台灣聯合大學系統 113 年微積分 A3/A4/A6 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Evaluate the limit $\displaystyle\lim\limits_{x 	o 2} \frac{1}{x-2} \int_4^{x^2} \frac{\sin t}{t} dt$.

Accepted Answer

設 $g(u)=\int_4^u \frac{\sin t}{t}\,dt$，則題目為
$$\lim_{x	o2}\frac{g(x^2)-g(4)}{x-2}$$
且 $g(4)=0$。這是 $0/0$ 型，可用洛必達法則（或視為導數）：
$$\frac{d}{dx}g(x^2)=g'(x^2)\cdot 2x=\frac{\sin(x^2)}{x^2}\cdot 2x=\frac{2\sin(x^2)}{x}.$$
因此
$$\lim_{x	o2}\frac{1}{x-2}\int_4^{x^2}\frac{\sin t}{t}\,dt
=\lim_{x	o2}\frac{2\sin(x^2)}{x}=\frac{2\sin4}{2}=\sin4.$$
答案：$\boxed{\sin 4}$.

Question 2

Evaluate the integral $\displaystyle\int_0^\infty e^{-2x} \cos x dx$.

Accepted Answer

利用拉普拉斯積分公式
$$\int_0^\infty e^{-ax}\cos(bx)\,dx=\frac{a}{a^2+b^2}\quad(a>0).$$
此處 $a=2,b=1$，故
$$\int_0^\infty e^{-2x}\cos x\,dx=\frac{2}{2^2+1^2}=\frac{2}{5}.$$
答案：$\boxed{\frac{2}{5}}$.

Question 3

Evaluate the integral $\displaystyle\int_0^{\ln 17} \frac{e^x \sqrt{e^x - 1}}{e^x + 15} dx$.

Accepted Answer

令 $u=e^x$，則 $du=e^x dx$，且當 $x=0$ 時 $u=1$；當 $x=\ln17$ 時 $u=17$。
原積分化為
$$\int_{1}^{17}\frac{\sqrt{u-1}}{u+15}\,du.$$
再令 $v=\sqrt{u-1}$，則 $u=v^2+1$，$du=2v\,dv$，且 $v:0	o4$。

因此
$$\int_{1}^{17}\frac{\sqrt{u-1}}{u+15}\,du
=\int_0^4 \frac{v}{v^2+16}\cdot 2v\,dv
=\int_0^4 \frac{2v^2}{v^2+16}\,dv
=2\int_0^4\left(1-\frac{16}{v^2+16}ight)dv.$$

計算得
$$2\left[v-16\cdot\frac14\arctan\frac{v}{4}ight]_0^4
=2\left(4-4\cdot\frac\pi4ight)=8-2\pi.$$
答案：$\boxed{8-2\pi}$.

Question 4

Evaluate the double integral $\displaystyle\iint_D (x^2 + y^2)^{3/2} dA$, where $D$ is the region in the first quadrant bounded by the lines $y = 0$ and $y = \sqrt{3}x$ and the circle $x^2 + y^2 = 9$.

Accepted Answer

區域 $D$ 在第一象限，夾角由 $y=0$（$\theta=0$）到 $y=\sqrt3 x$（$\theta=\pi/3$），且被圓 $x^2+y^2=9$（$r=3$）截住。

改用極座標：$x^2+y^2=r^2$。
$$(x^2+y^2)^{3/2}=(r^2)^{3/2}=r^3,\qquad dA=r\,dr\,d\theta.$$
故
$$\iint_D (x^2+y^2)^{3/2}dA=\int_0^{\pi/3}\int_0^{3} r^3\cdot r\,dr\,d\theta
=\int_0^{\pi/3}\left[\frac{r^5}{5}\right]_0^3 d\theta
=\frac{243}{5}\cdot\frac{\pi}{3}=\frac{81\pi}{5}.$$
答案：$\boxed{\frac{81\pi}{5}}$.

Question 5

Evaluate the double integral $\displaystyle\iint_R (x + y)e^{x^2-y^2} dA$, where $R$ is the rectangle enclosed by the line $x - y = 0$, $x - y = 2$, $x + y = 0$, and $x + y = 3$.

Accepted Answer

令
$$u=x+y,\qquad v=x-y.$$
則區域由 $v=0,2$ 與 $u=0,3$ 圍成，即
$$0\le u\le3,\quad 0\le v\le2.$$
且
$$x=\frac{u+v}{2},\ y=\frac{u-v}{2},\qquad dxdy=\frac12\,dudv.$$
另外
$$x^2-y^2=(x-y)(x+y)=uv.$$

因此
$$\iint_R (x+y)e^{x^2-y^2}\,dA=\iint u e^{uv}\cdot\frac12\,dudv
=\frac12\int_0^3\int_0^2 u e^{uv}\,dv\,du.$$
固定 $u$，
$$\int_0^2 u e^{uv}\,dv=\left[e^{uv}\right]_{0}^{2}=e^{2u}-1.$$
故
$$\frac12\int_0^3 (e^{2u}-1)\,du
=\frac12\left[\frac12 e^{2u}-u\right]_0^3
=\frac12\left(\frac12(e^6-1)-3\right)
=\frac{e^6-7}{4}.$$
答案：$\boxed{\frac{e^6-7}{4}}$.

Question 6

Evaluate the triple integral $\displaystyle\iiint_E x^2 dV$, where $E$ is the solid hemisphere $x^2 + y^2 + z^2 \leq 4$, $y \geq 0$.

Accepted Answer

區域 $E$ 為半徑 2 的半球 $x^2+y^2+z^2\le4,\ y\ge0$。
因 $x^2$ 對 $y\mapsto -y$ 對稱，半球的積分是整球的一半。

先算整球 $B$：由對稱性
$$\iiint_B x^2\,dV=\iiint_B y^2\,dV=\iiint_B z^2\,dV
=\frac13\iiint_B (x^2+y^2+z^2)\,dV=\frac13\iiint_B r^2\,dV.$$
用球座標（半徑 2）：
$$\iiint_B r^2\,dV=\int_0^{2}\int_0^{\pi}\int_0^{2\pi} r^2\cdot r^2\sin\phi\,d	heta\,d\phi\,dr
=\left[\int_0^2 r^4dright]\left[\int_0^{\pi}\sin\phi d\phiight]\left[\int_0^{2\pi} d	hetaight]
=\frac{32}{5}\cdot 2\cdot 2\pi=\frac{128\pi}{5}.$$
故整球
$$\iiint_B x^2\,dV=\frac13\cdot\frac{128\pi}{5}=\frac{128\pi}{15}.$$
半球 $E$ 為其一半：
$$\iiint_E x^2\,dV=\frac12\cdot\frac{128\pi}{15}=\frac{64\pi}{15}.$$
答案：$\boxed{\frac{64\pi}{15}}$.

Question 7

Find the length of the curve $\mathbf{r}(t) = \cos t \mathbf{i} + \sin t \mathbf{j} + \ln(\cos t) \mathbf{k}$, $0 \leq t \leq \pi/4$.

Accepted Answer

曲線長度 $L=\int_0^{\pi/4} \|\mathbf{r}'(t)\|\,dt$。

$$\mathbf{r}(t)=(\cos t,\ \sin t,\ \ln(\cos t)).$$
$$\mathbf{r}'(t)=(-\sin t,\ \cos t,\ -	an t).$$
因此
$$\|\mathbf{r}'(t)\|=\sqrt{\sin^2 t+\cos^2 t+	an^2 t}
=\sqrt{1+	an^2 t}=\sec t.$$
故
$$L=\int_0^{\pi/4}\sec t\,dt=\left[\ln|\sec t+	an t|ight]_0^{\pi/4}
=\ln(\sqrt2+1)-\ln 1=\ln(\sqrt2+1).$$
答案：$\boxed{\ln(1+\sqrt2)}$.

Question 8

Find the work done by the force field $\mathbf{F}(x,y) = x \mathbf{i} + (y + 2) \mathbf{j}$ in moving an object along an arch of the cycloid $\mathbf{r}(t) = (t - \sin t) \mathbf{i} + (1 - \cos t) \mathbf{j}$, $0 \leq t \leq 2\pi$.

Accepted Answer

做線積分 $W=\int_C \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}$。
$$\mathbf{F}(x,y)=(x,\ y+2),\quad \mathbf{r}(t)=(t-\sin t,\ 1-\cos t),\ 0\le t\le2\pi.$$
則
$$x(t)=t-\sin t,\ y(t)=1-\cos t,$$
$$dx=(1-\cos t)dt,\qquad dy=\sin t\,dt.$$
因此
$$\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=x\,dx+(y+2)\,dy
=(t-\sin t)(1-\cos t)dt+(3-\cos t)\sin t\,dt.$$
化簡：
$$(t-\sin t)(1-\cos t)+(3-\cos t)\sin t=t(1-\cos t)+2\sin t.$$
故
$$W=\int_0^{2\pi}\bigl(t(1-\cos t)+2\sin t\bigr)dt
=\int_0^{2\pi} t\,dt-\int_0^{2\pi} t\cos t\,dt+2\int_0^{2\pi}\sin t\,dt.$$
其中 $\int_0^{2\pi}\sin t\,dt=0$，且分部積分得
$$\int_0^{2\pi} t\cos t\,dt=[t\sin t]_0^{2\pi}-\int_0^{2\pi}\sin t\,dt=0.$$
所以
$$W=\int_0^{2\pi} t\,dt=\left[\frac{t^2}{2}\right]_0^{2\pi}=2\pi^2.$$
答案：$\boxed{2\pi^2}$.

Question 9

(a) Find the radius of convergence of the power series $\displaystyle\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^n}{3^{2n}(2n)!}$.

Then find the sum of the series $\displaystyle\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n \pi^n}{3^{2n}(2n)!}$.

(b) Determine whether the series $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n(1 + \ln^2 n)}$ is absolutely convergent, conditionally convergent, or divergent.

Accepted Answer

(a) 級數
$$\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^n}{3^{2n}(2n)!}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!}\left(\frac{x}{9}\right)^n.$$
由比值判別（或因含 $(2n)!$）可知對所有 $x$ 收斂，故收斂半徑 $R=\infty$。
並且令 $z^2=\frac{x}{9}$（即 $z=\frac{\sqrt{x}}{3}$），則
$$\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n z^{2n}}{(2n)!}=\cos z,$$
所以
$$\sum_{n=0}^
\infty \frac{(-1)^n x^n}{3^{2n}(2n)!}=\cos\left(\frac{\sqrt{x}}{3}\right).$$
因此
$$\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n \pi^n}{3^{2n}(2n)!}=\cos\left(\frac{\sqrt{\pi}}{3}\right).$$

(b) 絕對收斂看
$$\sum_{n=1}^\infty \left|\frac{(-1)^n}{n(1+\ln^2 n)}\right|=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(1+\ln^2 n)}.$$ 
對大 $n$，$1+\ln^2 n\sim \ln^2 n$，可與 $\sum \frac{1}{n(\ln n)^2}$ 比較；而
$$\sum_{n=3}^\infty \frac{1}{n(\ln n)^p}$$
在 $p>1$ 時收斂，故此處 $p=2$ 收斂。

因此原級數為絕對收斂（所以收斂）。

Question 10

Find the limit or show that the limit does not exist.

(a) $\displaystyle\lim\limits_{x 	o (\pi/2)^-} (	an x)^{\cos x}$.

(b) $\displaystyle\lim\limits_{(x,y) 	o (0,0)} \frac{y^5 \sin^2 x}{x^4 + y^4}$.

Accepted Answer

(a) 令
$$L=\lim_{x	o(\pi/2)^-} (	an x)^{\cos x}.$$ 
取對數：
$$\ln L=\lim_{x	o(\pi/2)^-} \cos x\,\ln(	an x).$$
設 $u=\frac{\pi}{2}-x	o0^+$，則 $\cos x=\sin u\sim u$，且
$$	an x=	an\left(\frac{\pi}{2}-uight)=\cot u\sim \frac{1}{u},\quad \ln(	an x)\sim -\ln u.$$
所以
$$\cos x\,\ln(	an x)\sim u(-\ln u)	o0,$$
故 $\ln L=0$，$L=e^0=1$。

(b) 估計：$\sin^2 x\le x^2$，且 $x^4+y^4\ge 2x^2y^2$（AM-GM）。
因此
$$0\le \left|\frac{y^5\sin^2 x}{x^4+y^4}ight|
\le \frac{|y|^5\,x^2}{2x^2y^2}=\frac{|y|^3}{2}	o0\quad((x,y)	o(0,0)).$$

所以 (b) 的極限為 $0$。

答案：
(a) $\boxed{1}$；(b) $\boxed{0}$.

Question 11

Find the local maximum and minimum values and saddle point of the function $$f(x,y) = (x^2 + y^2) e^{-x}.$$

Accepted Answer

$f(x,y)=(x^2+y^2)e^{-x}$。一階偏導： $$f_x=e^{-x}(2x)-(x^2+y^2)e^{-x}=e^{-x}(2x-x^2-y^2),$$ $$f_y=2y e^{-x}.$$ 臨界點由 $f_y=0\Rightarrow y=0$，代入 $f_x=0$ 得 $$2x-x^2=0\Rightarrow x(2-x)=0\Rightarrow x=0 ext{ 或 }2.$$ 故臨界點為 $(0,0)$、$(2,0)$。二階導數： $$f_{yy}=2e^{-x},\quad f_{xy}=-2y e^{-x},$$ $$f_{xx}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(e^{-x}(2x-x^2-y^2)\bigr)=e^{-x}(x^2+y^2-4x+2).$$ 1) 在 $(0,0)$：$f_{xx}=2>0, f_{yy}=2>0$，且 $f(0,0)=0$，為局部（亦為全域）最小值 $0$。 2) 在 $(2,0)$：$f_{xx}=e^{-2}(4-8+2)=-2e^{-2}<0$，$f_{yy}=2e^{-2}>0$，判別式 $D=f_{xx}f_{yy}<0$，故為鞍點。因此： - 局部最小值：$0$（於 $(0,0)$）； - 鞍點：$(2,0)$； - 無局部最大值。

台灣聯合大學系統 113 年度微積分 A3/A4/A6

這份試題整理

微積分 A3/A4/A6 其他年度考古題

$甲、填充題$

$乙、計算、證明題$

台灣聯合大學系統 113 年度 微積分 A3/A4/A6

這份試題整理

微積分 A3/A4/A6 其他年度考古題

甲、填充題

乙、計算、證明題

台灣聯合大學系統 113 年度微積分 A3/A4/A6

$甲、填充題$

$乙、計算、證明題$