台灣大學 109 年微積分 (B) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Fill in the blanks (4 points are assigned to each blank):

(a) $\lim\limits_{x 	o \infty} (1 + \frac{3}{x})^{[x]} = $ __(1)__, where $[x]$ is the greatest integer which is less than or equal to $x$.

(b) $\lim\limits_{x 	o 0} (\cos ax)^{\frac{1}{1 - \cos bx}} = $ __(2)__, where $a, b$ are constants and $ab 
eq 0$.

(c) $\lim\limits_{n 	o \infty} \sum\limits_{i=1}^n \frac{1}{2n\sqrt{1 - (\frac{i}{2n})^2}} = $ __(3)__.

Accepted Answer

先整理三個空格的答案：

- __(1)__ = $e^3$
- __(2)__ = $e^{-a^2/b^2}$
- __(3)__ = $\dfrac{\pi}{6}$

(1) 計算 $\lim\limits_{x 	o \infty} (1 + \frac{3}{x})^{[x]}$

令 $n=[x]$，則 $n \le x < n+1$，而且當 $x 	o \infty$ 時，$n 	o \infty$。原式可寫成
$$
\left(1+\frac{3}{x}ight)^n.
$$
取對數：
$$
\ln L = n\ln\left(1+\frac{3}{x}ight).
$$
由 $\ln(1+u) \sim u$（當 $u	o 0$）得
$$
\ln L \sim n\cdot \frac{3}{x} = 3\frac{n}{x}.
$$
因為 $n \le x < n+1$，所以
$$
1 \ge \frac{n}{x} > \frac{n}{n+1} 	o 1.
$$
故 $\frac{n}{x}	o 1$，因此
$$
\ln L 	o 3.
$$
所以
$$
L=e^3.
$$

(2) 計算 $\lim\limits_{x 	o 0} (\cos ax)^{\frac{1}{1-\cos bx}}$

設原式為 $L$，取對數：
$$
\ln L = \frac{\ln(\cos ax)}{1-\cos bx}.
$$
當 $x	o 0$ 時，用展開式
$$
\cos(ax)=1-\frac{a^2x^2}{2}+o(x^2),
$$
故
$$
\ln(\cos ax)=\ln\left(1-\frac{a^2x^2}{2}+o(x^2)ight)
= -\frac{a^2x^2}{2}+o(x^2).
$$
同時
$$
1-\cos(bx)=\frac{b^2x^2}{2}+o(x^2).
$$
所以
$$
\ln L 	o \frac{-a^2/2}{b^2/2}=-\frac{a^2}{b^2}.
$$
因此
$$
L=e^{-a^2/b^2}.
$$

(3) 計算 Riemann sum
$$
\lim\limits_{n 	o \infty} \sum\limits_{i=1}^n \frac{1}{2n\sqrt{1-(\frac{i}{2n})^2}}.
$$
把它看成區間 $[0,\frac12]$ 上的 Riemann 和。令
$$
\Delta x = \frac{1}{2n},\qquad x_i=\frac{i}{2n}.
$$
則原式為
$$
\sum_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{1-x_i^2}}\Delta x,
$$
所以極限就是
$$
\int_0^{1/2}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx.
$$
而
$$
\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=\sin^{-1}x + C,
$$
故
$$
\int_0^{1/2}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx
=\sin^{-1}\left(\frac12ight)-\sin^{-1}(0)=\frac{\pi}{6}.
$$
所以 __(3)__ 為 $\dfrac{\pi}{6}$。

Question 2

Fill in the blanks (4 points are assigned to each blank):

(a) $f(x) = [\ln(1 + x^2)]^2, \frac{d}{dx}f(x) = $ __(4)__.

(b) $x^3 - y^2 + y^3 = x$. At $(x,y) = (0,1), \frac{d^2y}{dx^2} = $ __(5)__.

(c) $f(x,y,z) = \int_z^{x^y} e^{\sqrt{t}} dt, 
abla f = $ __(6)__.

(d) $f(x,y) = \frac{\sin(x^2y)}{x^2 + y^2}$ for $(x,y) 
eq (0,0)$ and $f(0,0) = 0$. The directional derivative of $f$ along $u = (\cos	heta, \sin	heta)$ at $(0,0)$ is __(7)__.

Accepted Answer

四個空格的答案先列出來：

- __(4)__ = $\dfrac{4x\ln(1+x^2)}{1+x^2}$
- __(5)__ = $-4$
- __(6)__ = $\left( yx^{y-1}e^{\sqrt{x^y}},\ x^y\ln x\,e^{\sqrt{x^y}},\ -e^{\sqrt z} ight)$
- __(7)__ = $\cos^2	heta\sin	heta$

(a) $f(x)=[\ln(1+x^2)]^2$

直接用 chain rule：
$$
f'(x)=2\ln(1+x^2)\cdot \frac{d}{dx}\ln(1+x^2)
=2\ln(1+x^2)\cdot \frac{2x}{1+x^2}.
$$
所以
$$
\frac{d}{dx}f(x)=\frac{4x\ln(1+x^2)}{1+x^2}.
$$

(b) 由
$$
x^3-y^2+y^3=x
$$
求在 $(0,1)$ 的 $\dfrac{d^2y}{dx^2}$。

先對 $x$ 微分一次：
$$
3x^2-2yy'+3y^2y'-1=0.
$$
整理成
$$
(-2y+3y^2)y' = 1-3x^2.
$$
在 $(0,1)$ 代入可得
$$
y' = \frac{1-0}{-2+3}=1.
$$
再對
$$
3x^2-2yy'+3y^2y'-1=0
$$
微分一次：
$$
6x -2\big((y')^2+yy''\big) + 3\big(2y(y')^2+y^2y''\big)=0.
$$
整理為
$$
6x + (-2+6y)(y')^2 + (-2y+3y^2)y''=0.
$$
代入 $(x,y,y')=(0,1,1)$：
$$
0 + 4 + 1\cdot y'' = 0.
$$
因此
$$
y''=-4.
$$

(c) $f(x,y,z)=\int_z^{x^y} e^{\sqrt t}\,dt$

由微積分基本定理與 chain rule：
$$
f_x = e^{\sqrt{x^y}}\cdot \frac{\partial}{\partial x}(x^y)
= e^{\sqrt{x^y}}\cdot yx^{y-1},
$$
$$
f_y = e^{\sqrt{x^y}}\cdot \frac{\partial}{\partial y}(x^y)
= e^{\sqrt{x^y}}\cdot x^y\ln x,
$$
$$
f_z = -e^{\sqrt z}.
$$
所以
$$

abla f = \left( yx^{y-1}e^{\sqrt{x^y}},\ x^y\ln x\,e^{\sqrt{x^y}},\ -e^{\sqrt z} ight).
$$

(d) 求原點沿 $u=(\cos	heta,\sin	heta)$ 的方向導數。

依定義
$$
D_uf(0,0)=\lim_{h	o 0}\frac{f(h\cos	heta,h\sin	heta)-f(0,0)}{h}.
$$
因 $f(0,0)=0$，而對 $(x,y)
e(0,0)$
$$
f(x,y)=\frac{\sin(x^2y)}{x^2+y^2},
$$
代入 $x=h\cos	heta$, $y=h\sin	heta$ 得
$$
f(h\cos	heta,h\sin	heta)
=\frac{\sin(h^3\cos^2	heta\sin	heta)}{h^2}.
$$
因此
$$
\frac{f(h\cos	heta,h\sin	heta)}{h}
=\frac{\sin(h^3\cos^2	heta\sin	heta)}{h^3}.
$$
設
$$
u = h^3\cos^2	heta\sin	heta,
$$
則當 $h	o 0$ 時，$
u	o 0$，且 $\sin 
u \sim 
u$，所以
$$
D_uf(0,0)=\cos^2	heta\sin	heta.
$$

Question 3

$f(x) = \begin{cases} |x| - 1, & 	ext{for} -1\leq x \leq 3 \ (x-6)^2 - 4, & 	ext{for } 3 < x \leq 10 \end{cases}$, $g(x) = \int_0^x f(t)dt$, for $-1 \leq x \leq 10$.

(a) Choose correct statement(s) about $g(x)$: __(8)__

i. $g(x)$ is discontinuous at $x = 3$.
ii. $g(x)$ is not differentiable at $x = 3$.
iii. $g(x)$ is differentiable at $x = 0$ and $g'(0) = -1$.
iv. $g(x) < 0$ for $-1 \leq x < 0$.

(b) The local minimum values of $g(x)$ occur at $x = $ __(9)__.

(c) The $x$-coordinates of points of inflection for $y = g(x)$ are __(10)__.

Accepted Answer

先整理三個空格的答案： - __(8)__：正確的是 **ii, iii** - __(9)__：$x=1,\ 8$ - __(10)__：$x=0,\ 3,\ 6$ 題目給 $$ f(x)=\begin{cases} |x|-1, & -1\le x\le 3 \ (x-6)^2-4, & 30$ 所以在 $x=1$，$g'$ 由負變正，因此 $x=1$ 是局部極小。再看 $30$ - $(4,8)$：$f<0$ - $(8,10]$：$f>0$ 因此在 $x=8$，$g'$ 再次由負變正，所以 $x=8$ 也是局部極小。故 __(9)__ 為 $$ 1,\ 8. $$ (c) 求 $y=g(x)$ 的 inflection points。由 $g'(x)=f(x)$ 可知，曲線的凹凸性由 $g''(x)=f'(x)$ 決定（在可微處）。分段看 $f'(x)$： - 在 $(-1,0)$ 上，$f(x)=-x-1$，所以 $f'(x)=-1$ - 在 $(0,3)$ 上，$f(x)=x-1$，所以 $f'(x)=1$ - 在 $(3,10)$ 上，$f(x)=(x-6)^2-4$，所以 $f'(x)=2(x-6)$ 因此： 1. 在 $x=0$ 左右，$g''$ 由負變正，所以 $x=0$ 是 inflection point。 2. 在 $x=3$ 左側 $g''=1>0$，右側 $g''=2(3-6)=-6<0$，凹凸性改變，所以 $x=3$ 也是 inflection point。 3. 在 $x=6$ 左右，$2(x-6)$ 由負變正，所以 $x=6$ 也是 inflection point。故 __(10)__ 為 $$ 0,\ 3,\ 6. $$

Question 4

A vertical fence 2 m high is located 1 m away from a wall. The length of the shortest ladder that can extend from the wall over the fence to a point on the ground is __(11)__.

Accepted Answer

答案是
$$
__(11)__ = \left(1+2^{2/3}ight)^{3/2}\ 	ext{m}.
$$

設梯子與地面的接點到牆腳的距離為 $x$，則梯子通過地面點 $(x,0)$ 和牆上點 $(0,y)$，故其直線方程可寫成截距式
$$
\frac{X}{x}+\frac{Y}{y}=1.
$$

由於籬笆高 $2$ m，且離牆 $1$ m，所以梯子必須經過點 $(1,2)$。代入可得
$$
\frac{1}{x}+\frac{2}{y}=1.
$$
因此
$$
y=\frac{2x}{x-1}, \qquad x>1.
$$

梯長平方為
$$
L^2=x^2+y^2=x^2+\left(\frac{2x}{x-1}ight)^2.
$$
與其最小化 $L$，不如最小化 $L^2$。令
$$
\phi(x)=x^2+\frac{4x^2}{(x-1)^2}.
$$
微分：
$$
\phi'(x)=2x-\frac{8x}{(x-1)^3}.
$$
令 $\phi'(x)=0$，得
$$
2x\left(1-\frac{4}{(x-1)^3}ight)=0.
$$
因 $x>1$，所以
$$
(x-1)^3=4 \quad\Rightarrow\quad x=1+\sqrt[3]{4}.
$$
此時可用已知最短梯公式
$$
L=(h^{2/3}+d^{2/3})^{3/2}
$$
（其中 $h=2$, $d=1$），因此
$$
L=(2^{2/3}+1)^{3/2}.
$$
故最短梯長為
$$
\boxed{\left(1+2^{2/3}ight)^{3/2}}.
$$

Question 5

Compute the following integrals:

(a) $\int_0^\infty \frac{2x-3}{(x-1)(x^2+4)} dx = $ __(12)__.

(b) $\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-6x}} = $ __(13)__.

(c) $\int \sin^{-1}(\sqrt{x}) dx = $ __(14)__.

Accepted Answer

三個空格的答案先列出來：

- __(12)__：積分 **發散**（does not converge）
- __(13)__：$\ln\left|x-3+\sqrt{x^2-6x}ight|+C$
- __(14)__：$\left(x-\dfrac12ight)\sin^{-1}(\sqrt{x})+\dfrac12\sqrt{x(1-x)}+C$

(a) 計算
$$
\int_0^\infty \frac{2x-3}{(x-1)(x^2+4)}\,dx.
$$

先做部分分式分解：
$$
\frac{2x-3}{(x-1)(x^2+4)}=\frac{A}{x-1}+\frac{Bx+C}{x^2+4}.
$$
比較係數可得
$$
A=-\frac15,\qquad B=\frac15,\qquad C=\frac{11}{5}.
$$
所以
$$
\frac{2x-3}{(x-1)(x^2+4)}
= -\frac{1}{5(x-1)}+\frac{x+11}{5(x^2+4)}.
$$
這裡最關鍵的是：區間 $[0,\infty)$ 中包含 $x=1$，而 integrand 在 $x=1$ 有不可積分的奇點，主導項是
$$
-\frac{1}{5(x-1)}.
$$
因此
$$
\int_0^1 \frac{2x-3}{(x-1)(x^2+4)}dx,\qquad
\int_1^\infty \frac{2x-3}{(x-1)(x^2+4)}dx
$$
都不是正常收斂的廣義積分，所以原積分 **發散**。

故 __(12)__ 應填：**diverges**。

(b) 計算
$$
\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-6x}}.
$$

先配方：
$$
x^2-6x=(x-3)^2-9.
$$
所以原積分變成
$$
\int \frac{dx}{\sqrt{(x-3)^2-3^2}}.
$$
這是標準型
$$
\int \frac{du}{\sqrt{u^2-a^2}} = \ln|u+\sqrt{u^2-a^2}|+C.
$$
令 $u=x-3$，$a=3$，便得
$$
\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-6x}}
=\ln\left|x-3+\sqrt{x^2-6x}ight|+C.
$$

(c) 計算
$$
\int \sin^{-1}(\sqrt{x})\,dx.
$$

令
$$
u=\sqrt{x},\qquad x=
u^2,\qquad dx=2
u\,d
u.
$$
則原積分變成
$$
\int 2
u\sin^{-1}(
u)\,d
u.
$$
用分部積分：
$$
\begin{aligned}
U&=\sin^{-1}(
u), & dV&=2
u\,d
u,\
dU&=\frac{1}{\sqrt{1-
u^2}}d
u, & V&=
u^2.
\end{aligned}
$$
所以
$$
\int 2
u\sin^{-1}(
u)\,d
u
=
u^2\sin^{-1}(
u)-\int \frac{
u^2}{\sqrt{1-
u^2}}\,d
u.
$$
接著把
$$

u^2 = 1-(1-
u^2)
$$
代入：
$$
\frac{
u^2}{\sqrt{1-
u^2}}
=\frac{1}{\sqrt{1-
u^2}}-\sqrt{1-
u^2}.
$$
因此
$$
\int \frac{
u^2}{\sqrt{1-
u^2}}\,d
u
=\sin^{-1}(
u)-\int \sqrt{1-
u^2}\,d
u.
$$
而
$$
\int \sqrt{1-
u^2}\,d
u
=\frac12\Big(
u\sqrt{1-
u^2}+\sin^{-1}(
u)\Big)+C.
$$
故
$$
\int \frac{
u^2}{\sqrt{1-
u^2}}\,d
u
=\frac12\sin^{-1}(
u)-\frac12
u\sqrt{1-
u^2}.
$$
帶回去得
$$
\int 2
u\sin^{-1}(
u)\,d
u
=\left(
u^2-\frac12ight)\sin^{-1}(
u)+\frac12
u\sqrt{1-
u^2}+C.
$$
最後代回 $
u=\sqrt{x}$：
$$
\int \sin^{-1}(\sqrt{x})\,dx
=\left(x-\frac12ight)\sin^{-1}(\sqrt{x})+\frac12\sqrt{x(1-x)}+C.
$$

Question 6

Double and triple integrals:

(a) $\iint\limits_D y \, dA = $ __(15)__, where $D$ is the region in the first quadrant that lies between the circles $x^2 + y^2 = 4$ and $(x-1)^2 + y^2 = 1$.

(b) The volume of the solid $R$ lying below the plane $z = 3 - 2y$ and above the paraboloid $z = x^2 + y^2$ is __(16)__.

Accepted Answer

兩個空格的答案為：

- __(15)__ = $2$
- __(16)__ = $8\pi$

(a) 計算
$$
\iint_D y\,dA,
$$
其中 $D$ 是第一象限中介於兩圓
$$
x^2+y^2=4,\qquad (x-1)^2+y^2=1
$$
之間的區域。

先把第二個圓改寫成 polar 形式：
$$
(r\cos	heta-1)^2+r^2\sin^2	heta=1
\Rightarrow r^2-2r\cos	heta=0
\Rightarrow r=2\cos	heta.
$$
第一個圓則是 $r=2$。

在第一象限中，$0\le 	heta\le \frac{\pi}{2}$，所以區域 $D$ 為
$$
2\cos	heta \le r \le 2,\qquad 0\le 	heta\le \frac{\pi}{2}.
$$
又 $y=r\sin	heta$，面積元素 $dA=r\,dr\,d	heta$，故
$$
\iint_D y\,dA
=\int_0^{\pi/2}\int_{2\cos	heta}^2 r\sin	heta\cdot r\,dr\,d	heta
=\int_0^{\pi/2}\int_{2\cos	heta}^2 r^2\sin	heta\,dr\,d	heta.
$$
先積 $r$：
$$
=\frac13\int_0^{\pi/2}\left(8-8\cos^3	hetaight)\sin	heta\,d	heta
=\frac83\int_0^{\pi/2}(1-\cos^3	heta)\sin	heta\,d	heta.
$$
令 $u=\cos	heta$，則 $du=-\sin	heta d	heta$，可得
$$
\int_0^{\pi/2}(1-\cos^3	heta)\sin	heta\,d	heta
=\int_0^1 (1-u^3)\,du
=1-\frac14=\frac34.
$$
因此
$$
\iint_D y\,dA = \frac83\cdot \frac34=2.
$$

(b) 求立體 $R$ 的體積，其中 $R$ 位於平面
$$
z=3-2y
$$
下方、拋物面
$$
z=x^2+y^2
$$
上方。

先找投影區域：
$$
x^2+y^2 \le 3-2y
\Rightarrow x^2+y^2+2y \le 3
\Rightarrow x^2+(y+1)^2 \le 4.
$$
這是在 $xy$ 平面上的圓盤，圓心 $(0,-1)$，半徑 $2$。

體積為
$$
V=\iint \big[(3-2y)-(x^2+y^2)\big]\,dA.
$$
令
$$
u = y+1,
$$
則區域變成 $x^2+
u^2\le 4$，而 integrand 變成
$$
3-2(
u-1)-x^2-(
u-1)^2 = 4-x^2-
u^2.
$$
所以
$$
V=\iint_{x^2+
u^2\le 4}(4-x^2-
u^2)\,dA.
$$
改用極座標：
$$
V=\int_0^{2\pi}\int_0^2 (4-r^2)r\,dr\,d	heta.
$$
先算內積分：
$$
\int_0^2 (4r-r^3)dr = \left[2r^2-\frac{r^4}{4}ight]_0^2 = 8-4=4.
$$
因此
$$
V=\int_0^{2\pi}4\,d	heta=8\pi.
$$

Question 7

Vector calculus:

(a) $C$ is a smooth curve in the upper half plane going from $(1,1)$ to $(0,\sqrt{2})$. $\mathbf{F}(x,y) = \frac{x-3y}{x^2+y^2}\mathbf{i} + \frac{3x+y}{x^2+y^2}\mathbf{j}$. Then, $\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = $ __(17)__.

(b) $S$ is the part of the sphere $x^2 + y^2 + z^2 = 9$ that lies above the cone $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ with upward orientation. $\mathbf{F}(x,y,z) = \frac{x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k}}{(x^2 + y^2 + z^2)^2}$. Then, $\iint\limits_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = $ __(18)__.

Accepted Answer

兩個空格的答案為：

- __(17)__ = $\dfrac{3\pi}{4}$
- __(18)__ = $\dfrac{2\pi}{3}\left(1-\dfrac{1}{\sqrt2}ight)$

(a) 計算線積分
$$
\int_C \mathbf F\cdot d\mathbf r,
$$
其中
$$
\mathbf F(x,y)=\frac{x-3y}{x^2+y^2}\mathbf i+\frac{3x+y}{x^2+y^2}\mathbf j.
$$

把它拆開：
$$
\mathbf F = \left(\frac{x}{x^2+y^2},\frac{y}{x^2+y^2}ight)
+3\left(\frac{-y}{x^2+y^2},\frac{x}{x^2+y^2}ight).
$$
第一部分是
$$

abla(\ln r),\qquad r=\sqrt{x^2+y^2},
$$
第二部分在上半平面可看成
$$
3
abla	heta,
$$
其中 $	heta$ 是極角。

因此
$$
\int_C \mathbf F\cdot d\mathbf r
=\big[\ln r\big]_{(1,1)}^{(0,\sqrt2)} + 3\big[	heta\big]_{(1,1)}^{(0,\sqrt2)}.
$$
起點 $(1,1)$ 的極座標為
$$
r=\sqrt2,\quad 	heta=\frac{\pi}{4},
$$
終點 $(0,\sqrt2)$ 的極座標為
$$
r=\sqrt2,\quad 	heta=\frac{\pi}{2}.
$$
所以
$$
\big[\ln r\big]=\ln\sqrt2-\ln\sqrt2=0,
$$
$$
3\big[	heta\big]=3\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}ight)=\frac{3\pi}{4}.
$$
故
$$
\int_C \mathbf F\cdot d\mathbf r = \frac{3\pi}{4}.
$$

(b) 計算通量
$$
\iint_S \mathbf F\cdot d\mathbf S,
$$
其中 $S$ 是球面
$$
x^2+y^2+z^2=9
$$
在圓錐
$$
z=\sqrt{x^2+y^2}
$$
上方的部分，取 upward orientation，且
$$
\mathbf F(x,y,z)=\frac{x\mathbf i+y\mathbf j+z\mathbf k}{(x^2+y^2+z^2)^2}.
$$

在半徑為 $3$ 的球面上，有
$$
x^2+y^2+z^2=9,
$$
所以
$$
\mathbf F = \frac{1}{81}(x,y,z).
$$
球面的外法向單位向量為
$$
\mathbf n = \frac{1}{3}(x,y,z),
$$
而這片球帽是朝上的，所以 upward orientation 與 outward orientation 一致。

因此
$$
\mathbf F\cdot \mathbf n
=\frac{1}{81}(x,y,z)\cdot \frac{1}{3}(x,y,z)
=\frac{x^2+y^2+z^2}{243}
=\frac{9}{243}=\frac{1}{27}.
$$
也就是說通量等於
$$
\frac{1}{27}	imes (	ext{球帽面積}).
$$

接著算球帽面積。球與圓錐交線滿足
$$
z=\sqrt{x^2+y^2}=r.
$$
又球面上有
$$
r^2+z^2=9.
$$
代入 $z=r$ 得
$$
2r^2=9 \Rightarrow r=z=\frac{3}{\sqrt2}.
$$
所以球帽高度為
$$
h=3-\frac{3}{\sqrt2}=3\left(1-\frac{1}{\sqrt2}ight).
$$
半徑為 $R=3$ 的球帽面積是
$$
A=2\pi Rh = 2\pi(3)\cdot 3\left(1-\frac{1}{\sqrt2}ight)
=18\pi\left(1-\frac{1}{\sqrt2}ight).
$$
因此
$$
\iint_S \mathbf F\cdot d\mathbf S
=\frac{1}{27}A
=\frac{18\pi}{27}\left(1-\frac{1}{\sqrt2}ight)
=\frac{2\pi}{3}\left(1-\frac{1}{\sqrt2}ight).
$$

Question 8

Series:

(a) $\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{3^n}{(2n)!} = $ __(19)__.

(b) The Maclaurin series (the Taylor series at $a = 0$) for $\cos^{-1} x$ is __(20)__.

Accepted Answer

兩個空格的答案為：

- __(19)__ = $\cosh(\sqrt3)$
- __(20)__ = $\dfrac{\pi}{2}-\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2(2n+1)}x^{2n+1}$

(a) 計算
$$
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{3^n}{(2n)!}.
$$

回想雙曲餘弦的展開：
$$
\cosh t = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^{2n}}{(2n)!}.
$$
令 $t=\sqrt3$，則 $t^{2n}=3^n$，所以
$$
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{3^n}{(2n)!} = \cosh(\sqrt3).
$$

(b) 求 $\cos^{-1}x$ 的 Maclaurin series。

先用已知公式
$$
\sin^{-1}x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(2n)!}{4^n(n!)^2(2n+1)}x^{2n+1},
\qquad |x|\le 1.
$$
又因為
$$
\cos^{-1}x = \frac{\pi}{2}-\sin^{-1}x,
$$
所以
$$
\cos^{-1}x
=\frac{\pi}{2}-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(2n)!}{4^n(n!)^2(2n+1)}x^{2n+1}.
$$

若把前幾項寫開，就是
$$
\cos^{-1}x=\frac{\pi}{2}-\left(x+\frac{x^3}{6}+\frac{3x^5}{40}+\frac{5x^7}{112}+\cdots\right).
$$

Question 9

Find the equation of the curve on the $xy$-plane that passes through $(3,1)$ such that for any point $P$ on the curve, the midpoint of the tangent line at $P$ that lies in the first quadrant is $P$ itself.

Accepted Answer

設曲線為 $y=y(x)$，取其上一點 $P=(x,y)$。題意說：在 $P$ 點的切線落在第一象限中的那一段，其**中點就是 $P$ 本身**。

這句話的幾何意義是：若切線與 $x$ 軸、$y$ 軸的交點分別為 $(a,0)$ 與 $(0,b)$，那麼切線在第一象限內的線段中點就是
$$
\left(\frac{a}{2},\frac{b}{2}\right).
$$
而題目說這個中點就是 $P=(x,y)$，所以必有
$$
a=2x,\qquad b=2y.
$$

因此切線可寫成截距式
$$
\frac{X}{2x}+\frac{Y}{2y}=1.
$$
這條直線的斜率是
$$
-\frac{2y}{2x}=-\frac{y}{x}.
$$
但切線在 $P=(x,y)$ 的斜率也等於 $\dfrac{dy}{dx}$，故曲線必滿足微分方程
$$
\frac{dy}{dx}=-\frac{y}{x}.
$$

分離變數：
$$
\frac{dy}{y}=-\frac{dx}{x}.
$$
積分得
$$
\ln|y|=-\ln|x|+C
\quad\Rightarrow\quad
\ln|xy|=C.
$$
因此
$$
xy=C_1,
$$
也就是
$$
y=\frac{C_1}{x}.
$$

再利用曲線通過 $(3,1)$：
$$
1=\frac{C_1}{3}
\quad\Rightarrow\quad
C_1=3.
$$
所以所求曲線為
$$
\boxed{y=\frac{3}{x}}, \qquad x>0.
$$

因題目明確在第一象限討論切線線段，所以這裡對應的曲線部分就是第一象限中的雙曲線支。

Question 10

$f(x,y)$ is a differentiable function. On the curve $	an^{-1}(xy) + y = 2 + \frac{\pi}{4}$, $f$ obtains local maximum at $(x,y) = (\frac{1}{2}, 2)$. Suppose that $f_x(\frac{1}{2}, 2) = 2$.

(a) Find $
abla f(\frac{1}{2}, 2)$.

(b) Assume that on another curve $	an^{-1}(xy) + y = 1.9 + \frac{\pi}{4}$, $f$ obtains local maximum at $(x_0, y_0)$ which is near $(\frac{1}{2}, 2)$. Use linear approximation to estimate $f(x_0, y_0) - f(\frac{1}{2}, 2)$.

Accepted Answer

(a) 求 $
abla f\left(\frac12,2ight)$

題目告訴我們：在限制條件
$$
	an^{-1}(xy)+y = 2+\frac{\pi}{4}
$$
上，$f$ 在
$$
\left(\frac12,2ight)
$$
取得局部極大值。

這是標準的 Lagrange multiplier 問題。設限制函數
$$
\phi(x,y)=	an^{-1}(xy)+y.
$$
則在極值點必有
$$

abla f = \lambda 
abla \phi.
$$

先算 $
abla \phi$：
$$
\phi_x = \frac{y}{1+x^2y^2},
$$
$$
\phi_y = \frac{x}{1+x^2y^2}+1.
$$
在 $\left(\frac12,2ight)$ 處，因為 $xy=1$，所以
$$
1+x^2y^2 = 2.
$$
因此
$$
\phi_x\left(\frac12,2ight)=\frac{2}{2}=1,
$$
$$
\phi_y\left(\frac12,2ight)=\frac{1/2}{2}+1=\frac14+1=\frac54.
$$
故
$$

abla \phi\left(\frac12,2ight)=\left(1,\frac54ight).
$$

又已知
$$
f_x\left(\frac12,2ight)=2.
$$
而
$$

abla f\left(\frac12,2ight)=\lambda\left(1,\frac54ight),
$$
從第一個分量就知道
$$
\lambda=2.
$$
因此
$$

abla f\left(\frac12,2ight)=2\left(1,\frac54ight)=\left(2,\frac52ight).
$$

所以 (a) 的答案是
$$
\boxed{
abla f\left(\frac12,2ight)=\left(2,\frac52ight)}.
$$

(b) 用 linear approximation 估計
$$
f(x_0,y_0)-f\left(\frac12,2ight).
$$

新的限制曲線是
$$
	an^{-1}(xy)+y = 1.9+\frac{\pi}{4},
$$
也就是把原本右邊的常數從
$$
2+\frac{\pi}{4}
$$
改成
$$
1.9+\frac{\pi}{4}.
$$
改變量為
$$
\Delta c = -0.1.
$$

對於受限制極值點的微小變動，用線性近似可寫成
$$
\Delta f \approx 
abla f\cdot (\Delta x,\Delta y).
$$
但在原極值點，
$$

abla f = \lambda 
abla \phi,
$$
所以
$$
\Delta f \approx \lambda\, 
abla \phi\cdot (\Delta x,\Delta y).
$$
而
$$

abla \phi\cdot (\Delta x,\Delta y) \approx \Delta \phi = \Delta c = -0.1.
$$
又前面已求出 $\lambda=2$，因此
$$
\Delta f \approx 2(-0.1)=-0.2.
$$
所以
$$
f(x_0,y_0)-f\left(\frac12,2ight) \approx -0.2.
$$

故 (b) 的估計值為
$$
\boxed{-0.2}.
$$

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