台灣大學 114 年微積分(B) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

$\lim\limits_{x 	o 0^+} \left(1 - \frac{\sin x}{x}ight)^{\frac{1}{lnx}} = $ __(1)__.

Accepted Answer

我們需要計算 $\lim\limits_{x 	o 0^+} \left(1 - \frac{\sin x}{x}ight)^{\frac{1}{\ln x}}$。

首先分析當 $x 	o 0^+$ 時各部分的行為：

**步驟1：分析底數**
當 $x 	o 0^+$ 時，利用 $\sin x$ 的泰勒展開：
$$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \cdots$$

因此：
$$\frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} - \cdots$$

所以：
$$1 - \frac{\sin x}{x} = \frac{x^2}{6} - \frac{x^4}{120} + \cdots = \frac{x^2}{6}(1 + O(x^2))$$

**步驟2：分析指數**
當 $x 	o 0^+$ 時，$\ln x 	o -\infty$，所以 $\frac{1}{\ln x} 	o 0^-$。

**步驟3：計算極限**
設 $y = \left(1 - \frac{\sin x}{x}ight)^{\frac{1}{\ln x}}$，取對數：

$$\ln y = \frac{1}{\ln x} \ln\left(1 - \frac{\sin x}{x}ight)$$

由步驟1，當 $x 	o 0^+$ 時：
$$1 - \frac{\sin x}{x} = \frac{x^2}{6} + O(x^4)$$

因此：
$$\ln\left(1 - \frac{\sin x}{x}ight) = \ln\left(\frac{x^2}{6} + O(x^4)ight) = \ln\left(\frac{x^2}{6}ight) + \ln(1 + O(x^2))$$

$$= \ln\left(\frac{x^2}{6}ight) + O(x^2) = 2\ln x + \ln\left(\frac{1}{6}ight) + O(x^2)$$

所以：
$$\ln y = \frac{1}{\ln x}\left[2\ln x + \ln\left(\frac{1}{6}ight) + O(x^2)ight]$$

$$= 2 + \frac{\ln\left(\frac{1}{6}ight)}{\ln x} + \frac{O(x^2)}{\ln x}$$

當 $x 	o 0^+$ 時，$\ln x 	o -\infty$，因此：
- $\frac{\ln\left(\frac{1}{6}ight)}{\ln x} 	o 0$
- $\frac{O(x^2)}{\ln x} 	o 0$

所以 $\ln y 	o 2$，因此 $y 	o e^2$。

答案：$e^2$

Question 2

Let $f(x) = \int_1^{x-1} e^{-(t-1)^2} dt$.

(a) Find the Taylor series for $e^{-x^2}$ centered at $a = 0$. __(2)__

(b) Find the Taylor series for $f(x)$ centered at $a = 2$. __(3)__

(c) $\lim\limits_{x 	o 2} \frac{f(x) - \arctan(x - 2)}{(x - 2)^4 \ln(2x - 3)} = $ __(4)__.

Accepted Answer

**(a) 找出 $e^{-x^2}$ 在 $a = 0$ 處的泰勒級數**

我們知道 $e^u$ 的泰勒級數為：
$$e^u = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{u^n}{n!} = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \frac{u^3}{3!} + \cdots$$

將 $u = -x^2$ 代入：
$$e^{-x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-x^2)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n}}{n!}$$

展開前幾項：
$$e^{-x^2} = 1 - x^2 + \frac{x^4}{2!} - \frac{x^6}{3!} + \frac{x^8}{4!} - \cdots$$

**(b) 找出 $f(x)$ 在 $a = 2$ 處的泰勒級數**

首先分析 $f(x) = \int_1^{x-1} e^{-(t-1)^2} dt$。

令 $u = t - 1$，則 $du = dt$，當 $t = 1$ 時 $u = 0$，當 $t = x-1$ 時 $u = x-2$：
$$f(x) = \int_0^{x-2} e^{-u^2} du$$

從 (a) 我們知道：
$$e^{-u^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n u^{2n}}{n!}$$

逐項積分：
$$f(x) = \int_0^{x-2} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n u^{2n}}{n!} du = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n!} \int_0^{x-2} u^{2n} du$$

$$= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n!} \cdot \frac{(x-2)^{2n+1}}{2n+1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n (x-2)^{2n+1}}{n!(2n+1)}$$

因此 $f(x)$ 在 $a = 2$ 處的泰勒級數為：
$$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n (x-2)^{2n+1}}{n!(2n+1)}$$

**(c) 計算極限**

我們需要計算：
$$\lim_{x 	o 2} \frac{f(x) - \arctan(x - 2)}{(x - 2)^4 \ln(2x - 3)}$$

首先展開各項在 $x = 2$ 附近的泰勒級數。

從 (b)，展開前幾項：
$$f(x) = \frac{(x-2)^1}{1 \cdot 1} - \frac{(x-2)^3}{1 \cdot 3} + \frac{(x-2)^5}{2 \cdot 5} - \frac{(x-2)^7}{6 \cdot 7} + \cdots$$
$$= (x-2) - \frac{(x-2)^3}{3} + \frac{(x-2)^5}{10} - \frac{(x-2)^7}{42} + \cdots$$

$\arctan(x-2)$ 的泰勒級數為：
$$\arctan(x-2) = (x-2) - \frac{(x-2)^3}{3} + \frac{(x-2)^5}{5} - \frac{(x-2)^7}{7} + \cdots$$

計算分子：
$$f(x) - \arctan(x-2) = \left[\frac{(x-2)^5}{10} - \frac{(x-2)^5}{5}ight] + \left[-\frac{(x-2)^7}{42} + \frac{(x-2)^7}{7}ight] + \cdots$$

對於 $(x-2)^5$ 項的係數：
$$\frac{1}{10} - \frac{1}{5} = \frac{1-2}{10} = -\frac{1}{10}$$

對於 $(x-2)^7$ 項的係數：
$$-\frac{1}{42} + \frac{1}{7} = \frac{-1+6}{42} = \frac{5}{42}$$

因此：
$$f(x) - \arctan(x-2) = -\frac{(x-2)^5}{10} + \frac{5(x-2)^7}{42} + O((x-2)^9)$$

對於分母，當 $x = 2$ 時，$2x-3 = 1$，所以：
$$\ln(2x-3) = \ln(1 + 2(x-2))$$

使用 $\ln(1+t) = t - \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} - \frac{t^4}{4} + \cdots$，其中 $t = 2(x-2)$：

$$\ln(2x-3) = 2(x-2) - \frac{4(x-2)^2}{2} + \frac{8(x-2)^3}{3} - \frac{16(x-2)^4}{4} + \cdots$$
$$= 2(x-2) - 2(x-2)^2 + \frac{8(x-2)^3}{3} - 4(x-2)^4 + \cdots$$

因此分母為：
$$(x-2)^4 \ln(2x-3) = (x-2)^4 \left[2(x-2) - 2(x-2)^2 + \frac{8(x-2)^3}{3} - 4(x-2)^4 + \cdotsight]$$
$$= 2(x-2)^5 - 2(x-2)^6 + \frac{8(x-2)^7}{3} - 4(x-2)^8 + \cdots$$

計算極限：
$$\lim_{x 	o 2} \frac{-\frac{(x-2)^5}{10} + \frac{5(x-2)^7}{42} + O((x-2)^9)}{2(x-2)^5 - 2(x-2)^6 + \frac{8(x-2)^7}{3} …

Question 3

Suppose that near $(x, y) = (1, -1)$ the equation $$e^{x^2+y} - \ln\left(\frac{x}{y^2}\right) = 1$$ defines $y$ as a twice differentiable function of $x$ which is denoted by $y(x)$.

(a) The linearization of $y(x)$ at $x = 1$ is __(5)__.

(b) $y''(1) = $ __(6)__.

Accepted Answer

根據題目，我們有方程式 $e^{x^2+y} - \ln\left(\frac{x}{y^2}\right) = 1$，在 $(x,y) = (1,-1)$ 附近定義了 $y$ 作為 $x$ 的二次可微函數 $y(x)$。

首先驗證 $(1,-1)$ 確實滿足方程式：
$e^{1^2+(-1)} - \ln\left(\frac{1}{(-1)^2}\right) = e^0 - \ln(1) = 1 - 0 = 1$ ✓

**(a) 求 $y(x)$ 在 $x=1$ 處的線性化**

設 $F(x,y) = e^{x^2+y} - \ln\left(\frac{x}{y^2}\right) - 1 = 0$

使用隱函數定理求 $y'(1)$：
$\frac{dy}{dx} = -\frac{F_x}{F_y}$

計算偏導數：
$F_x = 2xe^{x^2+y} - \frac{1}{\frac{x}{y^2}} \cdot \frac{1}{y^2} = 2xe^{x^2+y} - \frac{y^2}{x} \cdot \frac{1}{y^2} = 2xe^{x^2+y} - \frac{1}{x}$

$F_y = e^{x^2+y} - \frac{1}{\frac{x}{y^2}} \cdot \frac{x}{y^2} \cdot (-2y^{-3}) = e^{x^2+y} - \frac{y^2}{x} \cdot (-\frac{2x}{y^3}) = e^{x^2+y} + \frac{2}{y}$

在 $(1,-1)$ 處：
$F_x(1,-1) = 2(1)e^{1+(-1)} - \frac{1}{1} = 2e^0 - 1 = 2 - 1 = 1$

$F_y(1,-1) = e^{1+(-1)} + \frac{2}{-1} = e^0 - 2 = 1 - 2 = -1$

因此：$y'(1) = -\frac{F_x}{F_y} = -\frac{1}{-1} = 1$

線性化公式為：$L(x) = y(1) + y'(1)(x-1) = -1 + 1(x-1) = x - 2$

**(a) 答案：$x - 2$**

**(b) 求 $y''(1)$**

對 $\frac{dy}{dx} = -\frac{F_x}{F_y}$ 再次求導：

$\frac{d^2y}{dx^2} = -\frac{d}{dx}\left(\frac{F_x}{F_y}\right) = -\frac{F_y \cdot \frac{d(F_x)}{dx} - F_x \cdot \frac{d(F_y)}{dx}}{F_y^2}$

其中：
$\frac{d(F_x)}{dx} = F_{xx} + F_{xy}\frac{dy}{dx}$
$\frac{d(F_y)}{dx} = F_{yx} + F_{yy}\frac{dy}{dx}$

計算二階偏導數：
$F_{xx} = 2e^{x^2+y} + 4x^2e^{x^2+y} + \frac{1}{x^2}$

$F_{xy} = F_{yx} = 2xe^{x^2+y}$

$F_{yy} = e^{x^2+y} - \frac{2}{y^2}$

在 $(1,-1)$ 處：
$F_{xx}(1,-1) = 2e^0 + 4(1)^2e^0 + \frac{1}{1^2} = 2 + 4 + 1 = 7$

$F_{xy}(1,-1) = 2(1)e^0 = 2$

$F_{yy}(1,-1) = e^0 - \frac{2}{(-1)^2} = 1 - 2 = -1$

代入公式，已知 $y'(1) = 1$：
$\frac{d(F_x)}{dx}\bigg|_{(1,-1)} = 7 + 2(1) = 9$

$\frac{d(F_y)}{dx}\bigg|_{(1,-1)} = 2 + (-1)(1) = 1$

因此：
$y''(1) = -\frac{(-1)(9) - (1)(1)}{(-1)^2} = -\frac{-9 - 1}{1} = -(-10) = 10$

**(b) 答案：$10$**

Question 4

$\int_0^2 \sqrt{\frac{4-x}{x}} dx = $ __(7)__.

Accepted Answer

我需要計算定積分 $\int_0^2 \sqrt{\frac{4-x}{x}} dx$。

首先觀察被積函數 $\sqrt{\frac{4-x}{x}}$，當 $x 	o 0^+$ 時函數趨於無窮大，當 $x = 2$ 時函數值為 $\sqrt{\frac{4-2}{2}} = 1$，所以這是一個瑕積分。

使用三角代換。令 $x = 4\sin^2	heta$，則：
- $dx = 8\sin	heta\cos	heta \, d	heta$
- 當 $x = 0$ 時，$	heta = 0$
- 當 $x = 2$ 時，$\sin^2	heta = \frac{1}{2}$，所以 $	heta = \frac{\pi}{4}$

將代換代入被積函數：
$$\sqrt{\frac{4-x}{x}} = \sqrt{\frac{4-4\sin^2	heta}{4\sin^2	heta}} = \sqrt{\frac{4\cos^2	heta}{4\sin^2	heta}} = \frac{\cos	heta}{\sin	heta} = \cot	heta$$

因此原積分變為：
$$\int_0^{\pi/4} \cot	heta \cdot 8\sin	heta\cos	heta \, d	heta = \int_0^{\pi/4} 8\cos^2	heta \, d	heta$$

使用恆等式 $\cos^2	heta = \frac{1 + \cos(2	heta)}{2}$：
$$\int_0^{\pi/4} 8\cos^2	heta \, d	heta = \int_0^{\pi/4} 8 \cdot \frac{1 + \cos(2	heta)}{2} \, d	heta = \int_0^{\pi/4} 4(1 + \cos(2	heta)) \, d	heta$$

$$= 4\left[	heta + \frac{\sin(2	heta)}{2}ight]_0^{\pi/4}$$

$$= 4\left[\frac{\pi}{4} + \frac{\sin(\pi/2)}{2} - 0 - \frac{\sin(0)}{2}ight]$$

$$= 4\left[\frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}ight] = \pi + 2$$

因此 $\int_0^2 \sqrt{\frac{4-x}{x}} dx = \pi + 2$。

Question 5

Suppose that $f(x, y, z)$ is differentiable near $(x, y, z) = (0, 1, 2)$ and $f(0, 1, 2) = 10$. Assume that curves $$\mathbf{r}_1(t) = (3t, e^{2t}, 2\cos t),$$ $$\mathbf{r}_2(t) = (\ln t, t^2, \frac{2}{t}),$$ lie on the level surface $f(x, y, z) = 10$ and $f_y(0, 1, 2) = \frac{3}{2}$.

(a) The tangent plane to $f(x, y, z) = 10$ at $(x, y, z) = (0, 1, 2)$ is __(8)__.

(b) Let $$g(x, y, z) = \begin{cases} \frac{|z - 2|\sin(\pi x)}{|x| + 2|y - 1| + |z - 2|}, & 	ext{for } (x, y, z) 
eq (0, 1, 2) \ 0, & 	ext{for } (x, y, z) = (0, 1, 2) \end{cases},$$ and $\mathbf{u} = \frac{
abla f(0, 1, 2)}{|
abla f(0, 1, 2)|}$. Then $D_{\mathbf{u}}g(0, 1, 2) = $ __(9)__.

(c) Assume that $f(x, y, z)$ attains the maximum value at $(x, y, z) = (0, 1, 2)$ when restricted to a level surface $h(x, y, z) = 1$, where $h(x, y, z)$ is differentiable and $h_z(0, 1, 2) = 6$. Using linear approximation, estimate the maximum value of $f(x, y, z)$ subject to the nearby level surface $h(x, y, z) = 0.9$. The estimated value is approximately __(10)__.

Accepted Answer

我將逐步解答這道關於多變數微積分的題目。

**(a) 求切平面方程**

首先需要找到 $
abla f(0, 1, 2)$。

由於曲線 $\mathbf{r}_1(t) = (3t, e^{2t}, 2\cos t)$ 和 $\mathbf{r}_2(t) = (\ln t, t^2, \frac{2}{t})$ 都在水平面 $f(x, y, z) = 10$ 上，所以沿著這些曲線 $f$ 值保持常數。

對 $\mathbf{r}_1(t)$：當 $t = 0$ 時，$\mathbf{r}_1(0) = (0, 1, 2)$
$\mathbf{r}_1'(0) = (3, 2e^0, -2\sin 0) = (3, 2, 0)$

對 $\mathbf{r}_2(t)$：當 $t = 1$ 時，$\mathbf{r}_2(1) = (0, 1, 2)$
$\mathbf{r}_2'(1) = (\frac{1}{1}, 2 \cdot 1, -\frac{2}{1^2}) = (1, 2, -2)$

由於這些曲線在水平面上，梯度向量與切向量垂直：
$
abla f(0, 1, 2) \cdot (3, 2, 0) = 0$
$
abla f(0, 1, 2) \cdot (1, 2, -2) = 0$

設 $
abla f(0, 1, 2) = (f_x, f_y, f_z)$，已知 $f_y = \frac{3}{2}$：
$3f_x + 2f_y = 0 \Rightarrow 3f_x + 3 = 0 \Rightarrow f_x = -1$
$f_x + 2f_y - 2f_z = 0 \Rightarrow -1 + 3 - 2f_z = 0 \Rightarrow f_z = 1$

所以 $
abla f(0, 1, 2) = (-1, \frac{3}{2}, 1)$

切平面方程為：
$-1(x - 0) + \frac{3}{2}(y - 1) + 1(z - 2) = 0$
$-x + \frac{3}{2}y - \frac{3}{2} + z - 2 = 0$
$-x + \frac{3}{2}y + z = \frac{7}{2}$

**(8) 答案：$-x + \frac{3}{2}y + z = \frac{7}{2}$**

**(b) 求方向導數**

首先計算單位向量 $\mathbf{u}$：
$|
abla f(0, 1, 2)| = \sqrt{(-1)^2 + (\frac{3}{2})^2 + 1^2} = \sqrt{1 + \frac{9}{4} + 1} = \sqrt{\frac{17}{4}} = \frac{\sqrt{17}}{2}$

$\mathbf{u} = \frac{(-1, \frac{3}{2}, 1)}{\frac{\sqrt{17}}{2}} = \frac{2}{\sqrt{17}}(-1, \frac{3}{2}, 1) = (-\frac{2}{\sqrt{17}}, \frac{3}{\sqrt{17}}, \frac{2}{\sqrt{17}})$

接下來計算 $D_{\mathbf{u}}g(0, 1, 2)$：
$D_{\mathbf{u}}g(0, 1, 2) = \lim_{h 	o 0^+} \frac{g((0, 1, 2) + h\mathbf{u}) - g(0, 1, 2)}{h}$

由於 $g(0, 1, 2) = 0$，需要計算：
$g(h\mathbf{u}) = g(-\frac{2h}{\sqrt{17}}, 1 + \frac{3h}{\sqrt{17}}, 2 + \frac{2h}{\sqrt{17}})$

對於小的正數 $h$：
- $x = -\frac{2h}{\sqrt{17}} < 0$，所以 $|x| = \frac{2h}{\sqrt{17}}$
- $y - 1 = \frac{3h}{\sqrt{17}} > 0$，所以 $|y - 1| = \frac{3h}{\sqrt{17}}$
- $z - 2 = \frac{2h}{\sqrt{17}} > 0$，所以 $|z - 2| = \frac{2h}{\sqrt{17}}$

$g(h\mathbf{u}) = \frac{\frac{2h}{\sqrt{17}}\sin(-\frac{2\pi h}{\sqrt{17}})}{\frac{2h}{\sqrt{17}} + 2 \cdot \frac{3h}{\sqrt{17}} + \frac{2h}{\sqrt{17}}} = \frac{\frac{2h}{\sqrt{17}}\sin(-\frac{2\pi h}{\sqrt{17}})}{\frac{10h}{\sqrt{17}}} = \frac{1}{5}\sin(-\frac{2\pi h}{\sqrt{17}})$

$D_{\mathbf{u}}g(0, 1, 2) = \lim_{h 	o 0^+} \frac{\frac{1}{5}\sin(-\frac{2\pi h}{\sqrt{17}})}{h} = \frac{1}{5} \cdot (-\frac{2\pi}{\sqrt{17}}) = -\frac{2\pi}{5\sqrt{17}}$

**(9) 答案：$-\frac{2\pi}{5\sqrt{17}}$**

**(c) 使用線性近似估計最大值**

在約束條件 $h(x, y, z) = 1$ 下，$f$ 在 $(0, 1, 2)$ 達到最大值。由拉格朗日乘數法：
$
abla f(0, 1, 2) = \lambda 
abla h(0, 1, 2)$

已知 $
abla f(0, 1, 2) = (-1, \frac{3}…

Question 6

Suppose that $f(x)$ is continuous on $[0, 6]$ and $f(0) = f(4) = 0$. The graph of $f'(x)$ is given as below, but values of $f'(1)$, $f'(2)$ and $f'(4)$ are not determined. It is known that $\lim\limits_{x 	o 4^-} f'(x) = \infty$ and $\lim\limits_{x 	o 4^+} f'(x) = -\infty$.

(a) Find $\lim\limits_{x 	o 2^+} \frac{f(x) - f(2)}{x - 2}$ and $\lim\limits_{x 	o 2^-} \frac{f(x) - f(2)}{x - 2}$ by the Mean Value Theorem. Is $f(x)$ differentiable at $x = 2$? Justify your answers.

(b) List all critical numbers of $f(x)$ in the interval $(0, 6)$. Where does $f(x)$ attain a local maximum? Where does $f(x)$ attain a local minimum?

(c) Find intervals on which $y = f(x)$ is concave upward. Find intervals on which $y = f(x)$ is concave downward. Find the inflection points of $f(x)$.

(d) Sketch the graph of $f(x)$ for $x \in [0, 6]$.

(e) Suppose that $f'(x) = \frac{32}{x^2 + 2x - 6x + 18}$ for $x > 6$. Find $\lim\limits_{x 	o \infty} f(x) - f(6)$.

Accepted Answer

**(a)** 先求 $$\lim_{x o 2^+}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}\quad ext{與}\quad \lim_{x o 2^-}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}.$$ 對 $x>2$，由 Mean Value Theorem，存在 $c_x\in(2,x)$ 使得 $$\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=f'(c_x).$$ 當 $x o 2^+$ 時，$c_x o 2^+$。由圖可見 $$\lim_{t o 2^+}f'(t)=-2,$$ 所以 $$\lim_{x o 2^+}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=-2.$$ 對 $x<2$，同理由 Mean Value Theorem，存在 $c_x\in(x,2)$ 使得 $$\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=f'(c_x).$$ 當 $x o 2^-$ 時，$c_x o 2^-$。由圖可見 $$\lim_{t o 2^-}f'(t)=-2,$$ 所以 $$\lim_{x o 2^-}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=-2.$$ 因此左右極限相等，故 $f$ 在 $x=2$ 可微，而且 $$f'(2)=-2.$$ **結論：** $$\boxed{\lim_{x o 2^+}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=-2,\qquad \lim_{x o 2^-}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=-2,\qquad f ext{ 在 }x=2 ext{ 可微}.}$$ **(b)** critical numbers 是使 $f'(x)=0$ 或 $f'(x)$ 不存在的點。由圖可得： - $x=1$：$f'(1)$ 不存在 - $x=3$：$f'(3)=0$ - $x=4$：$f'(4)$ 不存在 - $x=5$：$f'(5)=0$ 所以 critical numbers 為 $$\boxed{1,3,4,5.}$$ 再看 $f'$ 的正負號： - 在 $(0,1)$ 上，$f'(x)>0$ - 在 $(1,3)$ 上，$f'(x)<0$ - 在 $(3,4)$ 上，$f'(x)>0$ - 在 $(4,6)$ 上，$f'(x)<0$ 因此： - $x=1$ 時，$f'$ 由正變負，所以有 local maximum - $x=3$ 時，$f'$ 由負變正，所以有 local minimum - $x=4$ 時，$f'$ 由正變負，所以有 local maximum - $x=5$ 時，雖然 $f'(5)=0$，但左右兩側皆為負，所以不是極值點 **結論：** $$\boxed{ ext{local maxima at }x=1,4,\qquad ext{local minimum at }x=3.}$$ **(c)** 凹凸性由 $f'$ 的單調性判斷。由圖可見： - $f'$ 在 $(0,1)$ 遞增，所以 $f$ 在 $(0,1)$ concave upward - $f'$ 在 $(1,2)$ 遞減，所以 $f$ 在 $(1,2)$ concave downward - $f'$ 在 $(2,4)$ 遞增，所以 $f$ 在 $(2,4)$ concave upward - $f'$ 在 $(4,5)$ 遞增，所以 $f$ 在 $(4,5)$ concave upward - $f'$ 在 $(5,6)$ 遞減，所以 $f$ 在 $(5,6)$ concave downward 故： $$\boxed{ ext{concave upward on }(0,1)\cup(2,4)\cup(4,5)}$$ $$\boxed{ ext{concave downward on }(1,2)\cup(5,6)}$$ 凹凸改變發生在 $x=1,2,5$，所以 inflection points 的 $x$-coordinates 為 $$\boxed{1,2,5.}$$ **(d)** 由以上資訊可 sketch $f(x)$： - 曲線經過 $(0,0)$ 與 $(4,0)$，因為 $f(0)=f(4)=0$ - 在 $(0,1)$ 上遞增且 concave up - 在 $x=1$ 有 local maximum - 在 $(1,3)$ 上遞減 - 在 $x=2$ 左右切線斜率皆趨近 $-2$，且此處由 concave down 轉為 concave up - 在 $x=3$ 有 local minimum - 在 $(3,4)$ 上遞增且 concave up - 在 $x=4$ 有 local maximum，且因 $\lim_{x o 4^-}f'(x)=\infty$、$\lim_{x o 4^+}f'(x)=-\infty$，此處是尖點，並且點在 $(4,0)$ - 在 $(4,6)$ 上皆遞減 - 在 $x=5$ 有水平切線，但不是極值點，而是 inflection point - 在 $(5,6)$ 上遞減且 concave down ![f(x) sketch](/images/exams/ntu-114-transfer-calculus-b/q6-f-sketch.svg) **(e)** 已知對 $x>6$， $$f'(x)=\frac{32}{x^2+2x-6x+18}=\frac{32}{x^2-4x+18}=\frac{32}{(x-2)^2+14}.$$ 所以 $$f(x)-f(6)=\int_6^x f'(t)\,dt=\int_6^x \frac{32}{(t-2)^2+14}\,dt.$$ 取極限得 $$\lim_{x o\infty}(f(x)-f(6))=\int_6^{\infty}\frac{32}{(t-2)^2+14}…

Question 7

Let $\mathcal{S}$ be the part of the graph $$z = \cos x \sin y, \quad 0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}, \quad 0 \leq y \leq \pi,$$ with upward orientation. Consider the vector field $\mathbf{F}(x, y, z) = z\mathbf{i} + yz\mathbf{k}$.

(a) Parametrize the surface $\mathcal{S}$ and evaluate $\iint_{\mathcal{S}} 	ext{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}$ directly.

(b) Let $C$ be the boundary curve of $\mathcal{S}$. Decompose $C$ as the union of differentiable parametric curves and evaluate $\oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}$ directly. Show that the line integral equals the surface integral in part (a) which is consistent with Stokes' Theorem.

Accepted Answer

**(a) 參數化曲面並直接計算曲面積分**

首先參數化曲面 $\mathcal{S}$：
$$\mathbf{r}(x,y) = (x, y, \cos x \sin y), \quad 0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}, \quad 0 \leq y \leq \pi$$

計算偏導數：
$$\mathbf{r}_x = (1, 0, -\sin x \sin y)$$
$$\mathbf{r}_y = (0, 1, \cos x \cos y)$$

計算法向量：
$$\mathbf{r}_x 	imes \mathbf{r}_y = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \ 1 & 0 & -\sin x \sin y \ 0 & 1 & \cos x \cos y \end{vmatrix}$$
$$= \mathbf{i}(0 \cdot \cos x \cos y - (-\sin x \sin y) \cdot 1) + \mathbf{j}((-\sin x \sin y) \cdot 0 - 1 \cdot \cos x \cos y) + \mathbf{k}(1 \cdot 1 - 0 \cdot 0)$$
$$= (\sin x \sin y, -\cos x \cos y, 1)$$

由於 $z$ 分量為正，此法向量指向上方，符合題目要求的向上方向。

接下來計算 $	ext{curl}\mathbf{F}$，其中 $\mathbf{F}(x,y,z) = z\mathbf{i} + 0\mathbf{j} + yz\mathbf{k}$：
$$	ext{curl}\mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \ z & 0 & yz \end{vmatrix}$$
$$= \mathbf{i}\left(\frac{\partial(yz)}{\partial y} - \frac{\partial(0)}{\partial z}ight) - \mathbf{j}\left(\frac{\partial(yz)}{\partial x} - \frac{\partial(z)}{\partial z}ight) + \mathbf{k}\left(\frac{\partial(0)}{\partial x} - \frac{\partial(z)}{\partial y}ight)$$
$$= \mathbf{i}(z - 0) - \mathbf{j}(0 - 1) + \mathbf{k}(0 - 0) = (z, 1, 0)$$

在曲面上，$z = \cos x \sin y$，所以：
$$	ext{curl}\mathbf{F} = (\cos x \sin y, 1, 0)$$

計算點積：
$$	ext{curl}\mathbf{F} \cdot (\mathbf{r}_x 	imes \mathbf{r}_y) = (\cos x \sin y, 1, 0) \cdot (\sin x \sin y, -\cos x \cos y, 1)$$
$$= \cos x \sin y \cdot \sin x \sin y + 1 \cdot (-\cos x \cos y) + 0 \cdot 1$$
$$= \cos x \sin x \sin^2 y - \cos x \cos y$$

因此：
$$\iint_{\mathcal{S}} 	ext{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \int_0^{\pi/2} \int_0^{\pi} (\cos x \sin x \sin^2 y - \cos x \cos y) \, dy \, dx$$

分別計算兩個積分：
$$\int_0^{\pi} \sin^2 y \, dy = \int_0^{\pi} \frac{1 - \cos 2y}{2} dy = \frac{\pi}{2}$$
$$\int_0^{\pi} \cos y \, dy = [\sin y]_0^{\pi} = 0$$

所以：
$$\iint_{\mathcal{S}} 	ext{curl}\mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \int_0^{\pi/2} \cos x \sin x \cdot \frac{\pi}{2} \, dx = \frac{\pi}{2} \int_0^{\pi/2} \cos x \sin x \, dx$$

使用 $\cos x \sin x = \frac{1}{2}\sin 2x$：
$$= \frac{\pi}{4} \int_0^{\pi/2} \sin 2x \, dx = \frac{\pi}{4} \left[-\frac{1}{2}\cos 2xight]_0^{\pi/2} = \frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 = \frac{\pi}{4}$$

**(b) 邊界曲線的線積分**

邊界曲線 $C$ 由四段組成：

**$C_1$**: $x = 0$, $y$ 從 $0$ 到 $\pi$
參數化：$(0, t, 0)$, $t \in [0, \pi]$
$d\mathbf{r} = (0, 1, 0)dt$
$\mathbf{F} = (0, 0, 0)$
$\mathbf{F…

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