台灣大學 113 年微積分(B) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

(a) $\lim\limits_{x 	o 0} |x - 	an x|^{\frac{1}{ln|x|}} = $ __(1)__.

(b) The 3rd degree Taylor polynomial of $(1 + 3x)^6$ at $x = 0$ is __(2)__.
$\lim\limits_{x 	o \infty} \left( x^2 \left( 1 + \frac{3}{x} ight)^e - x^2 - 3ex ight) = $ __(3)__.

Accepted Answer

此題包含三個填空題，我將逐一解答：

**(1) $\lim\limits_{x 	o 0} |x - 	an x|^{\frac{1}{\ln|x|}} = ?$**

首先分析 $x - 	an x$ 在 $x 	o 0$ 時的行為。

使用泰勒展開：$	an x = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + O(x^7)$

所以 $x - 	an x = -\frac{x^3}{3} - \frac{2x^5}{15} + O(x^7)$

當 $x 	o 0$ 時，主導項為 $-\frac{x^3}{3}$，因此：
$|x - 	an x| = \frac{|x|^3}{3} + O(x^5)$

設 $y = |x - 	an x|^{\frac{1}{\ln|x|}}$，取對數：
$\ln y = \frac{1}{\ln|x|} \ln|x - 	an x|$

$= \frac{1}{\ln|x|} \ln\left(\frac{|x|^3}{3} + O(x^5)ight)$

$= \frac{1}{\ln|x|} \left[\ln\frac{|x|^3}{3} + \ln\left(1 + O(x^2)ight)ight]$

$= \frac{1}{\ln|x|} \left[3\ln|x| + \ln\frac{1}{3} + O(x^2)ight]$

$= 3 + \frac{\ln\frac{1}{3}}{\ln|x|} + \frac{O(x^2)}{\ln|x|}$

當 $x 	o 0$ 時，$\ln|x| 	o -\infty$，所以後兩項都趨於 0。

因此 $\ln y 	o 3$，所以 $y 	o e^3$。

答案：$e^3$

**(2) $(1 + 3x)^6$ 在 $x = 0$ 的三次泰勒多項式**

使用二項式定理：$(1 + 3x)^6 = \sum_{k=0}^{6} \binom{6}{k}(3x)^k$

展開前四項（到 $x^3$ 項）：
- $k=0$: $\binom{6}{0}(3x)^0 = 1$
- $k=1$: $\binom{6}{1}(3x)^1 = 6 \cdot 3x = 18x$
- $k=2$: $\binom{6}{2}(3x)^2 = 15 \cdot 9x^2 = 135x^2$
- $k=3$: $\binom{6}{3}(3x)^3 = 20 \cdot 27x^3 = 540x^3$

答案：$1 + 18x + 135x^2 + 540x^3$

**(3) $\lim\limits_{x 	o \infty} \left( x^2 \left( 1 + \frac{3}{x} ight)^e - x^2 - 3ex ight) = ?$**

設 $u = \frac{3}{x}$，當 $x 	o \infty$ 時 $u 	o 0$。

使用二項式展開 $(1 + u)^e$：
$(1 + u)^e = 1 + eu + \frac{e(e-1)}{2}u^2 + \frac{e(e-1)(e-2)}{6}u^3 + O(u^4)$

代入 $u = \frac{3}{x}$：
$\left(1 + \frac{3}{x}ight)^e = 1 + e \cdot \frac{3}{x} + \frac{e(e-1)}{2} \cdot \frac{9}{x^2} + \frac{e(e-1)(e-2)}{6} \cdot \frac{27}{x^3} + O\left(\frac{1}{x^4}ight)$

因此：
$x^2 \left(1 + \frac{3}{x}ight)^e = x^2 + 3ex + \frac{9e(e-1)}{2} + \frac{27e(e-1)(e-2)}{6x} + O\left(\frac{1}{x^2}ight)$

所以：
$x^2 \left(1 + \frac{3}{x}ight)^e - x^2 - 3ex = \frac{9e(e-1)}{2} + O\left(\frac{1}{x}ight)$

當 $x 	o \infty$ 時，極限為 $\frac{9e(e-1)}{2}$。

答案：$\frac{9e(e-1)}{2}$

Question 2

Assume that the equation  $2y^2 = x + y$

defines $y$ as an implicit function of $x$, denoted by $y = f(x)$, near the point $(x,y) = (0,2)$. $f'(0) = $ __(4)__. The tangent plane of the graph of $g(x,y) = 2y^2 - x - y + 1$ at $(0,2,1)$ is __(5)__.

Accepted Answer

這題要求我們找到隱函數的導數以及三維函數的切平面方程。

**第(4)空：求 $f'(0)$**

給定方程：$2y^2 = x + y$

首先檢查點 $(0,2)$ 是否滿足原方程：
- 左邊：$2(2)^2 = 2 	imes 4 = 8$
- 右邊：$0 + 2 = 2$

發現 $8 
eq 2$，所以點 $(0,2)$ 不滿足原方程 $2y^2 = x + y$。

但是，注意到函數 $g(x,y) = 2y^2 - x - y + 1$ 在點 $(0,2,1)$，我們檢查：
$g(0,2) = 2(2)^2 - 0 - 2 + 1 = 8 - 0 - 2 + 1 = 7$

這表示題目中的隱函數方程應該是 $g(x,y) = 1$，即：
$2y^2 - x - y + 1 = 1$
$2y^2 - x - y = 0$
$2y^2 = x + y$

但這仍然與點 $(0,2)$ 不符。讓我重新理解題目。

實際上，如果 $g(x,y,z) = z - (2y^2 - x - y + 1)$，那麼在點 $(0,2,1)$：
$g(0,2,1) = 1 - (2(2)^2 - 0 - 2 + 1) = 1 - (8 - 2 + 1) = 1 - 7 = -6 
eq 0$

讓我重新檢查。如果隱函數方程確實是 $2y^2 = x + y$，那麼我們需要找到實際滿足此方程且接近 $(0,2)$ 的點。

但根據題目描述，我們假設在點 $(0,2)$ 附近確實可以定義隱函數。使用隱函數微分法：

將 $2y^2 = x + y$ 重寫為 $F(x,y) = 2y^2 - x - y = 0$

對 $x$ 求導：
$\frac{\partial F}{\partial x} + \frac{\partial F}{\partial y} \frac{dy}{dx} = 0$

$\frac{\partial F}{\partial x} = -1$
$\frac{\partial F}{\partial y} = 4y - 1$

因此：$-1 + (4y - 1) \frac{dy}{dx} = 0$

$(4y - 1) \frac{dy}{dx} = 1$

$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{4y - 1}$

在 $y = 2$ 時：
$f'(0) = \frac{1}{4(2) - 1} = \frac{1}{7}$

**第(5)空：求切平面方程**

對於函數 $g(x,y) = 2y^2 - x - y + 1$，其圖形是三維空間中的曲面 $z = g(x,y)$。

在點 $(0,2)$ 處：
$z = g(0,2) = 2(2)^2 - 0 - 2 + 1 = 8 - 2 + 1 = 7$

所以切平面通過點 $(0,2,7)$，不是 $(0,2,1)$。

但題目明確給出點 $(0,2,1)$，這可能表示我們考慮的是水平集 $g(x,y) = 1$，即曲面方程為：
$2y^2 - x - y + 1 = 1$
$2y^2 - x - y = 0$

這正是我們的隱函數方程！

對於隱函數 $F(x,y) = 2y^2 - x - y = 0$，切平面的法向量為 $(\frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, -1)$：

$\frac{\partial F}{\partial x} = -1$
$\frac{\partial F}{\partial y} = 4y - 1$

在點 $(0,2)$：$\frac{\partial F}{\partial y}(0,2) = 4(2) - 1 = 7$

切平面方程為：
$-1(x - 0) + 7(y - 2) - 1(z - 1) = 0$
$-x + 7y - 14 - z + 1 = 0$
$-x + 7y - z - 13 = 0$
$z = -x + 7y - 13$

**答案：**
(4) $\frac{1}{7}$
(5) $z = -x + 7y - 13$

Question 3

Compute the integrals.
$\int \frac{1}{\sqrt{4x^2 + 4x}} dx = $ __(6)__.
$\int_0^1 \frac{x^2}{(x^2 + 1)^2} dx = $ __(7)__.
$\iint_D \frac{y}{x} dA = $ __(8)__, where $D$ is the region in the first quadrant bounded by $x^2 + y^2 = \frac{1}{4}$, $x^2 + y^2 = x$, $y = x$, and $y = 0$.

Accepted Answer

我將逐一計算這三個積分。

**(6) $\int \frac{1}{\sqrt{4x^2 + 4x}} dx$**

首先化簡被積函數：
$$\frac{1}{\sqrt{4x^2 + 4x}} = \frac{1}{\sqrt{4x(x + 1)}} = \frac{1}{2\sqrt{x(x + 1)}}$$

配方：$x(x + 1) = x^2 + x = (x + \frac{1}{2})^2 - \frac{1}{4}$

所以積分變為：
$$\int \frac{1}{2\sqrt{(x + \frac{1}{2})^2 - \frac{1}{4}}} dx$$

令 $u = x + \frac{1}{2}$，則 $du = dx$，積分變為：
$$\frac{1}{2} \int \frac{1}{\sqrt{u^2 - \frac{1}{4}}} du$$

這是標準形式 $\int \frac{1}{\sqrt{u^2 - a^2}} du = \ln|u + \sqrt{u^2 - a^2}| + C$，其中 $a = \frac{1}{2}$。

因此：
$$\frac{1}{2} \ln\left|u + \sqrt{u^2 - \frac{1}{4}}ight| + C = \frac{1}{2} \ln\left|x + \frac{1}{2} + \sqrt{x^2 + x}ight| + C$$

答案：$\frac{1}{2} \ln\left|x + \frac{1}{2} + \sqrt{x^2 + x}ight| + C$

**(7) $\int_0^1 \frac{x^2}{(x^2 + 1)^2} dx$**

使用部分分式分解的技巧。注意到：
$$\frac{x^2}{(x^2 + 1)^2} = \frac{x^2 + 1 - 1}{(x^2 + 1)^2} = \frac{1}{x^2 + 1} - \frac{1}{(x^2 + 1)^2}$$

因此：
$$\int_0^1 \frac{x^2}{(x^2 + 1)^2} dx = \int_0^1 \frac{1}{x^2 + 1} dx - \int_0^1 \frac{1}{(x^2 + 1)^2} dx$$

第一個積分：$\int_0^1 \frac{1}{x^2 + 1} dx = [\arctan x]_0^1 = \frac{\pi}{4}$

第二個積分使用三角代換：令 $x = 	an 	heta$，$dx = \sec^2 	heta d	heta$
當 $x = 0$ 時 $	heta = 0$，當 $x = 1$ 時 $	heta = \frac{\pi}{4}$

$$\int_0^1 \frac{1}{(x^2 + 1)^2} dx = \int_0^{\pi/4} \frac{\sec^2 	heta}{\sec^4 	heta} d	heta = \int_0^{\pi/4} \cos^2 	heta d	heta$$

使用 $\cos^2 	heta = \frac{1 + \cos 2	heta}{2}$：
$$\int_0^{\pi/4} \cos^2 	heta d	heta = \int_0^{\pi/4} \frac{1 + \cos 2	heta}{2} d	heta = \frac{1}{2}\left[	heta + \frac{\sin 2	heta}{2}ight]_0^{\pi/4}$$
$$= \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}ight) = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4}$$

因此：
$$\int_0^1 \frac{x^2}{(x^2 + 1)^2} dx = \frac{\pi}{4} - \left(\frac{\pi}{8} + \frac{1}{4}ight) = \frac{\pi}{8} - \frac{1}{4}$$

答案：$\frac{\pi}{8} - \frac{1}{4}$

**(8) $\iint_D \frac{y}{x} dA$，其中 $D$ 是第一象限中由 $x^2 + y^2 = \frac{1}{4}$、$x^2 + y^2 = x$、$y = x$ 和 $y = 0$ 圍成的區域**

首先分析邊界曲線：
- $x^2 + y^2 = \frac{1}{4}$：圓心在原點，半徑 $\frac{1}{2}$ 的圓
- $x^2 + y^2 = x$：配方得 $(x - \frac{1}{2})^2 + y^2 = \frac{1}{4}$，圓心在 $(\frac{1}{2}, 0)$，半徑 $\frac{1}{2}$ 的圓
- $y = x$：通過原點的直線
- $y = 0$：$x$ 軸

找出兩圓的交點：
解 $x^2 + y^2 = \frac{1}{4}$ 和 $x^2 + y^2 = x$，得 $x = \frac{1}{4}$，代入得 $y^2 = \frac{1}{4} - \frac{1}{16} = \frac{3}{16}$，所以 $y = \frac{\sqrt{3}}{4}$（取正值）。

交點為 $(\frac{1}{4}, \frac{\sqrt{3}}{4})$。

檢查直線 $y = x$ 與兩圓的交點：
- 與 $x^2 + y^2 = \frac{1}{4}$：$2x^2 = \frac{1}{4}$，得 $x = \frac{1}{2\sqrt{2}}$，交點 $(\frac{1}{2\sqrt{2}}, \frac{1}{2\sqrt{2}})$
- 與 $x^2 + y^2 = x$：$2x^2 = x$，得 $…

Question 4

Let $\mathbf{F}(x,y,z) = xz\mathbf{i} + yz\mathbf{j} + (-z + ey^2)\mathbf{k}$ and $S$ be the part of the cylinder $x^2 + y^2 = 1$ between planes $z = 0$ and $z = 2 + x$ with outward orientation. A parametrization of the surface $S$ is __(9)__. The flux of $\mathbf{F}$ through $S$ is __(10)__.

Accepted Answer

此題要求找到曲面 $S$ 的參數化以及向量場 $\mathbf{F}$ 通過 $S$ 的通量。

**第(9)題：曲面 $S$ 的參數化**

曲面 $S$ 是圓柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 在平面 $z = 0$ 和 $z = 2 + x$ 之間的部分。

對於圓柱面 $x^2 + y^2 = 1$，使用標準參數化：
- $x = \cos	heta$
- $y = \sin	heta$

其中 $	heta \in [0, 2\pi]$。

$z$ 的範圍從 $z = 0$ 到 $z = 2 + x = 2 + \cos	heta$，所以 $z \in [0, 2 + \cos	heta]$。

因此參數化為：
$$\mathbf{r}(	heta, z) = \cos	heta \mathbf{i} + \sin	heta \mathbf{j} + z \mathbf{k}$$
其中 $	heta \in [0, 2\pi]$，$z \in [0, 2 + \cos	heta]$。

**第(10)題：通量計算**

通量公式為 $\iint_S \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} \, dS$，其中 $\mathbf{n}$ 是外向單位法向量。

首先計算切向量：
$$\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial 	heta} = -\sin	heta \mathbf{i} + \cos	heta \mathbf{j}$$
$$\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial z} = \mathbf{k}$$

法向量為：
$$\mathbf{n} = \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial 	heta} 	imes \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial z} = (-\sin	heta \mathbf{i} + \cos	heta \mathbf{j}) 	imes \mathbf{k} = \cos	heta \mathbf{i} + \sin	heta \mathbf{j}$$

這確實是外向法向量（指向圓柱外側），且 $|\mathbf{n}| = 1$。

在曲面上，$\mathbf{F}(\cos	heta, \sin	heta, z) = z\cos	heta \mathbf{i} + z\sin	heta \mathbf{j} + (-z + e\sin^2	heta) \mathbf{k}$

計算 $\mathbf{F} \cdot \mathbf{n}$：
$$\mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = z\cos	heta \cdot \cos	heta + z\sin	heta \cdot \sin	heta = z\cos^2	heta + z\sin^2	heta = z$$

通量為：
$$\iint_S \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} \, dS = \int_0^{2\pi} \int_0^{2+\cos	heta} z \, dz \, d	heta$$

$$= \int_0^{2\pi} \left[\frac{z^2}{2}ight]_0^{2+\cos	heta} d	heta = \int_0^{2\pi} \frac{(2+\cos	heta)^2}{2} d	heta$$

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

計算各項積分：
- $\int_0^{2\pi} 4 \, d	heta = 8\pi$
- $\int_0^{2\pi} 4\cos	heta \, d	heta = 0$
- $\int_0^{2\pi} \cos^2	heta \, d	heta = \int_0^{2\pi} \frac{1 + \cos(2	heta)}{2} d	heta = \pi$

因此通量為：
$$\frac{1}{2}(8\pi + 0 + \pi) = \frac{9\pi}{2}$$

**答案：**
(9) $\mathbf{r}(	heta, z) = \cos	heta \mathbf{i} + \sin	heta \mathbf{j} + z \mathbf{k}$，其中 $	heta \in [0, 2\pi]$，$z \in [0, 2 + \cos	heta]$

(10) $\frac{9\pi}{2}$

Question 5

Suppose that $f(x)$ is a function defined on $\mathbb{R}$ satisfying the following properties.
$|f(x) - f(0) - 3x| \leq x^2$ for $|x| \leq 1$.
$f(x + y) = f(x) + f(y) + xy(x + y)$ for all $x, y \in \mathbb{R}$.

(a) (5%) Find $f(0)$ and $f'(0)$.

(b) (7%) Show that $f(x)$ is differentiable and find $f'(x)$.

(c) (8%) Show that $f(x)$ is one-to-one and find $\frac{d}{dx} f^{-1}(x) \Big|_{x=\frac{10}{3}}$.

(d) (10%) Show that for any $a < b$,
$\int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(x) dx = bf(b) - af(a) - \int_a^b f(x) dx$.

Find $\int_0^{\frac{10}{3}} f^{-1}(x) dx$.

Accepted Answer

根據題目給定的條件，我將逐步解答各子題。

**(a) 求 $f(0)$ 和 $f'(0)$**

首先求 $f(0)$：
在函數方程 $f(x + y) = f(x) + f(y) + xy(x + y)$ 中，令 $x = y = 0$：
$$f(0 + 0) = f(0) + f(0) + 0 \cdot 0 \cdot (0 + 0)$$
$$f(0) = 2f(0)$$
因此 $f(0) = 0$。

接著求 $f'(0)$：
由條件 $|f(x) - f(0) - 3x| \leq x^2$ 且 $f(0) = 0$，得到：
$$|f(x) - 3x| \leq x^2 	ext{ for } |x| \leq 1$$

這表示：
$$\frac{|f(x) - 3x|}{|x|} \leq |x| 	ext{ for } 0 < |x| \leq 1$$

當 $x 	o 0$ 時，右邊趨於 0，所以：
$$\lim_{x 	o 0} \frac{f(x) - 3x}{x} = 0$$

即：
$$\lim_{x 	o 0} \left(\frac{f(x)}{x} - 3ight) = 0$$

因此 $\lim_{x 	o 0} \frac{f(x)}{x} = 3$，所以 $f'(0) = 3$。

**(b) 證明 $f(x)$ 可微分並求 $f'(x)$**

從函數方程 $f(x + y) = f(x) + f(y) + xy(x + y)$，令 $y = h$：
$$f(x + h) = f(x) + f(h) + xh(x + h)$$

計算差商：
$$\frac{f(x + h) - f(x)}{h} = \frac{f(h)}{h} + x(x + h)$$

當 $h 	o 0$ 時，由 (a) 知 $\lim_{h 	o 0} \frac{f(h)}{h} = f'(0) = 3$，所以：
$$f'(x) = \lim_{h 	o 0} \frac{f(x + h) - f(x)}{h} = 3 + x^2$$

因此 $f(x)$ 在所有點都可微分，且 $f'(x) = 3 + x^2$。

**(c) 證明 $f(x)$ 一對一並求 $\frac{d}{dx} f^{-1}(x) \Big|_{x=\frac{10}{3}}$**

由於 $f'(x) = 3 + x^2 > 0$ 對所有 $x \in \mathbb{R}$ 成立，所以 $f(x)$ 嚴格遞增，因此是一對一函數。

要求 $\frac{d}{dx} f^{-1}(x) \Big|_{x=\frac{10}{3}}$，首先需要找到滿足 $f(a) = \frac{10}{3}$ 的 $a$。

由 $f'(x) = 3 + x^2$ 積分得：
$$f(x) = 3x + \frac{x^3}{3} + C$$

由 $f(0) = 0$ 得 $C = 0$，所以：
$$f(x) = 3x + \frac{x^3}{3}$$

解方程 $f(a) = \frac{10}{3}$：
$$3a + \frac{a^3}{3} = \frac{10}{3}$$
$$9a + a^3 = 10$$
$$a^3 + 9a - 10 = 0$$

嘗試 $a = 1$：$1 + 9 - 10 = 0$，所以 $a = 1$。

由反函數微分公式：
$$\frac{d}{dx} f^{-1}(x) \Big|_{x=\frac{10}{3}} = \frac{1}{f'(f^{-1}(\frac{10}{3}))} = \frac{1}{f'(1)} = \frac{1}{3 + 1^2} = \frac{1}{4}$$

**(d) 證明積分恆等式並計算積分**

要證明：$\int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(x) dx = bf(b) - af(a) - \int_a^b f(x) dx$

使用換元法，令 $x = f(t)$，則 $dx = f'(t) dt$，當 $x = f(a)$ 時 $t = a$，當 $x = f(b)$ 時 $t = b$：

$$\int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(x) dx = \int_a^b t \cdot f'(t) dt$$

使用分部積分，令 $u = t$，$dv = f'(t) dt$，則 $du = dt$，$v = f(t)$：

$$\int_a^b t \cdot f'(t) dt = [tf(t)]_a^b - \int_a^b f(t) dt = bf(b) - af(a) - \int_a^b f(t) dt$$

這證明了所求的恆等式。

現在計算 $\int_0^{\frac{10}{3}} f^{-1}(x) dx$：

由於 $f(0) = 0$，$f(1) = \frac{10}{3}$，使用上述恆等式：

$$\int_0^{\frac{10}{3}} f^{-1}(x) dx = 1 \cdot \frac{10}{3} - 0 \cdot 0 - \int_0^1 f(x) dx$$

計算 $\int_0^1 f(x) dx$：
$$\int_0^1 \left(3x + \frac{x^3}{3}ight) dx = \left[\frac{3x^2}{2} + \frac{x^4}{12}ight]_0^1 = \frac{3}{2} + \frac{1}{12} = \frac{18 + 1}{12} = \frac{19}{12}$$

因此：
$$\int_0^{\frac{10}{3}} f^{-1}(x) dx = \frac{10}{3} - \frac{19}{12} = \frac{40 - 19}{12} = \frac{21}{12} = \…

Question 6

(a) (10%) Find the maximum value of $f(x,y,z) = z$ on the curve of the intersection of $x + y + z = 1$ and $x^2 + y^2 + z^2 = 3$.

(b) (5%) $f(x,y,z), g(x,y,z), h(x,y,z)$ are differentiable functions. Assume that $f$ obtains a local maximum value at $(x_0, y_0, z_0)$ when restricted to $g(x,y,z) = c$ and $h(x,y,z) = k$. It is known that $
abla f(x_0, y_0, z_0) = \lambda 
abla g(x_0, y_0, z_0) + \mu 
abla h(x_0, y_0, z_0)$ for some constants $\lambda$ and $\mu$. Suppose that $f(x,y,z)$ obtains new local maximum at $(x_1, y_1, z_1)$ when restricted to $g(x,y,z) = c$ and $h(x,y,z) = k + \epsilon$ where $|\epsilon|$ is small and $(x_1, y_1, z_1)$ is close to $(x_0, y_0, z_0)$. Show by the linear approximation that we can approximate $f(x_1, y_1, z_1) - f(x_0, y_0, z_0)$ by $\mu \cdot \epsilon$.

(c) (5%) Estimate, by linear approximation, the maximum value of $f(x,y,z) = z$ on the curve of the intersection of $x + y + z = 1$ and $x^2 + y^2 + z^2 = 3.02$.

Accepted Answer

**(a) 求 $f(x,y,z) = z$ 在約束條件 $x + y + z = 1$ 和 $x^2 + y^2 + z^2 = 3$ 下的最大值**

使用拉格朗日乘數法。設約束條件為：
- $g(x,y,z) = x + y + z - 1 = 0$
- $h(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 3 = 0$

目標函數 $f(x,y,z) = z$，其梯度為 $
abla f = (0, 0, 1)$。

約束條件的梯度為：
- $
abla g = (1, 1, 1)$
- $
abla h = (2x, 2y, 2z)$

拉格朗日條件：$
abla f = \lambda 
abla g + \mu 
abla h$

即：$(0, 0, 1) = \lambda(1, 1, 1) + \mu(2x, 2y, 2z)$

展開得到：
- $0 = \lambda + 2\mu x$ ... (1)
- $0 = \lambda + 2\mu y$ ... (2)  
- $1 = \lambda + 2\mu z$ ... (3)

由 (1) 和 (2)：$\lambda + 2\mu x = \lambda + 2\mu y$，所以 $x = y$。

將 $x = y$ 代入約束條件：
- $x + x + z = 1 \Rightarrow z = 1 - 2x$
- $x^2 + x^2 + z^2 = 3 \Rightarrow 2x^2 + z^2 = 3$

將 $z = 1 - 2x$ 代入第二個約束：
$2x^2 + (1 - 2x)^2 = 3$
$2x^2 + 1 - 4x + 4x^2 = 3$
$6x^2 - 4x - 2 = 0$
$3x^2 - 2x - 1 = 0$
$(3x + 1)(x - 1) = 0$

所以 $x = 1$ 或 $x = -\frac{1}{3}$。

當 $x = 1$：$y = 1$，$z = 1 - 2(1) = -1$
驗證：$1 + 1 + (-1) = 1$ ✓，$1^2 + 1^2 + (-1)^2 = 3$ ✓

當 $x = -\frac{1}{3}$：$y = -\frac{1}{3}$，$z = 1 - 2(-\frac{1}{3}) = 1 + \frac{2}{3} = \frac{5}{3}$
驗證：$-\frac{1}{3} + (-\frac{1}{3}) + \frac{5}{3} = \frac{3}{3} = 1$ ✓
$(-\frac{1}{3})^2 + (-\frac{1}{3})^2 + (\frac{5}{3})^2 = \frac{1}{9} + \frac{1}{9} + \frac{25}{9} = \frac{27}{9} = 3$ ✓

比較兩個候選點的 $z$ 值：$z = -1$ 和 $z = \frac{5}{3}$

因此最大值為 $\frac{5}{3}$。

**(b) 證明線性近似 $f(x_1, y_1, z_1) - f(x_0, y_0, z_0) \approx \mu \cdot \epsilon$**

在 $(x_0, y_0, z_0)$ 處，我們有：
- $g(x_0, y_0, z_0) = c$
- $h(x_0, y_0, z_0) = k$  
- $
abla f(x_0, y_0, z_0) = \lambda 
abla g(x_0, y_0, z_0) + \mu 
abla h(x_0, y_0, z_0)$

在 $(x_1, y_1, z_1)$ 處，約束條件變為：
- $g(x_1, y_1, z_1) = c$
- $h(x_1, y_1, z_1) = k + \epsilon$

設 $\Delta \mathbf{x} = (x_1 - x_0, y_1 - y_0, z_1 - z_0)$。

由於 $(x_1, y_1, z_1)$ 接近 $(x_0, y_0, z_0)$，使用線性近似：

對於約束條件 $g$：
$g(x_1, y_1, z_1) \approx g(x_0, y_0, z_0) + 
abla g(x_0, y_0, z_0) \cdot \Delta \mathbf{x} = c$
因為 $g(x_0, y_0, z_0) = c$，所以：$
abla g(x_0, y_0, z_0) \cdot \Delta \mathbf{x} = 0$

對於約束條件 $h$：
$h(x_1, y_1, z_1) \approx h(x_0, y_0, z_0) + 
abla h(x_0, y_0, z_0) \cdot \Delta \mathbf{x} = k + \epsilon$
因為 $h(x_0, y_0, z_0) = k$，所以：$
abla h(x_0, y_0, z_0) \cdot \Delta \mathbf{x} = \epsilon$

對於目標函數：
$f(x_1, y_1, z_1) - f(x_0, y_0, z_0) \approx 
abla f(x_0, y_0, z_0) \cdot \Delta \mathbf{x}$

由拉格朗日條件：
$
abla f(x_0, y_0, z_0) \cdot \Delta \mathbf{x} = (\lambda 
abla g(x_0, y_0, z_0) + \mu 
abla h(x_0, y_0, z_0)) \cdot \Delta \mathbf{x}$
$= \lambda (
abla g(x_0, y_0, z_0) \cdot \Delta \mathbf{x}) + \mu (
abla h(x_0, y_0, z_0) \cdot…

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