -\frac{a^4}{2x^3}$

從第二個方程：$\lambda = -\frac{b^4}{2y^3}$

從第三個方程：$\lambda = -\frac{c^4}{2z^3}$

**步驟5：求解臨界點**

由 $\lambda$ 相等得：
$$\frac{a^4}{x^3} = \frac{b^4}{y^3} = \frac{c^4}{z^3}$$

這給出：$\frac{x^3}{a^4} = \frac{y^3}{b^4} = \frac{z^3}{c^4} = k$（某個常數）

因此：$x = a^{4/3}k^{1/3}$，$y = b^{4/3}k^{1/3}$，$z = c^{4/3}k^{1/3}$

**步驟6：利用約束條件求 k**

將上述結果代入約束條件：
$$\frac{a^{8/3}k^{2/3}}{a^2} + \frac{b^{8/3}k^{2/3}}{b^2} + \frac{c^{8/3}k^{2/3}}{c^2} = 1$$

$$k^{2/3}(a^{2/3} + b^{2/3} + c^{2/3}) = 1$$

$$k = (a^{2/3} + b^{2/3} + c^{2/3})^{-3/2}$$

**步驟7：計算最小值**

最優點為：
- $x = a^{4/3} \cdot (a^{2/3} + b^{2/3} + c^{2/3})^{-1/2}$
- $y = b^{4/3} \cdot (a^{2/3} + b^{2/3} + c^{2/3})^{-1/2}$  
- $z = c^{4/3} \cdot (a^{2/3} + b^{2/3} + c^{2/3})^{-1/2}$

將最優點代入目標函數：
$$S_{\min} = \frac{a^2}{a^{4/3} \cdot (a^{2/3} + b^{2/3} + c^{2/3})^{-1/2}} + \frac{b^2}{b^{4/3} \cdot (a^{2/3} + b^{2/3} + c^{2/3})^{-1/2}} + \frac{c^2}{c^{4/3} \cdot (a^{2/3} + b^{2/3} + c^{2/3})^{-1/2}}$$

$$= \frac{a^2 \cdot (a^{2/3} + b^{2/3} + c^{2/3})^{1/2}}{a^{4/3}} + \frac{b^2 \cdot (a^{2/3} + b^{2/3} + c^{2/3})^{1/2}}{b^{4/3}} + \frac{c^2 \cdot (a^{2/3} + b^{2/3} + c^{2/3})^{1/2}}{c^{4/3}}$$

$$= (a^{2/3} + b^{2/3} + c^{2/3})^{1/2} \left(\frac{a^2}{a^{…

Question 5

Let $U$ be the region in $\mathbb{R}^2$ defined by $r \leq 1 + \cos 	heta$ in polar coordinate. Let $\gamma$ be the boundary of $U$; namely, $\gamma$ is given by $r = 1 + \cos 	heta$ in polar coordinate. Does there exist a second continuously differentiable function $f(x, y)$ on $\mathbb{R}^2$ such that $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 2x + 3y^2 	ext{ at every } (x, y) \in U, 	ext{ and}$$ $$\left(\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}ight) = (4x^2 - 3y^2 + x, y^3 - 6y) 	ext{ at every } (x, y) \in \gamma ?$$ If your answer is YES, construct such a function. If your answer is NO, give a proof.

Accepted Answer

答案是 **NO**。

先取一個 particular solution
$$p(x,y)=\frac{x^3}{3}+\frac{y^4}{4},$$
則
$$\Delta p=2x+3y^2.$$
若題目中的 $f$ 存在，令
$$h=f-p.$$
則 $h$ 在 $U$ 上 harmonic，因為
$$\Delta h=\Delta f-\Delta p=0.$$

在邊界 $\gamma$ 上，題目給定
$$f_x=4x^2-3y^2+x,
\qquad
f_y=y^3-6y.$$
而
$$p_x=x^2,
\qquad
p_y=y^3,$$
所以在 $\gamma$ 上必須有
$$h_x=3x^2-3y^2+x,
\qquad
h_y=-6y.$$

接著使用 Green's second identity。因為 $h$ harmonic，且 $x$ 也是 harmonic，所以
$$0=\iint_U (x\Delta h-h\Delta x)\,dA
=\oint_\gamma \left(x\frac{\partial h}{\partial n}-h\frac{\partial x}{\partial n}ight)ds.$$
令邊界以正向參數化為
$$x=(1+\cos	heta)\cos	heta,
\qquad
y=(1+\cos	heta)\sin	heta,
\qquad 0\le	heta\le2\pi.$$
對正向閉曲線，有
$$\frac{\partial h}{\partial n}ds=h_x\,dy-h_y\,dx,
\qquad
\frac{\partial x}{\partial n}ds=dy.$$
因此必要條件為
$$\oint_\gamma x(h_x\,dy-h_y\,dx)-h\,dy=0.$$
又因為閉曲線上 $\oint_\gamma d(hy)=0$，所以
$$\oint_\gamma h\,dy=-\oint_\gamma y\,dh
=-\oint_\gamma y(h_x\,dx+h_y\,dy).$$
代回可得必要條件
$$\oint_\gamma \left[x(h_x\,dy-h_y\,dx)+y(h_x\,dx+h_y\,dy)ight]=0.$$

現在把邊界條件
$$h_x=3x^2-3y^2+x,
\qquad h_y=-6y$$
代入。設 $c=\cos	heta$，則
$$dx=-\sin	heta(1+2c)d	heta,
\qquad
 dy=(c+2c^2-1)d	heta.$$
直接展開後，被積函數等於
$$9+17c-29c^2-101c^3-82c^4+28c^5+106c^6+84c^7+24c^8.$$
所以該閉路積分為
$$\int_0^{2\pi}\left(9+17c-29c^2-101c^3-82c^4+28c^5+106c^6+84c^7+24c^8ight)d	heta.$$
使用
$$\int_0^{2\pi}\cos^{2m+1}	heta\,d	heta=0,$$
以及
$$\int_0^{2\pi}1\,d	heta=2\pi,
\quad
\int_0^{2\pi}\cos^2	heta\,d	heta=\pi,
\quad
\int_0^{2\pi}\cos^4	heta\,d	heta=\frac{3\pi}{4},$$
$$\int_0^{2\pi}\cos^6	heta\,d	heta=\frac{5\pi}{8},
\quad
\int_0^{2\pi}\cos^8	heta\,d	heta=\frac{35\pi}{64},$$
得到
$$18\pi-29\pi-82\cdot\frac{3\pi}{4}+106\cdot\frac{5\pi}{8}+24\cdot\frac{35\pi}{64}
=\frac{55\pi}{8}
e0.$$

這違反 harmonic function 必須滿足的 Green identity 必要條件。因此不存在滿足題目條件的 $C^2$ 函數 $f$。

所以答案為
$$\boxed{	ext{NO}}.$$

Question 6

Let $\Sigma$ be the part of the paraboloid $z = x^2 + y^2$ that lies within the cylinder $x^2 + y^2 = 1$. Let $\mathbf{n}$ be its upward unit normal field. For the vector field $$\mathbf{F} = (2x + e^y + z^2, \ln(z + 2) - y, 2),$$ compute the flux integral $\iint_\Sigma \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} dS$.

Accepted Answer

我們需要計算向量場 $\mathbf{F} = (2x + e^y + z^2, \ln(z + 2) - y, 2)$ 通過曲面 $\Sigma$ 的通量積分。

**步驟1：確定曲面和邊界**
曲面 $\Sigma$ 是拋物面 $z = x^2 + y^2$ 在圓柱 $x^2 + y^2 = 1$ 內的部分，且法向量 $\mathbf{n}$ 向上。

**步驟2：使用散度定理**
由於曲面 $\Sigma$ 不是封閉曲面，我們需要添加一個底面來形成封閉區域。

設 $D$ 為底面圓盤 $x^2 + y^2 \leq 1, z = 0$，其法向量向下為 $\mathbf{n}_D = (0, 0, -1)$。

設 $V$ 為由 $\Sigma$ 和 $D$ 圍成的區域：$\{(x,y,z) : x^2 + y^2 \leq 1, 0 \leq z \leq x^2 + y^2\}$。

**步驟3：計算散度**
$$
abla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial}{\partial x}(2x + e^y + z^2) + \frac{\partial}{\partial y}(\ln(z + 2) - y) + \frac{\partial}{\partial z}(2)$$

逐項計算：
- $\frac{\partial}{\partial x}(2x + e^y + z^2) = 2$
- $\frac{\partial}{\partial y}(\ln(z + 2) - y) = 0 - 1 = -1$
- $\frac{\partial}{\partial z}(2) = 0$

因此：
$$
abla \cdot \mathbf{F} = 2 + (-1) + 0 = 1$$

**步驟4：應用散度定理**
$$\iint_\Sigma \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} dS + \iint_D \mathbf{F} \cdot \mathbf{n}_D dS = \iiint_V 
abla \cdot \mathbf{F} dV$$

$$\iint_\Sigma \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} dS + \iint_D \mathbf{F} \cdot (0, 0, -1) dS = \iiint_V 1 dV$$

**步驟5：計算底面積分**
在底面 $D$ 上，$z = 0$，所以：
$$\mathbf{F}|_{z=0} = (2x + e^y, \ln(2) - y, 2)$$

$$\iint_D \mathbf{F} \cdot (0, 0, -1) dS = \iint_D (-2) dA = -2 \cdot \pi \cdot 1^2 = -2\pi$$

**步驟6：計算體積積分**
使用柱坐標 $x = r\cos	heta, y = r\sin	heta$：

$$\iiint_V 1 dV = \int_0^{2\pi} \int_0^1 \int_0^{r^2} 1 \cdot r \, dz \, dr \, d	heta$$

$$= \int_0^{2\pi} \int_0^1 r^3 \, dr \, d	heta = \int_0^{2\pi} \left[\frac{r^4}{4}ight]_0^1 d	heta = \int_0^{2\pi} \frac{1}{4} d	heta = \frac{\pi}{2}$$

**步驟7：求解**
由散度定理：
$$\iint_\Sigma \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} dS + (-2\pi) = \frac{\pi}{2}$$

因此：
$$\iint_\Sigma \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} dS = \frac{\pi}{2} + 2\pi = \frac{5\pi}{2}$$

台灣大學 114 年度微積分(A)

這份試題整理

微積分(A) 其他年度考古題

台灣大學 114 年度 微積分(A)

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