國立臺灣大學一百零七學年度轉學生入學考試試題詳解

※禁止使用計算機

全卷 $100$ 分，每個答案 $5$ 分。所有題目均須作答於答案卷上。
不得使用計算機或其他電子計算工具。
The total score of this exam is 100 points, 5 points for each answer.
ALL QUESTIONS have to be answered on your ANSWER SHEET.
The use of digital calculators or other calculating devices are NOT allowed.

Part I 選擇題 Multiple Choice

從(A)、(B)、(C)及(D)選項中選出最適答案，並填寫在答案卷上的「選擇題作答區」內。Choose the most suitable answer among the choices (A), (B), (C) and (D) and put it into the "Multiple Choice Answer" section of your ANSWER SHEET.

1. Let $f$ be a smooth function on $\mathbb R$.
   1. If $f''>0$ on $\mathbb R$, then $f'$ must be increasing on $\mathbb R$.
   2. If $f''>0$ on $\mathbb R$, then $f$ must be concave upward on $\mathbb R$.
   3. If $f''\left(a\right)=0$, then the point $\left(a,f\left(a\right)\right)$ must be an inflection point.
   Among the above three statements, how many of them are true?
   1. Only one.
   2. Only two.
   3. All of them.
   4. None of them.
訣竅
瞭解微分所表現出的函數趨勢特性即可。
解法
1. 此敘述正確。因為當可微函數 $g$ 有 $g'>0$ 時則表明 $g$ 為遞增函數，取 $g=f'$ 即能知道 $f''>0$ 蘊含 $f'$ 在 $\mathbb R$ 上遞增。
2. 此敘述正確，這可視為凹口向上的定義或基本性質。
3. 此敘述錯誤。取 $f\left(x\right)=x^4$，則容易知道 $f''\left(0\right)=0$，但 $f$ 各處皆凹口向上，因此不存在反曲點。
由以上可知應選 B)。


2. A function $f$ on $\mathbb R$ is odd if $f\left(-x\right)=-f\left(x\right)$ for all $x\in\mathbb R$ while it is even if $f\left(-x\right)=f\left(x\right)$ for all $x\in\mathbb R$. Suppose that $g$ and $h$ are two functions on $\mathbb R$.
   1. If $g$ is an even function, then the composite function $h\circ g$ must be even.
   2. If $g$ is an odd function and $\displaystyle\lim_{x\to0^+}g\left(x\right)=3$, then the limit $\displaystyle\lim_{x\to0^-}g\left(x\right)$ must be $-3$.
   3. If $g$ is an even function and $\displaystyle\lim_{x\to0^+}g\left(x\right)=3$, then the limit $\displaystyle\lim_{x\to0}g\left(x\right)$ must be $3$.
   Among the above three statements, how many of them are true?
   1. Only one.
   2. Only two.
   3. All of them.
   4. None of them.
訣竅
按奇函數與偶函數的定義以及兩類函數在幾何圖形上所呈現的對稱性來答題。
解法
1. 設 $k=h\circ g$，那麼

   $k\left(-x\right)=\left(h\circ g\right)\left(-x\right)=h\left(g\left(-x\right)\right)=h\left(g\left(x\right)\right)=\left(h\circ g\right)\left(x\right)=k\left(x\right)$.

   因此 $k$ 為偶函數，本敘述正確。
2. 藉由令 $x=-t$，那麼有

   $\displaystyle\lim_{x\to0^-}g\left(x\right)=\lim_{t\to0^+}g\left(-t\right)$.

   由於 $g$ 為奇函數，因此 $g\left(-t\right)=-g\left(t\right)$，從而

   $\displaystyle\lim_{x\to0^-}g\left(x\right)=-\lim_{t\to0^+}g\left(t\right)=-3$.

   故本敘述正確。
3. 藉由令 $x=-t$，那麼有

   $\displaystyle\lim_{x\to0^-}g\left(x\right)=\lim_{t\to0^+}g\left(-t\right)$.

   由於 $g$ 為偶函數，因此 $g\left(-t\right)=g\left(t\right)$，從而

   $\displaystyle\lim_{x\to0^-}g\left(x\right)=\lim_{t\to0^+}g\left(t\right)=3$.

   故 $g$ 在 $x=0$ 處的左右極限相等，因此有 $\displaystyle\lim_{x\to0}g\left(x\right)=3$，本敘述正確。
由以上可知應選 C)。


3. Consider the integral $\displaystyle I_{p,r}:=\iint_D\frac1{\left(x^2+y^2\right)^{p/2}}\,dA$, where $D$ is the region bounded by two concentric circles centred at the origin with radii $r$ and $1$ respectively, $0<r<1$. Let $\displaystyle J_p:=\lim_{r\to0^+}I_{p,r}$.
   1. $J_p$ is convergent if $p<1$.
   2. $J_p$ is convergent if $1<p<2$.
   3. $J_p$ is convergent if $2<p$.
   Among the above three statements, how many of them are true?
   1. Only one.
   2. Only two.
   3. All of them.
   4. None of them.
訣竅
運用極座標變換先求出 $I_{p;r}$ 後再進行極限計算。
解法
令 $x=s\cos\theta$、$y=s\sin\theta$，其中變數的範圍為 $r\leq s\leq1$、$0\leq\theta\leq2\pi$，如此 $I_{p,r}$ 可計算如下
$\displaystyle I_{p,r}=\int_0^{2\pi}\int_r^1\frac1{s^p}\cdot s\,ds\,d\theta=2\pi\int_r^1s^{1-p}\,ds$.
假定 $p\neq2$，則可得
$\displaystyle I_{p,r}=\frac{2\pi}{2-p}\left(1-r^{2-p}\right)$.
可以知道當 $p<2$ 時會使 $I_{p,r}$ 的極限存在，而當 $p\geq2$ 則使該極限發散，從而 (a)(b) 正確而 (c) 錯誤，故選 B)。


4. Let $f\left(x,y\right)=\begin{cases}\displaystyle\frac{x\sin y^2}{1-e^{x^2+y^4}}&\text{if }\left(x,y\right)\neq\left(0,0\right),\\0&\text{if }\left(x,y\right)=\left(0,0\right).\end{cases}$
   1. $\displaystyle\lim_{x\to0}\lim_{y\to0}f\left(x,y\right)=0$.
   2. $\displaystyle\lim_{x\to0}\lim_{y\to0}f\left(x,y\right)=\lim_{y\to0}\lim_{x\to0}f\left(x,y\right)$.
   3. $\displaystyle\lim_{\left(x,y\right)\to\left(0,0\right)}f\left(x,y\right)=0$.
   Among the above three statements, how many of them are true?
   1. Only one.
   2. Only two.
   3. All of them.
   4. None of them.
訣竅
前兩個選項直接計算迭代極限，但雙變數極限的存在與否則與迭代極限皆存在無關，應多考慮各種曲線的行徑。
解法
1. 首先固定任何不為 $0$ 的 $x$ 計算下列極限

   $\displaystyle\lim_{y\to0}f\left(x,y\right)=x\lim_{y\to0}\frac{\sin y^2}{1-e^{x^2+y^4}}=x\cdot\frac{\sin0^2}{1-e^{x^2+0^4}}=0$.

   如此 $\displaystyle\lim_{x\to0}\lim_{y\to0}f\left(x,y\right)=\lim_{x\to0}0=0$，此敘述正確。
2. 固定任何不為 $0$ 的 $y$ 計算下列極限

   $\displaystyle\lim_{x\to0}f\left(x,y\right)=\sin y^2\lim_{x\to0}\frac{x}{1-e^{x^2+y^4}}=\sin y^2\cdot\frac{0}{1-e^{0^2+y^4}}=0$.

如此結合 (a) 的結果可知 $\displaystyle\lim_{x\to0}\lim_{y\to0}f\left(x,y\right)=0=\lim_{y\to0}\lim_{x\to0}f\left(x,y\right)$，此敘述正確。
3. 取 $x=y^2\neq0$，則有

   $\displaystyle f\left(y^2,y\right)=\frac{y^2\sin y^2}{1-e^{2y^4}}$.

   取 $y=\sqrt x>0$，則有

   $\displaystyle f\left(x,\sqrt x\right)=\frac{x\sin x}{1-e^{2x^2}}$.

   現考慮 $x$ 趨於零，則運用 L'Hôpital 法則有

   $\displaystyle\lim_{x\to0}f\left(x,\sqrt x\right)=\lim_{x\to0}\frac{x\sin x}{1-e^{2x^2}}=\lim_{x\to0}\frac{\sin x+x\cos x}{-4xe^{2x^2}}=\lim_{x\to0}\frac{2\cos x-x\sin x}{-4e^{2x^2}-16x^2e^{2x^2}}=-\frac{1}{2}\neq0$.

   可知此敘述錯誤。
由以上分析可知應選 B)。


5. 1. The series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty n\cos\left(n\pi\right)\sin\frac1n$ is absolutely convergent.
   2. The series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\sin\left(n\right)\frac{n^2+1}{5^n}$ is absolutely convergent.
   3. The series $\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{\left(-1\right)^n}{n\left(\ln n\right)^{\sqrt2-1}}$ is absolutely convergent.
   Among the above three statements, how many of them are true?
   1. Only one.
   2. Only two.
   3. All of them.
   4. None of them.
訣竅
應留意絕對收斂的定義並依各種審歛法判斷其收斂或發散。第一個敘述使用到 $\displaystyle n\sin\frac1n$ 可考慮先計算其極限可知發散，第二個敘述之分母為指數函數而分子為多項式函數可猜出會收斂，而第三個敘述則由於 $\ln n$ 項在分母則適合使用積分審歛法。
解法
1. 由於 $\cos\left(n\pi\right)=\left(-1\right)^n$，因此要考慮的給定級數是否絕對收斂即考慮 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty n\sin\frac1n$ 是否收斂。但因 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}n\sin\frac1n=1\neq0$，從而該級數發散，本敘述錯誤。
2. 為了判斷該級數是否絕對收斂，因此要考慮此級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left|\sin\left(n\right)\right|\frac{n^2+1}{5^n}$ 是否收斂。設數列 $\displaystyle a_n=\frac{n^2+1}{5^n}$，由於

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(n+1\right)^2+1}{5^{n+1}}\cdot\frac{5^n}{n^2+1}=\frac15<1$.

   因此級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{n^2+1}{5^n}$ 收斂，從而由比較審歛法可知 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left|\sin\left(n\right)\right|\frac{n^2+1}{5^n}$ 亦收斂，故此敘述正確。
3. 為了判斷該級數是否絕對收斂，因此要考慮此級數 $\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac1{n\left(\ln n\right)^{\sqrt2-1}}$ 是否收斂。設 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac1{x\left(\ln x\right)^{\sqrt2-1}}$，可以知道 $f$ 在 $\left[2,\infty\right)$ 上恆正且遞減，而且在正整數上的取值與級數中的一般項相同，如此計算下列的瑕積分：

   $\displaystyle\int_2^\infty f\left(x\right)dx=\int_2^\infty\frac1{x\left(\ln x\right)^{\sqrt2-1}}\,dx=\left.\frac{\left(\ln x\right)^{2-\sqrt2}}{2-\sqrt2}\right|_2^\infty=\infty$.

   根據積分審歛法可知級數 $\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac1{n\left(\ln n\right)^{\sqrt2-1}}$ 發散，故此敘述錯誤。
由以上的分析可知應選 A)。

Part II 填充題 Fill in the blanks

找出最適合填入下面空格的答案，並把空格上的題號和你的答案清楚填寫於答案卷上。請按題號的順序填寫答案，並無須填寫答案推導過程。Find a suitable answer to fill in each of the blanks below. Write the LABEL ON THE BLANK as well as YOUR ANSWER clearly in your ANSWER SHEET. Please write your answers in the order of the numbers of the labels. Explanation to your answer is NOT needed.

6. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{\left(\sqrt1+\sqrt2+\cdots+\sqrt n\right)^2}=$　　　(6)　　　.
訣竅
改寫為 Riemann 和後求其定積分；亦可利用差和分的思維判斷出分母之級數和之次數；亦可揉合兩者的思想並用。
解法一

首先注意到下列兩個 Riemann 和取極限：

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1{n^3}\sum_{k=1}^nk^2=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\left(\frac kn\right)^2=\int_0^1x^2dx=\frac13$,

以及

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac kn}=\int_0^1\sqrt x\,dx=\frac23$.

據此將所求的極限分子分母同除以 $n^3$ 後有

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\sum_{k=1}^nk^2}{\displaystyle\left(\sum_{k=1}^n\sqrt k\right)^2}=\frac{\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1{n^3}\sum_{k=1}^nk^2}{\displaystyle\left(\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac kn}\right)^2}=\frac{\displaystyle\frac13}{\displaystyle\left(\frac23\right)^2}=\frac34$.

解法二

利用差和分的思想可以知道當 $\alpha>-1$ 且 $n$ 充分大時時有

$\displaystyle\sum_{k=1}^nk^\alpha=\frac{n^{\alpha+1}}{\alpha+1}+\cdots$.

該式表達出成長最快速的項（亦即領導項），因此所求之極限呈現如下

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\sum_{k=1}^nk^2}{\displaystyle\left(\sum_{k=1}^n\sqrt k\right)^2}=\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\frac{n^3}3+\cdots}{\displaystyle\left(\frac23n^{\frac32}+\cdots\right)^2}=\frac{\displaystyle\frac13}{\displaystyle\left(\frac23\right)^2}=\frac34$.

解法三【由黃信維提供】

注意到分子可由中學所知的級數公式求得為 $\displaystyle1^2+2^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}6$，如此所求的極限可改寫為

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{\left(\sqrt1+\sqrt2+\cdots+\sqrt n\right)^2}=\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\left(1+\frac1n\right)\left(2+\frac1n\right)}{\displaystyle6\left(\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac kn}\right)^2}=\frac{1\cdot2}{\displaystyle6\cdot\left(\int_0^1\sqrt x\,dx\right)^2}=\frac1{\displaystyle3\cdot\left(\frac23\right)^2}=\frac34$.



7. Let $\displaystyle f\left(x\right)=\int_0^{\frac\pi2+2\sin x}\sin\left(y+x\cos y\right)dy$. It follows that $f'\left(0\right)=$　　　(7)　　　.
訣竅

運用微積分基本定理與連鎖律，其中應特別留意被積分函數也與 $x$ 有關，當 $f$ 與 $g$ 為可微分函數時，其對應之微分公式如下

$\displaystyle\frac d{dx}\int_a^{g\left(x\right)}f\left(x,y\right)dy=f\left(x,g\left(x\right)\right)g'\left(x\right)+\int_a^{g\left(x\right)}\frac{\partial f}{\partial x}\left(x,y\right)dy$

解法

根據訣竅可知

$\displaystyle f'\left(x\right)=\sin\left[\frac\pi2+2\sin x+x\cos\left(\frac\pi2+2\sin x\right)\right]\cdot2\cos x+\int_0^{\frac\pi2+2\sin x}\cos\left(y+x\cos y\right)\cos y\,dy$.

因此取 $x=0$ 代入有

$\displaystyle f'\left(0\right)=\sin\left(\frac\pi2\right)\cdot2\cos0+\int_0^{\pi/2}\cos^2\left(y\right)dy=2+\frac\pi4$,

其中 $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^2\left(y\right)dy$ 計算如下

$\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^2\left(y\right)dy=\int_0^{\pi/2}\frac{1+\cos2y}2\,dy=\left.\frac{2y+\sin2y}4\right|_{y=0}^{y=\pi/2}=\frac\pi4$.



8. Let $\displaystyle f\left(x\right)=\arctan\left(x^2\right)+\frac{x^2-1}{x^2+1}$. The graph of $f$ has a horizontal asymptote represented by the equation 　　　(8)　　　 and the global minimum value of $f$ is 　　　(9)　　　.
訣竅
熟悉水平漸近線的定義並利用微分求極值後找出絕對極小值。
解法

按水平漸近線的定義直接計算如下

$\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f\left(x\right)=\lim_{x\to\pm\infty}\arctan\left(x^2\right)+\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2-1}{x^2+1}=\frac\pi2+1$.

因此水平漸近線方程式為 $\displaystyle y=\frac\pi2+1$。

計算其導函數如下

$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{2x}{1+x^4}+\frac{2x\cdot\left(x^2+1\right)-\left(x^2-1\right)\cdot2x}{\left(x^2+1\right)^2}=\frac{2x}{1+x^4}+\frac{4x}{\left(x^2+1\right)^2}=\frac{2x\left(3x^4+2x^2+3\right)}{\left(1+x^4\right)\left(x^2+1\right)^2}$.

因此解 $f'\left(x\right)=0$ 可得 $x=0$。由於存在水平漸近線且明顯無鉛直漸近線，故絕對極小值之位置僅可能為 $x=0$。再者，可以知道當 $x>0$ 時有 $f'\left(x\right)>0$ 而當 $x<0$ 時有 $f'\left(x\right)<0$，因此確知 $f\left(0\right)=-1$ 確實為絕對極小值。



9. $\displaystyle\int_0^1\frac1{\left(x^2+1\right)^2}\,dx=$　　　(10)　　　.
訣竅
運用三角代換即可直接計算。
解法

令 $x=\tan\theta$，則

• 當 $x=0$ 時有 $\theta=0$；
• 當 $x=1$ 時有 $\theta=\pi/4$；
• 求導有 $dx=\sec^2\theta\,d\theta$。

據此可將原定積分改寫並計算如下

$\displaystyle\int_0^1\frac1{\left(x^2+1\right)^2}\,dx=\int_0^{\pi/4}\frac1{\sec^4\theta}\cdot\sec^2\theta\,d\theta=\int_0^{\pi/4}\cos^2\theta\,d\theta=\int_0^{\pi/4}\frac{1+\cos2\theta}2\,d\theta=\left.\frac{2\theta+\sin2\theta}4\right|_0^{\pi/4}=\frac{\pi+2}8$.



10. The third term of the Maclaurin series (i.e. the Taylor series centred at $x=0$) of $\text{arcsin}\left(3x\right)$ is 　　　(11)　　　 (note that the answer should be a monomial in $x$; the term of $x^0$ is counted as the $0$-th term). The radius of convergence of the series is 　　　(12)　　　.
訣竅
考慮給定函數的導函數後可容易表達為 Maclaurin 級數再將該級數積分回所求，隨後再運用比值審歛法判別其收斂半徑。
解法
設 $f\left(x\right)=\arcsin\left(3x\right)$，那麼可知
$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{3}{\sqrt{1-\left(3x\right)^2}}=3\left(1-9x^2\right)^{-1/2}$.
運用二項式表達可得到 $f'$ 的 Maclaurin 展開如下
$\displaystyle3\sum_{k=0}^\infty{-1/2\choose k}\left(-9x^2\right)^k=\sum_{k=0}^\infty{-1/2\choose k}\left(-1\right)^k3^{2k+1}x^{2k}$.
藉由在 $\left[0,x\right]$ 取積分可得到 $f$ 的 Maclaurin 級數如下
$\displaystyle\sum_{k=0}^\infty{-1/2\choose k}\frac{\left(-1\right)^k3^{2k+1}}{2k+1}x^{2k+1}=\sum_{k=0}^\infty\frac{3^{2k+1}\left(2k\right)!}{4^k\left(k!\right)^2\left(2k+1\right)}x^{2k+1}=3x+\frac92x^3+\cdots$,
其中 $\displaystyle{-1/2 \choose k}$ 可計算如下
$\begin{aligned}&{-1/2 \choose k}=\frac{\displaystyle\left(-\frac12\right)\cdot\left(-\frac32\right)\cdot\cdots\cdot\left(-\frac{2k-1}2\right)}{1\cdot2\cdot\cdots\cdot k}\\=&\left(-1\right)^k\frac{1\cdot3\cdot\cdots\cdot\left(2k-1\right)}{2^kk!}\stackrel{\mbox{同乘以}2\cdot4\cdot\cdots\cdot2k}{=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=}\left(-1\right)^k\frac{\left(2k\right)!}{2^kk!\cdot2\cdot4\cdot\cdots\cdot2k}=\left(-1\right)^k\frac{\left(2k\right)!}{2^{2k}\left(k!\right)^2}.\end{aligned}$
因此第三項為 $\displaystyle\frac92x^3$。設 $\displaystyle a_k=\frac{3^{2k+1}\left(2k\right)!}{4^k\left(k!\right)^2\left(2k+1\right)}$，則運用比值審歛法應有
$\displaystyle\lim_{k\to\infty}\left|\frac{a_{k+1}x^{2k+3}}{a_kx^{2k+1}}\right|=\left|x^2\right|\lim_{k\to\infty}\left(\frac{3^{2k+3}\left(2k+2\right)!}{4^{k+1}\left[\left(k+1\right)!\right]^2\left(2k+3\right)}\cdot\frac{4^k\left(k!\right)^2\left(2k+1\right)}{3^{2k+1}\left(2k\right)!}\right)=\left|x^2\right|\lim_{k\to\infty}\frac{9\left(2k+1\right)^2}{2\left(k+1\right)\left(2k+3\right)}=9\left|x^2\right|<1$.
從而有 $\displaystyle\left|x\right|<\frac13$，故收斂半徑為 $\displaystyle\frac13$。


11. If $y=y\left(x\right)$ satisfies the differential equation $x^2y'+3xy=2\ln x$ for $x>0$ with $y\left(1\right)=2$, then $y\left(x\right)=$　　　(13)　　　.
訣竅

此為一階線性微分方程可運用積分因子法求解，也就是當我們形如有

$y'+P(x)y=Q(x)$

的微分方程時，其對應的積分因子為

$\mu=e^{\int P(x)dx}$.

解法

同除以 $x^2$ 可得一階線性微分方程的標準型式

$\displaystyle y'+\frac{3y}x=\frac{2\ln x}{x^2}$.

因此積分因子為 $\mu=e^{\int(3/x)dx}=e^{3\ln x}=x^3$，故同乘以 $x^3$ 可得

$\left(x^3y\right)'=x^3y'+3x^2y=2x\ln x$.

從而在 $\left[1,x\right]$ 上取定積分可得

$\displaystyle x^3y\left(x\right)-y\left(1\right)=\int_1^x2s\ln s\,ds=x^2\ln x-\frac{x^2-1}2$.

又因 $y\left(1\right)=2$，因此所求為

$\displaystyle y\left(x\right)=\frac{2x^2\ln x-x^2+5}{2x^3}$.



12. Let $C$ be a variable path in the $xy$-plane of arc-length $1$ starting at the point $\left(\sqrt{3},1\right)$ and ending at the point $\left(a,b\right)$. Suppose that $\displaystyle G\left(a,b\right):=\int_C\nabla f\cdot d{\bf r}$, where $\displaystyle f\left(x,y\right):=\arctan\frac{y}{x}$ is a function in $a$ and $b$. Then $G$ attains its maximum at $a=$　　　(14)　　　 and $b=$　　　(15)　　　, and the maximum value of $G$ is 　　　(16)　　　.
訣竅
由於路徑 $C$ 不會使 $\nabla f$ 無定義，因此可以運用線積分基本定理，據此求雙變數函數的極值，其中需注意變數有範圍限制，為此可以利用函數本身的幾何意義求解。
解法

由於 $C$ 的弧長為 $1$ 且起點為 $\left(\sqrt3,1\right)$，因此終點 $\left(a,b\right)$ 必落於圓盤 $\left(x-\sqrt3\right)^2+\left(y-1\right)^2\leq1$ 中，可以注意到路徑 $C$ 在右半平面 $x>0$ 中，從而 $f$ 與 $\nabla f$ 恆有定義。

運用線積分基本定理可知

$\displaystyle G\left(a,b\right)=f\left(a,b\right)-f\left(\sqrt3,1\right)=\arctan\frac ba-\arctan\frac1{\sqrt3}=\arctan\frac ba-\frac\pi6$.

由於 $\arctan$ 表斜率所對應的弧度值，要使之盡可能的大，亦即求在圓盤中 $\left(x-\sqrt3\right)^2+\left(y-1\right)^2\leq1$ 有最大斜率的座標，容易由圖形中看出座標 $\displaystyle\left(\frac{\sqrt3}2,\frac32\right)$，此時 $G$ 的最大值為 $\displaystyle\frac\pi3-\frac\pi6=\frac\pi6$。

關於 $\left(a,b\right)$ 之求法思路如下：首先要使之斜率盡可能的大必然要使用到切點，而自原點作切線可以發現 $y=0$ 是其中一個明顯的切線，其切點為 $A\left(\sqrt3,0\right)$。另一方面，圓心為 $K\left(\sqrt3,1\right)$，因此可以發現 $\angle KOA=30^\circ$。若另一個切點為 $B$，那麼由對稱性也可以知道 $\angle KOB=30^\circ$，從而直線 $OB$ 的傾斜程度為與 $x$ 軸正向夾 $60^\circ$ 角，從而直線方程式為 $y=\sqrt3x$。再者，切線段長會相等，故 $\overline{OB}=\overline{OA}=\sqrt3$。現取 $y=\sqrt3x$ 上一點 $\left(1,\sqrt3\right)$ 可知此點與原點距離為 $2$，因此藉由伸縮其長度即可得到座標 $\displaystyle\left(\frac{\sqrt3}2,\frac32\right)$。



13. If $a$ and $b$ are positive constants and if $\max\left\{p,q\right\}$ denotes the maximum between the numbers $p$ and $q$, the iterated integral $\displaystyle\int_0^a\int_0^be^{\max\left\{b^2x^2,a^2y^2\right\}}\,dy\,dx=$　　　(17)　　　.
訣竅
為了確定次方中的最大值的選取，我們應分割積分區域分別計算，其中有一個區域的積分需使用 Fubini 定理改變積分次序。本題為1989年的普特南(Putnam)數學競賽試題。
解法

將所求迭代重積分分拆並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^a\int_0^be^{\max\left\{b^2x^2,a^2y^2\right\}}\,dy\,dx&=\int_0^a\int_0^{\frac{bx}a}e^{\max\left\{b^2x^2,a^2y^2\right\}}\,dy\,dx+\int_0^a\int_{\frac{bx}a}^be^{\max\left\{b^2x^2,a^2y^2\right\}}\,dy\,dx\\&=\int_0^a\int_0^{\frac{bx}a}e^{b^2x^2}\,dy\,dx+\int_0^a\int_{\frac{bx}a}^be^{a^2y^2}\,dy\,dx\\&=\frac ba\int_0^axe^{b^2x^2}\,dx+\int_0^b\int_0^{\frac{ay}b}e^{a^2y^2}\,dx\,dy\\&=\left.\frac{e^{b^2x^2}}{2ab}\right|_0^a+\frac ab\int_0^bye^{a^2y^2}\,dy\\&=\frac{e^{a^2b^2}-1}{2ab}+\left.\left(\frac{e^{a^2y^2}}{2ab}\right)\right|_0^b\\&=\frac{e^{a^2b^2}-1}{ab}.\end{aligned}$



14. Let $E$ be tetrahedron (四面體) in $\mathbb R^3$ bounded by the planes $x+y+z=3$, $x=2z$, $y=0$ and $z=0$. Let also ${\bf F}:=\left(x-y\right){\bf i}+\left(y^2+z^2\right){\bf j}+e^{x^3}{\bf k}$.
    1. $\text{curl }{\bf F}=$　　　(18)　　　.
    2. If $S_1$ is the boundary surface of $E$ (including all faces) endowed with the outward orientation, one has $\displaystyle\iint_{S_1}\text{curl }{\bf F}\cdot d{\bf S}=$　　　(19)　　　.
    3. If $S_2$ is the surface obtained from $S_1$ by removing the face in the $xy$-plane whlie keeping the orientation from $S_1$ on all other faces, one then has $\displaystyle\iint_{S_2}\text{curl }{\bf F}\cdot d{\bf S}=$　　　(20)　　　.
訣竅
第一小題僅需按旋度的定義計算即可；第二小題可考慮運用散度定理；第三小題則單獨計算某一個面的曲面積分後藉由第二小題的結果求之。
解法

1. 按旋度的定義計算如下

   $\text{curl }{\bf F}=\begin{vmatrix}{\bf i}&{\bf j}&{\bf k}\\\partial_x&\partial_y&\partial_z\\x-y&y^2+z^2&e^{x^3}\end{vmatrix}=-2z{\bf i}-3x^2e^{x^3}{\bf j}+{\bf k}=\left(-2z,-3x^2e^{x^3},1\right)$.

2. 運用散度定理可知

   $\displaystyle\iint_{S_1}\text{curl }{\bf F}\cdot d{\bf S}=\iiint_E\text{div}\left(\text{curl }{\bf F}\right)dV=\iiint_E0\,dV=0$.

3. 設被移去的面為 $K=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,x\geq0,y\geq0,x+y\leq3\right\}$，則所求即為 $\displaystyle\iint_{S_1}\text{curl }{\bf F}\cdot d{\bf S}-\iint_K\text{curl }{\bf F}\cdot d{\bf S}$，其中前者可由第二小題獲得，而後者計算如下

   $\displaystyle\begin{aligned}\iint_K\text{curl }{\bf F}\cdot d{\bf S}&=\int_0^3\int_0^{3-y}\left(0,-3x^2e^{x^3},1\right)\cdot\left(0,0,-1\right)dxdy\\&=\int_0^3\int_0^{3-y}\left(-1\right)dxdy\\&=\int_0^3\left(y-3\right)dy\\&=\left.\frac{y^2}{2}-3y\right|_0^3\\&=-\frac92.\end{aligned}$

   因此所求為

   $\displaystyle\iint_{S_2}\text{curl }{\bf F}\cdot d{\bf S}=0-\left(-\frac92\right)=\frac92$.