台灣大學 108 年微積分(B) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Compute the following limits

• $\lim\limits_{x 	o 0} \left(\cos x + \frac{1}{2}x^2ight)^{
\frac{1}{x^4}} = $ __(1)__

• $\lim\limits_{x 	o 0} \frac{3x - \sin 3x}{5x - 	an 5x} = $ __(2)__

Accepted Answer

這題有兩個極限。

第一小題：
$$L=\lim_{x	o0}\left(\cos x+\frac{x^2}{2}ight)^{1/x^4}.$$
先把括號內展開。由 Maclaurin 展開式
$$\cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+O(x^6),$$
所以
$$\cos x+\frac{x^2}{2}=1+\frac{x^4}{24}+O(x^6).$$
因此
$$L=\lim_{x	o0}\left(1+\frac{x^4}{24}+O(x^6)ight)^{1/x^4}=e^{1/24}.$$

第二小題：
$$\lim_{x	o0}\frac{3x-\sin 3x}{5x-	an 5x}.$$
用展開式：
$$\sin 3x=3x-\frac{(3x)^3}{6}+O(x^5)=3x-\frac{9}{2}x^3+O(x^5),$$
所以
$$3x-\sin 3x=\frac{9}{2}x^3+O(x^5).$$
又
$$	an 5x=5x+\frac{(5x)^3}{3}+O(x^5)=5x+\frac{125}{3}x^3+O(x^5),$$
所以
$$5x-	an 5x=-\frac{125}{3}x^3+O(x^5).$$
因此極限為
$$\frac{9/2}{-125/3}=-\frac{27}{250}.$$

答案：__(1)__ $e^{1/24}$，__(2)__ $-\dfrac{27}{250}$。

Question 2

The graph of $f(x) = (x+1)^{2/3}(x-2)^{1/3}$ has an inflection point at $x = $ __(3)__

Accepted Answer

先把函數改寫： $$f(x)=(x+1)^{2/3}(x-2)^{1/3}=\bigl((x+1)^2(x-2)\bigr)^{1/3}=\bigl(x^3-3x-2\bigr)^{1/3}.$$ 令 $$u=x^3-3x-2,$$ 則 $$f=u^{1/3}.$$ 先求導： $$f'=\frac13u^{-2/3}u' = \frac13u^{-2/3}(3x^2-3)=\frac{x^2-1}{u^{2/3}}.$$ 再求二階導數： $$f''=-\frac{2}{9}u^{-5/3}(u')^2+\frac13u^{-2/3}u''.$$ 其中 $$u'=3(x^2-1),\qquad u''=6x.$$ 代入整理： $$f''=u^{-5/3}\left[-\frac{2}{9}(u')^2+\frac13uu''\right]$$ $$=u^{-5/3}\left[-2(x^2-1)^2+2x(x^3-3x-2)\right]$$ $$=u^{-5/3}\bigl[-2(x+1)^2\bigr].$$ 所以 $$f''=-2(x+1)^2(x^3-3x-2)^{-5/3}.$$ 因為 $$x^3-3x-2=(x-2)(x+1)^2,$$ 故在 $x<2$ 時，$f''>0$；在 $x>2$ 時，$f''<0$。在 $x=-1$ 兩側凹向沒有改變，但在 $x=2$ 左右凹向改變，因此拐點在 $$x=2.$$ 答案：__(3)__ $2$。

Question 3

If $x^5 + y^5 = 33$, then $\frac{d^2y}{dx^2}\Big|_{x=1} = $ __(4)__

Accepted Answer

由
$$x^5+y^5=33$$
可知在 $x=1$ 時，
$$1+y^5=33\Rightarrow y^5=32\Rightarrow y=2.$$

先做一次隱微分：
$$5x^4+5y^4y'=0,$$
所以
$$y'=-\frac{x^4}{y^4}.$$

再對上式微分：
$$y''=\frac{d}{dx}\left(-x^4y^{-4}\right)
=-4x^3y^{-4}+(-x^4)(-4)y^{-5}y'.$$
因此
$$y''=-\frac{4x^3}{y^4}+\frac{4x^4}{y^5}y'.$$
代入
$$y'=-\frac{x^4}{y^4}$$
得
$$y''=-\frac{4x^3}{y^4}-\frac{4x^8}{y^9}.$$
在 $(x,y)=(1,2)$ 處，
$$y''=-\frac{4}{16}-\frac{4}{512}=-\frac14-\frac{1}{128}=-\frac{33}{128}.$$

答案：__(4)__ $-\dfrac{33}{128}$。

Question 4

If $\int_1^{2x+1} \frac{f(t)}{e^t} dt = 	an^{-1} x$, then $f(3) = $ __(5)__

Accepted Answer

對等式
$$\int_1^{2x+1}\frac{f(t)}{e^t}\,dt=	an^{-1}x$$
兩邊對 $x$ 微分。左邊用微積分基本定理與鏈鎖律：
$$\frac{f(2x+1)}{e^{2x+1}}\cdot 2 = \frac{1}{1+x^2}.$$
因此
$$f(2x+1)=\frac{e^{2x+1}}{2(1+x^2)}.$$
要找 $f(3)$，令
$$2x+1=3\Rightarrow x=1.$$
代入得
$$f(3)=\frac{e^3}{2(1+1^2)}=\frac{e^3}{4}.$$

答案：__(5)__ $\dfrac{e^3}{4}$。

Question 5

Calculate the following integrals:

• $\int_0^2 \frac{x^3}{(x^2+4)^3} dx = $ __(6)__

• $\int_0^{\ln 2} \sqrt{e^x-1} dx = $ __(7)__ (Hint: Use $u = \sqrt{e^x-1}$)

• $\int_1^3 \frac{x-2}{\sqrt{x^2-1}} dx = $ __(8)__

Accepted Answer

這題有三個定積分。

(1)
$$\int_0^2 \frac{x^3}{(x^2+4)^3}\,dx.$$
令
$$u=x^2+4,\qquad du=2x\,dx.$$
又 $x^3dx=x^2(xdx)=(u-4)\frac{du}{2}$，所以
$$\int_0^2 \frac{x^3}{(x^2+4)^3}\,dx
=\frac12\int_4^8 \frac{u-4}{u^3}\,du
=\frac12\int_4^8 \left(u^{-2}-4u^{-3}ight)du.$$
積分後得
$$\frac12\left[-u^{-1}+2u^{-2}ight]_4^8
=\frac12\left( -\frac18+\frac{1}{32}+\frac18ight)=\frac{1}{64}.$$

(2)
$$\int_0^{\ln 2} \sqrt{e^x-1}\,dx.$$
令
$$u=\sqrt{e^x-1},$$
則
$$e^x=u^2+1,\qquad dx=\frac{2u}{u^2+1}\,du.$$
當 $x=0$ 時 $u=0$；當 $x=\ln2$ 時 $u=1$。因此
$$\int_0^{\ln2}\sqrt{e^x-1}\,dx
=\int_0^1 u\cdot \frac{2u}{u^2+1}\,du
=2\int_0^1 \frac{u^2}{u^2+1}\,du$$
$$=2\int_0^1\left(1-\frac{1}{u^2+1}ight)du
=2\left[u-	an^{-1}uight]_0^1=2-\frac{\pi}{2}.$$

(3)
$$\int_1^3 \frac{x-2}{\sqrt{x^2-1}}\,dx
=\int_1^3 \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}\,dx-2\int_1^3 \frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\,dx.$$
第一項為
$$\int \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}dx=\sqrt{x^2-1}.$$
第二項為
$$\int \frac{1}{\sqrt{x^2-1}}dx=\ln\left(x+\sqrt{x^2-1}ight).$$
所以原積分為
$$\left[\sqrt{x^2-1}-2\ln\left(x+\sqrt{x^2-1}ight)ight]_1^3$$
$$=2\sqrt2-2\ln(3+2\sqrt2).$$

答案：__(6)__ $\dfrac{1}{64}$，__(7)__ $2-\dfrac{\pi}{2}$，__(8)__ $2\sqrt2-2\ln(3+2\sqrt2)$。

Question 6

The integral $\int_0^{\infty} \frac{(	an^{-1} x)^4}{x^a} dx$ converges if and only if $a$ is in the interval __(9)__

Accepted Answer

考察廣義積分 $$\int_0^{\infty} \frac{( an^{-1}x)^4}{x^a}\,dx$$ 的收斂區間，要分別檢查 $x o0$ 與 $x o\infty$。當 $x o0$ 時， $$ an^{-1}x\sim x,$$ 所以 integrand 近似 $$\frac{( an^{-1}x)^4}{x^a}\sim x^{4-a}.$$ 而 $$\int_0^1 x^{4-a}\,dx$$ 收斂的條件是 $$4-a>-1\Rightarrow a<5.$$ 當 $x o\infty$ 時， $$ an^{-1}x o\frac{\pi}{2},$$ 所以 integrand 近似 $$Cx^{-a}.$$ 而 $$\int_1^{\infty} x^{-a}\,dx$$ 收斂的條件是 $$a>1.$$ 綜合兩端，積分收斂當且僅當 $$1

Question 7

Suppose that $y' = xy - x$ with $y(0) = 2$, then $y(2) = $ __(10)__

Accepted Answer

微分方程為
$$y'=xy-x=x(y-1).$$
令
$$v=y-1,$$
則
$$v'=y'=x(y-1)=xv.$$
而且
$$v(0)=y(0)-1=1.$$

所以得到可分離方程
$$\frac{dv}{v}=x\,dx.$$
積分得
$$\ln|v|=\frac{x^2}{2}+C,$$
因此
$$v=Ce^{x^2/2}.$$
由 $v(0)=1$ 得 $C=1$，所以
$$v=e^{x^2/2}.$$
故
$$y=1+e^{x^2/2}.$$
因此
$$y(2)=1+e^2.$$

答案：__(10)__ $1+e^2$。

Question 8

Suppose that $y' + y = 2\cos x$ with $y(0) = 2$, then $y\left(\frac{\pi}{6}\right) = $ __(11)__

Accepted Answer

解線性微分方程
$$y'+y=2\cos x,\qquad y(0)=2.$$
先找特解，設
$$y_p=a\cos x+b\sin x.$$
則
$$y_p'=-a\sin x+b\cos x.$$
代回方程：
$$(-a\sin x+b\cos x)+(a\cos x+b\sin x)=2\cos x.$$
比較係數得
$$(a+b)\cos x+(b-a)\sin x=2\cos x,$$
所以
$$a+b=2,\qquad b-a=0.$$
因此
$$a=b=1.$$
故特解為
$$y_p=\cos x+\sin x.$$
齊次解為
$$y_h=Ce^{-x}.$$
所以通解
$$y=Ce^{-x}+\cos x+\sin x.$$
利用初始條件 $y(0)=2$：
$$C+1=2\Rightarrow C=1.$$
故
$$y(x)=e^{-x}+\cos x+\sin x.$$
代入 $x=\pi/6$：
$$y\left(\frac\pi6\right)=e^{-\pi/6}+\frac{\sqrt3}{2}+\frac12=e^{-\pi/6}+\frac{1+\sqrt3}{2}.$$

答案：__(11)__ $e^{-\pi/6}+\dfrac{1+\sqrt3}{2}$。

Question 9

Let $R$ be the region below the curve $y = \sin^2 x$ when $0 \leq x \leq \pi$ and $V$ be the volume of the solid obtained by rotating $R$ about the $y$-axis. Then $V = $ __(12)__

Accepted Answer

將區域 $R$ 繞 $y$ 軸旋轉，最方便用圓柱殼法。

半徑為 $x$，高度為
$$\sin^2 x,$$
所以體積
$$V=2\pi\int_0^{\pi} x\sin^2x\,dx.$$
利用
$$\sin^2x=\frac{1-\cos 2x}{2},$$
得
$$V=2\pi\int_0^{\pi} x\cdot \frac{1-\cos2x}{2}\,dx
=\pi\int_0^{\pi}x\,dx-\pi\int_0^{\pi}x\cos2x\,dx.$$
第一項為
$$\pi\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^{\pi}=\frac{\pi^3}{2}.$$
第二項分部積分可算得為 0，因此
$$V=\frac{\pi^3}{2}.$$

答案：__(12)__ $\dfrac{\pi^3}{2}$。

Question 10

Find the sum

• $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(n-2)!+2^n}{n!} = $ __(13)__

• $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n-1}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^{2n} = $ __(14)__

Accepted Answer

這題有兩個無窮級數。

(1)
$$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(n-2)!+2^n}{n!}
=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(n-2)!}{n!}+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{2^n}{n!}.$$
第一部分：
$$\frac{(n-2)!}{n!}=\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}.$$
所以
$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n(n-1)}=1.$$
第二部分：
$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{2^n}{n!}=e^2-1-2=e^2-3.$$
因此總和為
$$1+(e^2-3)=e^2-2.$$

(2)
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n-1}\left(\frac{1}{\sqrt3}\right)^{2n}
=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n-1}\left(\frac13\right)^n.$$
令 $x=\frac13$，則
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{2n-1}=x\sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^m}{2m+1}.$$
而
$$\operatorname{artanh}(t)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{t^{2m+1}}{2m+1},\qquad |t|<1.$$
取 $t=\sqrt{x}$，得到
$$\sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^m}{2m+1}=\frac{1}{\sqrt{x}}\operatorname{artanh}(\sqrt{x}).$$
因此原級數為
$$\sqrt{x}\operatorname{artanh}(\sqrt{x})=\frac{1}{\sqrt3}\operatorname{artanh}\left(\frac{1}{\sqrt3}\right).$$
再用
$$\operatorname{artanh}(u)=\frac12\ln\frac{1+u}{1-u},$$
可得
$$\frac{1}{\sqrt3}\cdot\frac12\ln\frac{1+1/\sqrt3}{1-1/\sqrt3}
=\frac{1}{2\sqrt3}\ln(2+\sqrt3).$$

答案：__(13)__ $e^2-2$，__(14)__ $\dfrac{1}{2\sqrt3}\ln(2+\sqrt3)$。

Question 11

The 3th nonzero term in the Maclaurin series of $\ln(2x^3 + 5)$ is __(15)__

Accepted Answer

先把函數寫成適合展開的形式：
$$\ln(2x^3+5)=\ln 5+\ln\left(1+\frac{2x^3}{5}\right).$$
再用
$$\ln(1+u)=u-\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{3}-\cdots.$$
令
$$u=\frac{2x^3}{5},$$
則
$$\ln(2x^3+5)=\ln 5+\frac{2x^3}{5}-\frac12\left(\frac{2x^3}{5}\right)^2+\frac13\left(\frac{2x^3}{5}\right)^3-\cdots.$$
所以前三個非零項是
$$\ln 5,\qquad \frac{2}{5}x^3,\qquad -\frac{2}{25}x^6.$$
因此第 3 個非零項為
$$-\frac{2}{25}x^6.$$

答案：__(15)__ $-\dfrac{2}{25}x^6$。

Question 12

The 3rd nonzero term of the Mclaurin series of the function $f(x) = \begin{cases} \csc x - \cot x, & x 
eq 0, \ 0, & x = 0, \end{cases}$ is __(16)__

Accepted Answer

注意到
$$\csc x-\cot x=\frac{1-\cos x}{\sin x}=	an\frac{x}{2}.$$
所以題目的函數在 $x=0$ 附近其實就是
$$f(x)=	an\frac{x}{2},$$
而且定義 $f(0)=0$ 剛好延拓成解析函數。

利用展開式
$$	an z=z+\frac{z^3}{3}+\frac{2z^5}{15}+\cdots,$$
令 $z=\frac{x}{2}$，得到
$$	an\frac{x}{2}=\frac{x}{2}+\frac{1}{3}\left(\frac{x}{2}ight)^3+\frac{2}{15}\left(\frac{x}{2}ight)^5+\cdots$$
$$=\frac{x}{2}+\frac{x^3}{24}+\frac{x^5}{240}+\cdots.$$
因此第 3 個非零項為
$$\frac{x^5}{240}.$$

答案：__(16)__ $\dfrac{x^5}{240}$。

Question 13

Let $\vec{r}(t) = (e^t \cos t, e^t \sin t, e^t)$, $-1 \leq t \leq 1$.

• The length of the curve is __(17)__

• The curvature at the point $t = 0$ is __(18)__

Accepted Answer

已知
$$\vec r(t)=(e^t\cos t,\ e^t\sin t,\ e^t).$$

(1) 弧長：
先求導數
$$\vec r\,'(t)=e^t(\cos t-\sin t,\ \sin t+\cos t,\ 1).$$
速度大小為
$$|\vec r\,'(t)|=e^t\sqrt{(\cos t-\sin t)^2+(\sin t+\cos t)^2+1}.$$
其中
$$(\cos t-\sin t)^2+(\sin t+\cos t)^2=2,$$
所以
$$|\vec r\,'(t)|=\sqrt3\,e^t.$$
因此弧長
$$L=\int_{-1}^{1} \sqrt3\,e^t\,dt=\sqrt3\,[e^t]_{-1}^{1}=\sqrt3\left(e-e^{-1}ight).$$

(2) 曲率：
再求二階導數
$$\vec r\,''(t)=e^t(-2\sin t,\ 2\cos t,\ 1).$$
在 $t=0$ 時，
$$\vec r\,'(0)=(1,1,1),\qquad \vec r\,''(0)=(0,2,1).$$
叉積為
$$\vec r\,'(0)	imes \vec r\,''(0)=(-1,-1,2),$$
其長度
$$|\vec r\,'(0)	imes \vec r\,''(0)|=\sqrt6.$$
又
$$|\vec r\,'(0)|=\sqrt3.$$
曲率公式
$$\kappa=\frac{|\vec r\,'	imes \vec r\,''|}{|\vec r\,'|^3}$$
給出
$$\kappa(0)=\frac{\sqrt6}{(\sqrt3)^3}=\frac{\sqrt6}{3\sqrt3}=\frac{\sqrt2}{3}.$$

答案：__(17)__ $\sqrt3\left(e-e^{-1}ight)$，__(18)__ $\dfrac{\sqrt2}{3}$。

Question 14

The shortest distance from the origin to the paraboloid $z = \frac{x^2 + 2y^2 - 36}{4}$ is __(19)__

Accepted Answer

要找原點到拋物面
$$z=\frac{x^2+2y^2-36}{4}$$
的最短距離，可以最小化距離平方
$$D^2=x^2+y^2+z^2=x^2+y^2+\left(\frac{x^2+2y^2-36}{4}ight)^2.$$
設
$$F(x,y)=x^2+y^2+\frac{(x^2+2y^2-36)^2}{16}.$$
對 $x,y$ 求偏導：
$$F_x=2x+\frac{1}{8}(x^2+2y^2-36)(2x)=x\left(2+\frac{x^2+2y^2-36}{4}ight),$$
$$F_y=2y+\frac{1}{8}(x^2+2y^2-36)(4y)=y\left(2+\frac{x^2+2y^2-36}{2}ight).$$
令兩者為 0。

可能情況：
- $x=0$，且 $y
e0$ 時，由 $F_y=0$ 得 $x^2+2y^2=32$，所以 $y^2=16$，即 $y=\pm4$。
- $y=0$，且 $x
e0$ 時，由 $F_x=0$ 得 $x^2+2y^2=28$，所以 $x^2=28$。
- $x=y=0$。

逐一比較距離：
1. $(0,0)$ 時，
$$z=-9,\quad D=9.$$
2. $(0,\pm4)$ 時，
$$z=\frac{0+32-36}{4}=-1,$$
所以
$$D=\sqrt{0^2+4^2+(-1)^2}=\sqrt{17}.$$
3. $(\pm\sqrt{28},0)$ 時，
$$z=\frac{28-36}{4}=-2,$$
所以
$$D=\sqrt{28+4}=\sqrt{32}=4\sqrt2.$$

最小的是
$$\sqrt{17}.$$

答案：__(19)__ $\sqrt{17}$。

Question 15

$\int_0^1 \int_0^2 \int_{y/2}^1 yz\cos(x^3-1) dx \, dy \, dz = $ __(20)__

Accepted Answer

計算
$$\int_0^1 \int_0^2 \int_{y/2}^1 yz\cos(x^3-1)\,dx\,dy\,dz.$$
先把與 $z$ 有關的部分積掉：
$$\int_0^1 z\,dz=\frac12.$$
所以原積分變成
$$\frac12\int_0^2\int_{y/2}^1 y\cos(x^3-1)\,dx\,dy.$$

接著換積分次序。區域由
$$0\le y\le 2,\qquad \frac{y}{2}\le x\le 1$$
描述，等價於
$$0\le x\le1,\qquad 0\le y\le 2x.$$
因此
$$\frac12\int_0^1\int_0^{2x} y\cos(x^3-1)\,dy\,dx.$$
先對 $y$ 積分：
$$\int_0^{2x} y\,dy=2x^2.$$
所以變成
$$\frac12\int_0^1 2x^2\cos(x^3-1)\,dx=\int_0^1 x^2\cos(x^3-1)\,dx.$$
令
$$u=x^3-1,\qquad du=3x^2dx,$$
當 $x=0$ 時 $u=-1$，當 $x=1$ 時 $u=0$。因此
$$\int_0^1 x^2\cos(x^3-1)\,dx=\frac13\int_{-1}^{0}\cos u\,du=rac13[\sin u]_{-1}^0=\frac{\sin 1}{3}.$$

答案：__(20)__ $\dfrac{\sin 1}{3}$。

Question 16

The volume of the solid described by $x^2 + y^2 \leq 1$ and $x^2 + y^2 + z^2 \leq 4$ is __(21)__

Accepted Answer

固體由兩個條件描述：
$$x^2+y^2\le1,\qquad x^2+y^2+z^2\le4.$$
也就是半徑為 1 的圓柱，與半徑為 2 的球的交集。

用圓柱座標 $r^2=x^2+y^2$。因為 $0\le r\le1$，對每個固定的 $r$，由球面可知
$$-\sqrt{4-r^2}\le z\le \sqrt{4-r^2}.$$
所以體積為
$$V=\int_0^{2\pi}\int_0^1\int_{-\sqrt{4-r^2}}^{\sqrt{4-r^2}} r\,dz\,dr\,d	heta$$
$$=2\pi\int_0^1 2\sqrt{4-r^2}\,r\,dr
=4\pi\int_0^1 r\sqrt{4-r^2}\,dr.$$
令
$$u=4-r^2,\qquad du=-2r\,dr,$$
則
$$\int_0^1 r\sqrt{4-r^2}\,dr=-\frac12\int_4^3 u^{1/2}\,du=\frac12\int_3^4 u^{1/2}\,du$$
$$=\frac12\cdot\frac23\left[u^{3/2}ight]_3^4=rac13(8-3\sqrt3).$$
因此
$$V=4\pi\cdot\frac13(8-3\sqrt3)=\frac{4\pi}{3}(8-3\sqrt3).$$

答案：__(21)__ $\dfrac{4\pi}{3}(8-3\sqrt3)$。

Question 17

The area of the surface $x^2 + y^2 + z^2 = 4$, $(x-1)^2 + y^2 \leq 1$, is __(22)__

Accepted Answer

要求球面
$$x^2+y^2+z^2=4$$
中滿足
$$(x-1)^2+y^2\le1$$
那一部分的面積。

把球面分成上下兩片：
$$z=\pm\sqrt{4-x^2-y^2}.$$
對上半球，面積元素為
$$dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,dxdy=rac{2}{\sqrt{4-x^2-y^2}}\,dxdy.$$
上下兩片都要算，所以總面積為
$$A=2\iint_D \frac{2}{\sqrt{4-x^2-y^2}}\,dxdy=4\iint_D \frac{1}{\sqrt{4-r^2}}\,dxdy,$$
其中 $D$ 是平面上的圓盤
$$(x-1)^2+y^2\le1.$$

改用以原點為中心的極座標，$D$ 可寫成
$$0\le r\le 2\cos	heta,\qquad -\frac\pi2\le	heta\le\frac\pi2.$$
因此
$$A=4\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^{2\cos	heta}\frac{r}{\sqrt{4-r^2}}\,dr\,d	heta.$$
先算內積分：
$$\int \frac{r}{\sqrt{4-r^2}}dr=-\sqrt{4-r^2}.$$
所以
$$\int_0^{2\cos	heta}\frac{r}{\sqrt{4-r^2}}dr=2-2|\sin	heta|.$$
因此
$$A=4\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(2-2|\sin	heta|)\,d	heta
=8\left(\int_{-\pi/2}^{\pi/2}1\,d	heta-\int_{-\pi/2}^{\pi/2}|\sin	heta|\,d	hetaight).$$
而
$$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}1\,d	heta=\pi,\qquad \int_{-\pi/2}^{\pi/2}|\sin	heta|\,d	heta=2.$$
所以
$$A=8(\pi-2).$$

答案：__(22)__ $8(\pi-2)$。

Question 18

Let $\vec{F}(x,y,z) = (\sin y, x\cos y + \cos z, -y\sin z)$, $C: \vec{r}(t) = (\sin t, \cos t, 2t)$, $0 \leq t \leq \pi$. $\int_C \vec{F} \cdot d\vec{r} = $ __(23)__

Accepted Answer

觀察向量場
$$\vec F=(\sin y,\ x\cos y+\cos z,\ -y\sin z).$$
先檢查它是不是保守場。

令
$$P=\sin y,\quad Q=x\cos y+\cos z,\quad R=-y\sin z.$$
則
$$P_y=\cos y=Q_x,$$
$$Q_z=-\sin z=R_y,$$
$$P_z=0=R_x.$$
因此 $\vec F$ 是保守場。

找勢函數 $\phi$：
由
$$\phi_x=P=\sin y,$$
可得
$$\phi=x\sin y + g(y,z).$$
再對 $y$ 微分：
$$\phi_y=x\cos y + g_y(y,z)=Q=x\cos y+\cos z,$$
所以
$$g_y=\cos z \Rightarrow g=y\cos z+h(z).$$
再對 $z$ 微分：
$$\phi_z=-y\sin z + h'(z)=R=-y\sin z,$$
因此
$$h'(z)=0.$$
所以勢函數可取為
$$\phi(x,y,z)=x\sin y+y\cos z.$$

依基本定理，
$$\int_C \vec F\cdot d\vec r=\phi(\vec r(\pi))-\phi(\vec r(0)).$$
已知
$$\vec r(t)=(\sin t,\cos t,2t).$$
所以
$$\vec r(0)=(0,1,0),\qquad \vec r(\pi)=(0,-1,2\pi).$$
故
$$\phi(0,-1,2\pi)=0\cdot\sin(-1)+(-1)\cos(2\pi)=-1,$$
$$\phi(0,1,0)=0\cdot\sin 1+1\cdot\cos 0=1.$$
因此
$$\int_C \vec F\cdot d\vec r=-1-1=-2.$$

答案：__(23)__ $-2$。

Question 19

Let $C$ be the curve consisting of line segments from $(0,0)$ to $(2,1)$ to $(1,2)$ to $(0,0)$. $\int_C (x-y) dx + (2x+y) dy = $ __(24)__

Accepted Answer

這是平面閉曲線積分，可以用 Green 定理。

令
$$P=x-y,\qquad Q=2x+y.$$
則
$$\oint_C P\,dx+Q\,dy=\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}ight)dA.$$
先算偏導：
$$\frac{\partial Q}{\partial x}=2,\qquad \frac{\partial P}{\partial y}=-1.$$
所以 integrand 為
$$2-(-1)=3.$$

接著算三角形區域 $D$ 的面積。頂點為
$$(0,0),\ (2,1),\ (1,2).$$
用鞋帶公式或向量法可得面積
$$	ext{Area}(D)=\frac12|2\cdot2-1\cdot1|=\frac32.$$
因此
$$\oint_C (x-y)\,dx+(2x+y)\,dy=3\cdot\frac32=\frac92.$$

答案：__(24)__ $\dfrac92$。

Question 20

The flux of the vector field $\vec{F} = (\sin y + x^2, 3y^2 + e^x, 3zy^2)$ through the surface $x^2 + y^2 + z^2 = 1$, $z \geq 0$, where the surface is equipped with the upward normal, is __(25)__

Accepted Answer

要求向量場
$$\vec F=(\sin y+x^2,\ 3y^2+e^x,\ 3zy^2)$$
穿過上半球
$$x^2+y^2+z^2=1,\qquad z\ge0$$
的通量，法向量取 upward normal。

最方便的方法是用散度定理，將上半球與底面圓盤一起封閉起來。

先算散度：
$$
abla\cdot\vec F=\frac{\partial}{\partial x}(\sin y+x^2)+\frac{\partial}{\partial y}(3y^2+e^x)+\frac{\partial}{\partial z}(3zy^2)$$
$$=2x+6y+3y^2.$$

在半球體積上積分時，$2x$ 與 $6y$ 都因對稱而積分為 0，所以只剩
$$\iiint_E 3y^2\,dV.$$
對整個單位球而言，由對稱性
$$\iiint_{B} y^2\,dV=\frac13\iiint_B (x^2+y^2+z^2)\,dV=rac13\iiint_B r^2\,dV.$$
而
$$\iiint_B r^2\,dV=\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^1 r^4\sin\phi\,dr\,d\phi\,d	heta=\frac{4\pi}{5}.$$
因此整個球上
$$\iiint_B y^2\,dV=\frac{4\pi}{15}.$$
上半球體積的一半為
$$\iiint_E y^2\,dV=\frac{2\pi}{15}.$$
所以封閉曲面的總通量為
$$3\cdot \frac{2\pi}{15}=\frac{2\pi}{5}.$$

再看底面圓盤 $z=0$。底面的外法向量是向下 $(0,0,-1)$，而
$$\vec F\cdot(0,0,-1)=-3zy^2=0$$
因為在 $z=0$ 上此項為 0，所以底面通量為 0。

因此上半球的通量就是
$$\frac{2\pi}{5}.$$

答案：__(25)__ $\dfrac{2\pi}{5}$。

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