臺灣綜合大學系統 114 年微積分C 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Find the following limits.

(a) $\lim\limits_{h 	o 1} \frac{\int_0^{h^2-1} e^{x^2-2} dx}{h-1}$.

(b) $\lim\limits_{x 	o 0^+} \frac{|x - \sin(3x)|}{7x}$.

Accepted Answer

**(a)**

令
$$G(u)=\int_0^u e^{x^2-2}\,dx.$$
原極限可寫成
$$\lim_{h	o1}\frac{G(h^2-1)-G(0)}{h-1}.$$
由 chain rule，
$$\lim_{h	o1}\frac{G(h^2-1)-G(0)}{h-1}=G'(0)\cdot \lim_{h	o1}\frac{h^2-1}{h-1}.$$
因為
$$G'(0)=e^{-2},\qquad \frac{h^2-1}{h-1}=h+1	o2,$$
所以
$$\boxed{2e^{-2}}.$$

**(b)**

當 $x	o0^+$ 時，
$$\sin(3x)=3x+O(x^3).$$
因此
$$x-\sin(3x)=x-3x+O(x^3)=-2x+O(x^3).$$
由於 $x>0$，
$$|x-\sin(3x)|\sim 2x.$$
所以
$$\lim_{x	o0^+}\frac{|x-\sin(3x)|}{7x}=\boxed{\frac27}.$$

Question 2

Find point(s) $(x_0, y_0)$ on the curve $\sqrt{x} + \sqrt{y} = 12$ at which normal line(s) to this curve has(have) slope(s) $\frac{1}{3}$.

Accepted Answer

**解法**

由
$$\sqrt{x}+\sqrt{y}=12$$
對 $x$ 微分：
$$\frac{1}{2\sqrt{x}}+\frac{y'}{2\sqrt{y}}=0.$$
所以 tangent line 的斜率為
$$y'=-\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}}.$$
normal line 的斜率是 tangent slope 的負倒數，因此
$$m_{normal}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y}}.$$
題目要求 normal slope 為 $\frac13$，所以
$$\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y}}=\frac13,$$
也就是
$$\sqrt{y}=3\sqrt{x}.$$
代回原方程：
$$\sqrt{x}+3\sqrt{x}=12,$$
因此
$$\sqrt{x}=3.$$
所以
$$x=9,\qquad \sqrt{y}=9,\qquad y=81.$$

答案：
$$\boxed{(x_0,y_0)=(9,81)}.$$

Question 3

Find the exact value of the infinite sum $\sum\limits_{k=3}^{\infty} \frac{(k+1)(-1)^k}{k!}$.

Accepted Answer

**解法**

先拆開：
$$\frac{k+1}{k!}=\frac{k}{k!}+\frac1{k!}=\frac1{(k-1)!}+\frac1{k!}.$$
因此
$$\sum_{k=3}^{\infty}\frac{(k+1)(-1)^k}{k!}=\sum_{k=3}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(k-1)!}+\sum_{k=3}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!}.$$
第一個和式令 $j=k-1$：
$$\sum_{k=3}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(k-1)!}=\sum_{j=2}^{\infty}\frac{(-1)^{j+1}}{j!}=-\sum_{j=2}^{\infty}\frac{(-1)^j}{j!}.$$
因為
$$\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-1)^j}{j!}=e^{-1},$$
且前兩項 $1-1=0$，所以
$$\sum_{j=2}^{\infty}\frac{(-1)^j}{j!}=e^{-1}.$$
因此第一個和式為 $-e^{-1}$。

第二個和式為
$$\sum_{k=3}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!}=e^{-1}-\left(1-1+\frac12\right)=e^{-1}-\frac12.$$
所以原式等於
$$-e^{-1}+e^{-1}-\frac12=-\frac12.$$

答案：
$$\boxed{-\frac12}.$$

Question 4

Two particles, $A, B$, initially start from origin $(0,0)$, move along two straight lines with angle $\frac{\pi}{6}$ between them. Particle $A$ is moving at a speed of 2, and particle $B$ is moving at a speed of 6. What is the rate of change of the distance between two particles, when particle $A$ is 1 unit from the starting point?

Accepted Answer

**解法**

設兩粒子離原點的距離分別為
$$a=2t,\qquad b=6t.$$
兩條直線夾角為 $\frac{\pi}{6}$，所以兩粒子距離 $D$ 滿足 law of cosines：
$$D^2=a^2+b^2-2ab\cos\frac{\pi}{6}.$$
代入 $a=2t, b=6t$：
$$D^2=(2t)^2+(6t)^2-2(2t)(6t)\cos\frac{\pi}{6}.$$
因此
$$D^2=t^2\left(40-24\cdot\frac{\sqrt3}{2}\right)=t^2(40-12\sqrt3).$$
因為 $t>0$，
$$D=t\sqrt{40-12\sqrt3}.$$
所以
$$\frac{dD}{dt}=\sqrt{40-12\sqrt3}.$$
當 particle $A$ 距離原點為 $1$ 時，$2t=1$，但由上式可知速率本身不依賴 $t$。

答案：
$$\boxed{\sqrt{40-12\sqrt3}}.$$

Question 5

Given the function $f(x, y, z) = 2xe^y - x \sin z$, and point $P = (1, 0, 0)$, find $a, b$ so that the rate of change of $f$ at $P$ along the unit vector $\mathbf{u} = (a, 0, b)$ is 0. Here, $a > 0$.

Accepted Answer

**解法**

先求 gradient：
$$f_x=2e^y-\sin z,$$
$$f_y=2xe^y,$$
$$f_z=-x\cos z.$$
在 $P=(1,0,0)$，
$$
abla f(P)=(2,2,-1).$$
沿單位向量 $\mathbf u=(a,0,b)$ 的方向導數為
$$D_{\mathbf u}f(P)=
abla f(P)\cdot\mathbf u=2a-b.$$
題目要求 rate of change 為 $0$，所以
$$2a-b=0,$$
即
$$b=2a.$$
又因為 $\mathbf u$ 是 unit vector，
$$a^2+b^2=1.$$
代入 $b=2a$：
$$a^2+4a^2=1,$$
所以
$$5a^2=1.$$
又 $a>0$，因此
$$a=\frac1{\sqrt5},\qquad b=\frac2{\sqrt5}.$$

答案：
$$\boxed{a=\frac1{\sqrt5},\quad b=\frac2{\sqrt5}}.$$

Question 6

Find the maximum possible volume for a rectangular box, with edges parallel to coordinate axes, that is inscribed in the ellipsoid $\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} + z^2 = 1$.

Accepted Answer

**解法**

設 rectangular box 的一個頂點在第一卦限為 $(x,y,z)$，則整個 box 的邊長為
$$2x,\qquad 2y,\qquad 2z,$$
體積為
$$V=8xyz.$$
限制條件為
$$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}+z^2=1.$$
最大化 $xyz$。使用 Lagrange multiplier：
$$
abla(\ln xyz)=\lambda
abla\left(\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}+z^2ight).$$
因此
$$\frac1x=\lambda\frac{2x}{9},\qquad \frac1y=\lambda\frac{2y}{4},\qquad \frac1z=2\lambda z.$$
可得
$$\frac{x^2}{9}=\frac{y^2}{4}=z^2.$$
令共同值為 $c$。代回限制式：
$$c+c+c=1,$$
所以
$$c=\frac13.$$
因此
$$x=\sqrt3,\qquad y=\frac2{\sqrt3},\qquad z=\frac1{\sqrt3}.$$
最大體積為
$$V_{max}=8xyz=8\left(\sqrt3ight)\left(\frac2{\sqrt3}ight)\left(\frac1{\sqrt3}ight)=\frac{16}{\sqrt3}.$$

答案：
$$\boxed{\frac{16}{\sqrt3}=\frac{16\sqrt3}{3}}.$$

Question 7

Find all the saddle point(s) of $f(x, y) = e^y(y^2 - x^2)$.

Accepted Answer

**解法**

函數為
$$f(x,y)=e^y(y^2-x^2).$$
先求一階偏導：
$$f_x=-2xe^y,$$
$$f_y=e^y(y^2-x^2)+2ye^y=e^y(y^2+2y-x^2).$$
critical point 滿足 $f_x=0$ 與 $f_y=0$。
由 $f_x=0$ 得
$$x=0.$$
代入 $f_y=0$：
$$y^2+2y=0,$$
所以
$$y=0\quad	ext{or}\quad y=-2.$$
critical points 為
$$(0,0),\qquad (0,-2).$$

接著用 Hessian 判別。二階偏導為
$$f_{xx}=-2e^y,$$
$$f_{xy}=-2xe^y,$$
$$f_{yy}=e^y(y^2+4y+2-x^2).$$
在 $(0,0)$：
$$f_{xx}=-2,\qquad f_{xy}=0,\qquad f_{yy}=2.$$
所以
$$D=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2=-4<0,$$
因此 $(0,0)$ 是 saddle point。

在 $(0,-2)$：
$$f_{xx}=-2e^{-2},\qquad f_{xy}=0,\qquad f_{yy}=-2e^{-2}.$$
所以
$$D=4e^{-4}>0,$$
且 $f_{xx}<0$，因此 $(0,-2)$ 是 local maximum，不是 saddle point。

答案：
$$\boxed{(0,0)}.$$

Question 8

Evaluate the following integral $\int_0^1 \int_0^{\sqrt{x-x^2}} \sqrt{x^2 + y^2} \, dy dx$. (The formula $\cos^3 	heta = \frac{\cos(3	heta) + 3\cos	heta}{4}$ may be useful.)

Accepted Answer

**解法**

積分區域為
$$0\le x\le1,\qquad 0\le y\le\sqrt{x-x^2}.$$
由
$$y^2\le x-x^2$$
可得
$$x^2+y^2\le x.$$
改用 polar coordinates：
$$x=r\cos	heta,\qquad y=r\sin	heta.$$
則
$$r^2\le r\cos	heta,$$
所以
$$0\le r\le \cos	heta.$$
又因為區域在第一象限上方半圓內，所以
$$0\le	heta\le\frac{\pi}{2}.$$
原 integrand 為
$$\sqrt{x^2+y^2}=r,$$
且 $dA=r\,dr\,d	heta$。因此原積分為
$$\int_0^{\pi/2}\int_0^{\cos	heta}r^2\,dr\,d	heta.$$
先對 $r$ 積分：
$$\int_0^{\cos	heta}r^2\,dr=\frac{\cos^3	heta}{3}.$$
所以
$$\frac13\int_0^{\pi/2}\cos^3	heta\,d	heta.$$
而
$$\int_0^{\pi/2}\cos^3	heta\,d	heta=\frac23.$$
因此原積分等於
$$\frac13\cdot\frac23=\frac29.$$

答案：
$$\boxed{\frac29}.$$

Question 9

Evaluate the line integral $$\int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r},$$ where $$\mathbf{F} = \left(\ln(y^2 + 1) - 4y + e^x, \frac{2xy}{y^2 + 1} + x\right)$$ and $C$ is the path connecting $(2, 0)$ to $(1, \sqrt{3})$ through the circle $x^2 + y^2 = 4$, and then to the origin $(0, 0)$ by straight line. See the figure below:

Accepted Answer

**解法**

令
$$\mathbf F=(P,Q),$$
其中
$$P=\ln(y^2+1)-4y+e^x,$$
$$Q=\frac{2xy}{y^2+1}+x.$$
把 $\mathbf F$ 分解為 conservative part 與剩下的 part：
$$\mathbf F=
abla\phi+(-4y,x),$$
其中
$$\phi(x,y)=x\ln(y^2+1)+e^x.$$
因為
$$
abla\phi=\left(\ln(y^2+1)+e^x,\frac{2xy}{y^2+1}ight).$$

路徑從 $(2,0)$ 出發，最後到 $(0,0)$，所以 conservative part 的貢獻為
$$\phi(0,0)-\phi(2,0)=1-e^2.$$

接著計算
$$\int_C (-4y\,dx+x\,dy).$$

第一段是圓 $x^2+y^2=4$ 上從 $(2,0)$ 到 $(1,\sqrt3)$ 的弧：
$$x=2\cos	heta,\qquad y=2\sin	heta,\qquad 0\le	heta\le\frac{\pi}{3}.$$
因此
$$dx=-2\sin	heta\,d	heta,\qquad dy=2\cos	heta\,d	heta.$$
所以
$$-4y\,dx+x\,dy=16\sin^2	heta\,d	heta+4\cos^2	heta\,d	heta.$$
第一段貢獻為
$$\int_0^{\pi/3}(16\sin^2	heta+4\cos^2	heta)\,d	heta=\frac{10\pi}{3}-\frac{3\sqrt3}{2}.$$

第二段是從 $(1,\sqrt3)$ 到 $(0,0)$ 的直線。令
$$x=1-t,\qquad y=\sqrt3(1-t),\qquad 0\le t\le1.$$
則
$$dx=-dt,\qquad dy=-\sqrt3\,dt.$$
所以
$$-4y\,dx+x\,dy=3\sqrt3(1-t)\,dt.$$
第二段貢獻為
$$\int_0^1 3\sqrt3(1-t)\,dt=\frac{3\sqrt3}{2}.$$
兩段相加，剩下的 part 貢獻為
$$\frac{10\pi}{3}.$$
因此整個 line integral 為
$$1-e^2+\frac{10\pi}{3}.$$

答案：
$$\boxed{1-e^2+\frac{10\pi}{3}}.$$

Question 10

Evaluate the upward flux $$\iint_S \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S},$$ where $$\mathbf{F} = (\cos(yz^2) + 5x, \ln(x^2 + 2z^2 + 1) - 6y, z - \cos(x^2 + y^2)),$$ and $S$ is the upper half (i.e. $z \geq 0$ part) of the torus $$\left(\sqrt{x^2 + y^2} - 4\right)^2 + z^2 = 4$$ as shown below

Accepted Answer

**解法**

令
$$\mathbf F=(P,Q,R),$$
其中
$$R=z-\cos(x^2+y^2).$$
先算 divergence：
$$
abla\cdot\mathbf F=\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}.$$
由題目給的向量場，
$$\frac{\partial P}{\partial x}=5,\qquad \frac{\partial Q}{\partial y}=-6,\qquad \frac{\partial R}{\partial z}=1.$$
所以
$$
abla\cdot\mathbf F=5-6+1=0.$$

把上半 torus 用平面 $z=0$ 的 annulus 補起來。此 annulus 為
$$2\le r\le6,\qquad z=0.$$
因為封閉曲面的 divergence 積分為 $0$，所以
$$	ext{Flux}(S)+	ext{Flux}(	ext{annulus})=0.$$

對底部 annulus，封閉曲面的 outward normal 是向下：
$$\mathbf n=(0,0,-1).$$
在 $z=0$ 時，
$$R=0-\cos(x^2+y^2)=-\cos(r^2).$$
因此
$$\mathbf F\cdot\mathbf n=-R=\cos(r^2).$$
所以 annulus 的 flux 為
$$\int_0^{2\pi}\int_2^6 \cos(r^2)r\,dr\,d	heta.$$
先對 $r$ 積分：
$$\int_2^6 \cos(r^2)r\,dr=\frac12\left[\sin(r^2)ight]_2^6=\frac12(\sin36-\sin4).$$
因此
$$	ext{Flux}(	ext{annulus})=2\pi\cdot\frac12(\sin36-\sin4)=\pi(\sin36-\sin4).$$
所以 upward flux through $S$ 為
$$	ext{Flux}(S)=-\pi(\sin36-\sin4)=\pi(\sin4-\sin36).$$

答案：
$$\boxed{\pi(\sin4-\sin36)}.$$
角度單位為 radians。

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