臺灣綜合大學系統 106 年微積分C 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Find the limit
$$\lim\limits_{x 	o 0^+} \left[ \frac{1}{\ln(1 + x)} - \frac{1}{x} ight].$$

Accepted Answer

**分析思路：**
這是一個 $\infty - \infty$ 型的不定式。我們需要先通分，將其轉換為 $0/0$ 型，再使用羅必達法則求解。

**解題步驟：**
1. **通分：**
   $$\lim_{x 	o 0^+} \frac{x - \ln(1+x)}{x \ln(1+x)}$$
2. **檢查極限型態：**
   當 $x 	o 0^+$ 時，分子為 $0-0=0$，分母為 $0\cdot0=0$。符合 $0/0$ 型。
3. **第一次使用羅必達法則：**
   $$\lim_{x 	o 0^+} \frac{1 - \frac{1}{1+x}}{\ln(1+x) + \frac{x}{1+x}} = \lim_{x 	o 0^+} \frac{\frac{x}{1+x}}{\frac{(1+x)\ln(1+x) + x}{1+x}} = \lim_{x 	o 0^+} \frac{x}{(1+x)\ln(1+x) + x}$$
4. **第二次使用羅必達法則：**
   極限仍為 $0/0$ 型。
   $$\lim_{x 	o 0^+} \frac{1}{[\ln(1+x) + 1] + 1} = \lim_{x 	o 0^+} \frac{1}{\ln(1+x) + 2}$$
5. **代入數值：**
   $$= \frac{1}{0 + 2} = \frac{1}{2}$$

**答案:** $1/2$

Question 2

Find all possible relative extrema and saddle points of the function
$$f(x, y) = 2xy - \frac{1}{2}(x^4 + y^4) + 1.$$

Accepted Answer

**分析思路：** 尋找臨界點（Critical Points）並使用二階導數檢定法（Second Derivative Test）來判斷極值性質。 **解題步驟：** 1. **求一階偏導：** $f_x = 2y - 2x^3 = 0 \implies y = x^3$ $f_y = 2x - 2y^3 = 0 \implies x = y^3$ 2. **求解臨界點：** 將 $y=x^3$ 代入 $x=y^3$：$x = (x^3)^3 = x^9 \implies x(x^8 - 1) = 0$。解得 $x = 0, 1, -1$。對應點為：$(0, 0), (1, 1), (-1, -1)$。 3. **求二階偏導：** $f_{xx} = -6x^2, \quad f_{yy} = -6y^2, \quad f_{xy} = 2$ 判別式 $D = f_{xx}f_{yy} - (f_{xy})^2 = (-6x^2)(-6y^2) - 4 = 36x^2y^2 - 4$ 4. **判斷各點性質：** - 對點 $(0, 0)$：$D = -4 < 0 \implies$ **鞍點 (Saddle Point)**。 - 對點 $(1, 1)$：$D = 32 > 0$ 且 $f_{xx} = -6 < 0 \implies$ **相對最大值 (Relative Maximum)**。 - 對點 $(-1, -1)$：$D = 32 > 0$ 且 $f_{xx} = -6 < 0 \implies$ **相對最大值 (Relative Maximum)**。 5. **計算極值：** $f(1, 1) = 2 - 1/2(1+1) + 1 = 2 - 1 + 1 = 2$ $f(-1, -1) = 2 - 1/2(1+1) + 1 = 2$ **答案:** 鞍點在 $(0, 0)$，相對最大值為 $2$（發生在 $(1, 1)$ 與 $(-1, -1)$）。

Question 3

Find the arc length of the polar curve:
$$r = 7^	heta, \quad 0 \leq 	heta \leq 2\pi.$$

Accepted Answer

**分析思路：**
使用極座標弧長公式：$L = \int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{r^2 + (\frac{dr}{d	heta})^2} d	heta$。

**解題步驟：**
1. **求導數：**
   $r = 7^	heta \implies \frac{dr}{d	heta} = 7^	heta \ln 7$
2. **代入被積函數：**
   $$\sqrt{r^2 + (r')^2} = \sqrt{(7^	heta)^2 + (7^	heta \ln 7)^2} = \sqrt{7^{2	heta} (1 + (\ln 7)^2)}$$
   $$= 7^	heta \sqrt{1 + (\ln 7)^2}$$
3. **建立積分：**
   $$L = \int_0^{2\pi} 7^	heta \sqrt{1 + (\ln 7)^2} d	heta = \sqrt{1 + (\ln 7)^2} \int_0^{2\pi} 7^	heta d	heta$$
4. **計算結果：**
   $$= \sqrt{1 + (\ln 7)^2} \left[ \frac{7^	heta}{\ln 7} ight]_0^{2\pi} = \frac{\sqrt{1 + (\ln 7)^2}}{\ln 7} (7^{2\pi} - 1)$$

**答案:** $\frac{\sqrt{1 + (\ln 7)^2}}{\ln 7} (7^{2\pi} - 1)$

Question 4

Compute the integral $\int_0^1 \sin^{-1}(x)dx$.

Accepted Answer

**分析思路：**
使用分部積分法（Integration by Parts），令 $u = \sin^{-1} x, dv = dx$。

**解題步驟：**
1. **設定分部積分項：**
   $u = \sin^{-1} x \implies du = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx$
   $dv = dx \implies v = x$
2. **套用公式 $\int u dv = uv - \int v du$：**
   $$\int \sin^{-1} x dx = x \sin^{-1} x - \int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} dx$$
3. **計算剩餘積分：**
   對 $\int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} dx$，令 $w = 1 - x^2, dw = -2x dx$：
   $$= -\frac{1}{2} \int w^{-1/2} dw = -\frac{1}{2} (2w^{1/2}) = -\sqrt{1 - x^2}$$
   故不定積分為 $x \sin^{-1} x + \sqrt{1 - x^2} + C$。
4. **代入上下限：**
   $$[ x \sin^{-1} x + \sqrt{1 - x^2} ]_0^1 = (1 \cdot \pi/2 + 0) - (0 + 1) = \pi/2 - 1$$

**答案:** $\pi/2 - 1$

Question 5

Let $J(x)$ be a function satisfying the differential equation $xJ''(x) + J'(x) + xJ(x) = 0$ for all values of $x$ and $J(0) = 1$. Find $J''(0)$.

Accepted Answer

**分析思路：**
給定微分方程在所有 $x$ 成立，我們可以代入 $x=0$ 並對原方程再次求導來獲取高階導數的資訊。

**解題步驟：**
1. **代入 $x=0$ 到原方程：**
   $0 \cdot J''(0) + J'(0) + 0 \cdot J(0) = 0 \implies J'(0) = 0$
2. **對原方程對 $x$ 微分：**
   $\frac{d}{dx} [ xJ''(x) + J'(x) + xJ(x) ] = 0$
   使用乘積律：
   $(1 \cdot J''(x) + xJ'''(x)) + J''(x) + (1 \cdot J(x) + xJ'(x)) = 0$
   整理得：$2J''(x) + xJ'''(x) + J(x) + xJ'(x) = 0$
3. **再次代入 $x=0$：**
   $2J''(0) + 0 \cdot J'''(0) + J(0) + 0 \cdot J'(0) = 0$
   $2J''(0) + J(0) = 0$
4. **利用 $J(0) = 1$：**
   $2J''(0) + 1 = 0 \implies J''(0) = -1/2$

**答案:** $-1/2$

Question 6

Determine whether the following series is convergent or divergent.
$$\lim\limits_{n 	o \infty} \sum\limits_{k=1}^n \left| \frac{16k^2}{n^3} - \frac{16k}{n^2} + \frac{3}{n} ight|$$
If it is convergent, find its sum. Otherwise, give a reason for your answer.

Accepted Answer

**分析思路：**
觀察級數形式，這是一個黎曼和（Riemann Sum）。我們可以將其轉換為定積分來求解。形式為 $\frac{1}{n} \sum f(k/n)$。

**解題步驟：**
1. **轉換為積分形式：**
   提取 $1/n$：$\sum_{k=1}^n \frac{1}{n} \left| 16(k/n)^2 - 16(k/n) + 3 \right|$
   這對應於定積分：$$\int_0^1 |16x^2 - 16x + 3| dx$$
2. **分析絕對值內的函數：**
   令 $g(x) = 16x^2 - 16x + 3$。
   解 $16x^2 - 16x + 3 = 0$：$(4x - 1)(4x - 3) = 0 \implies x = 1/4, 3/4$。
   - 在 $[0, 1/4]$，$g(x) \geq 0$
   - 在 $[1/4, 3/4]$，$g(x) \leq 0$
   - 在 $[3/4, 1]$，$g(x) \geq 0$
3. **分段積分：**
   不定積分 $G(x) = \frac{16}{3}x^3 - 8x^2 + 3x$。
   - $I_1 = G(1/4) - G(0) = (16/3 \cdot 1/64 - 8/16 + 3/4) = 1/12 - 1/2 + 3/4 = (1-6+9)/12 = 4/12 = 1/3$
   - $I_2 = -(G(3/4) - G(1/4))$:
     $G(3/4) = 16/3 \cdot 27/64 - 8 \cdot 9/16 + 3 \cdot 3/4 = 9/4 - 9/2 + 9/4 = 0$
     $I_2 = -(0 - 1/3) = 1/3$
   - $I_3 = G(1) - G(3/4) = (16/3 - 8 + 3) - 0 = 16/3 - 5 = 1/3$
4. **總和：**
   $1/3 + 1/3 + 1/3 = 1$。

**答案:** 收斂，和為 $1$

Question 7

Let $\mathbf{u}$ and $\mathbf{v}$ be the unit normal vectors of the tangent planes of the surfaces $S_1 : x^2 + y^2 + z^2 + 2x - 4y - 4z = 12$ and $S_2 : 4x^2 + y^2 + 16z^2 = 24$ at the common point $(1, -2, 1)$. Compute the inner product $\mathbf{u} \cdot \mathbf{v}$.

Accepted Answer

**分析思路：**
曲面的法向量即為其隱函數的梯度向量。我們需要求出梯度，單位化後求內積。

**解題步驟：**
1. **求 $S_1$ 的梯度：**
   $F_1(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 + 2x - 4y - 4z - 12$
   $
abla F_1 = \langle 2x+2, 2y-4, 2z-4 angle$
   在 $(1, -2, 1)$：$\vec{n_1} = \langle 4, -8, -2 angle$
   長度 $\|\vec{n_1}\| = \sqrt{16+64+4} = \sqrt{84} = 2\sqrt{21}$
   單位法向量 $\mathbf{u} = \frac{1}{2\sqrt{21}} \langle 4, -8, -2 angle = \frac{1}{\sqrt{21}} \langle 2, -4, -1 angle$
2. **求 $S_2$ 的梯度：**
   $F_2(x, y, z) = 4x^2 + y^2 + 16z^2 - 24$
   $
abla F_2 = \langle 8x, 2y, 32z angle$
   在 $(1, -2, 1)$：$\vec{n_2} = \langle 8, -4, 32 angle$
   長度 $\|\vec{n_2}\| = \sqrt{64+16+1024} = \sqrt{1104} = 4\sqrt{69}$
   單位法向量 $\mathbf{v} = \frac{1}{4\sqrt{69}} \langle 8, -4, 32 angle = \frac{1}{\sqrt{69}} \langle 2, -1, 8 angle$
3. **計算內積：**
   $\mathbf{u} \cdot \mathbf{v} = \frac{1}{\sqrt{21}\sqrt{69}} [ (2)(2) + (-4)(-1) + (-1)(8) ]$
   $= \frac{1}{\sqrt{21}\sqrt{69}} [ 4 + 4 - 8 ] = 0$

**答案:** 0

Question 8

Evaluate the integral $\iint_S xydS$, where the surface $S = \{(x, y, z) | x^2 + y^2 = 1, x \geq 0, y \geq 0, 0 \leq z \leq 1\}$.

Accepted Answer

**分析思路：**
這是一個曲面積分。表面 $S$ 是一個柱面的一部分。我們可以使用圓柱座標參數化該表面。

**解題步驟：**
1. **參數化表面：**
   令 $x = \cos 	heta, y = \sin 	heta, z = z$。
   範圍：$0 \leq 	heta \leq \pi/2, 0 \leq z \leq 1$。
2. **面積元素 $dS$：**
   對於柱面 $r=1$，$dS = r dz d	heta = 1 dz d	heta$。
3. **建立積分：**
   $$\iint_S xy dS = \int_0^1 \int_0^{\pi/2} (\cos 	heta \sin 	heta) \cdot 1 d	heta dz$$
4. **計算結果：**
   內層：$\int_0^{\pi/2} \sin 	heta \cos 	heta d	heta = [ \frac{1}{2} \sin^2 	heta ]_0^{\pi/2} = 1/2$
   外層：$\int_0^1 \frac{1}{2} dz = 1/2$

**答案:** $1/2$

Question 9

Compute the integral
$$\int_0^1 \int_{-\sqrt{x-x^2}}^{\sqrt{x-x^2}} \sqrt{x^2 + y^2} dydx.$$

Accepted Answer

**分析思路：**
積分區域邊界為 $y = \pm \sqrt{x-x^2} \implies y^2 = x-x^2 \implies x^2+y^2 = x$。這是一個圓心在 $(1/2, 0)$ 的圓。適合使用極座標轉換。

**解題步驟：**
1. **轉換邊界為極座標：**
   $r^2 = r\cos	heta \implies r = \cos	heta$。
   由於圓在 $x$ 軸右側，$	heta$ 的範圍為 $[-\pi/2, \pi/2]$。
2. **座標轉換：**
   $\sqrt{x^2+y^2} = r$，$dy dx = r dr d	heta$。
3. **建立積分：**
   $$\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \int_0^{\cos	heta} r \cdot r dr d	heta = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \int_0^{\cos	heta} r^2 dr d	heta$$
4. **計算結果：**
   內層：$\int_0^{\cos	heta} r^2 dr = [r^3/3]_0^{\cos	heta} = \frac{1}{3} \cos^3 	heta$
   外層：$\frac{1}{3} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^3 	heta d	heta = \frac{2}{3} \int_0^{\pi/2} \cos^3 	heta d	heta$
   利用公式 $\int_0^{\pi/2} \cos^3 x dx = 2/3$：
   積分值 $= \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{4}{9}$

**答案:** $4/9$

Question 10

Let $R$ be the region bounded by the graph of $xy = 1$, $xy = 4$, $x = 2$, and $x = 3$. Compute the integral
$$\iint_R \frac{e^{-xy}}{1 + x^2} dA.$$

Accepted Answer

**分析思路：**
給定區域由 $xy=c$ 與 $x=c$ 圍成，適合使用變數變換法簡化積分範圍。

**解題步驟：**
1. **變數變換：**
   令 $u = x, v = xy$。
   範圍：$2 \leq u \leq 3, 1 \leq v \leq 4$。
2. **計算雅可比行列式：**
   $x = u, y = v/u$。
   $$J = \det\begin{pmatrix} \partial x/\partial u & \partial x/\partial v \ \partial y/\partial u & \partial y/\partial v \end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix} 1 & 0 \ -v/u^2 & 1/u \end{pmatrix} = 1/u$$
   $dA = dx dy = |J| du dv = \frac{1}{u} du dv$。
3. **轉換積分：**
   $$\iint_R \frac{e^{-xy}}{1+x^2} dA = \int_1^4 \int_2^3 \frac{e^{-v}}{1+u^2} \cdot \frac{1}{u} du dv$$
   注意：這裡題目設計可能有些小誤差，通常是 $1/x^2$。但我們依照題面計算。
   內層對 $u$ 積分：$\int_2^3 \frac{1}{u(1+u^2)} du$。
   使用部分分式：$\frac{1}{u(1+u^2)} = \frac{1}{u} - \frac{u}{1+u^2}$
   積分得 $[ \ln u - \frac{1}{2} \ln(1+u^2) ]_2^3 = [ \ln 3 - 1/2 \ln 10 ] - [ \ln 2 - 1/2 \ln 5 ] = \ln(3/2) - 1/2 \ln 2 = \ln(3/2) - \ln \sqrt{2} = \ln(\frac{3}{2\sqrt{2}})$
4. **外層積分對 $v$：**
   $\int_1^4 e^{-v} dv = [ -e^{-v} ]_1^4 = e^{-1} - e^{-4}$
5. **最終結果：**
   $(e^{-1} - e^{-4}) \ln(\frac{3}{2\sqrt{2}})$

**答案:** $(e^{-1} - e^{-4}) \ln(\frac{3}{2\sqrt{2}})$

臺灣綜合大學系統 106 年度微積分C

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