- 填充題：[$8\times9=72\%$] 請在答案簿首頁按題序標清題號寫下答案，其它任何多餘計算式均不予計分。
- $\sin\left(x+y\right)=x$，則 $\left.y''\right|_{\left(0,\pi\right)}=$ 1 。
- $\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{x\left(1-\ln x\right)-1}{x\left(x-1\right)^2}=$ 2 。
- 求 $\tan^{-1}x^2$ 對 $x=0$ 的泰勒展開式 $=$ 3 (必須寫出一般式)。
- $\displaystyle\int\frac{x+4}{x^3+x^2-2}dx=$ 4 $+C$。
- $\mathbb R^2$ 上函數$ f\left(x,y\right)=\sin x\sin y$ 的所有鞍點(saddle point)為 5 。
- $x^3+2y^2=3xyz$ 在 $\left(1,1,1\right)$ 點的切面方程式為 6 。
- $\left(1,0\right)$ 點到 $\displaystyle\frac{x^2}4+y^2=1$ 的最短距離 $=$ 7 。
- 若 $y=0$，則 $x=\pm2$，$\displaystyle\lambda=-\frac12$ 或 $\displaystyle-\frac32$。故 $\overline{AP}=1$ 或 $9$。
- 若 $\displaystyle\lambda=-\frac14$，則 $\displaystyle x=\frac43$，$\displaystyle y=\frac{\sqrt5}3$，因此 $\displaystyle\overline{AP}=\sqrt{\frac23}$。
- $\displaystyle\int_0^1\int_y^1\frac1{x\left(1+x^2\right)}dxdy=$ 8 。
- 設 $\mathbb R^2$ 上向量場 $\displaystyle\left(M\left(x,y\right),N\left(x,y\right)\right)=\left(\frac{-y}{x^2+y^2},\frac{x}{x^2+y^2}\right)$，橢圓 $\gamma$：$\displaystyle\frac{x^2}4+y^2=1$ 取順時鐘方向，則線積分 $\displaystyle\oint_\gamma Mdx+Ndy=$ 9 。
- 計算題：[$14\times2=28\%$] 請務必寫出詳盡之計算與論證過程
- 若 $y=\lambda x$ 與 $y=\ln x$ 只有一交點，$\lambda\in\mathbb R$。求 $\lambda$ 的範圍。
- 設 $\Omega_t=\left\{\left(x,y\right)|x^2+y^2\leq t\right\}$，$t>0$，令 $\displaystyle F\left(t\right)=\iint_{\Omega_t}f\left(x^2+y^2\right)dA$，其中 $f\left(t\right)$ 為在某 $\mathbb R$ 上的連續函數。請說明 $F'\left(t\right)=\pi f\left(t\right)$。
訣竅
利用隱函數微分求得 $y'$、$y''$ 後代入 $\left(0,\pi\right)$ 即可。解法
進行一次與兩次的隱函數微分可得：$\begin{aligned}\displaystyle&\left(1+\frac{dy}{dx}\right)\cos\left(x+y\right)=1\\&\frac{d^2y}{dx^2}\cos\left(x+y\right)-\left(1+\frac{dy}{dx}\right)^2\sin\left(x+y\right)=0\end{aligned}$
因此取座標 $\left(x,y\right)=\left(0,\pi\right)$ 代入可得 $\displaystyle\left.\frac{dy}{dx}\right|_{\left(0,\pi\right)}=-2$、$\displaystyle\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{\left(0,\pi\right)}=0$。訣竅
使用 L'Hôpital 定理求解。解法
運用 L'Hôpital 法則計算如下：$\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{\left(1-\ln x\right)-1}{\left(x-1\right)^2+2x\left(x-1\right)}=\lim_{x\to1}\frac{\displaystyle-\frac1x}{4\left(x-1\right)+2x}=-\frac12$.
訣竅
利用 $\displaystyle\int\frac{dx}{1+x^2}=\tan^{-1}x$、$\displaystyle\frac1{1-x}=1+x+x^2+\cdots$ 等資訊求出 Taylor 展開式。解法
由於 $\displaystyle\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n$，我們可取 $x:=-x^2$ 代入得$\displaystyle\frac{1}{1+x^2}=\sum_{n=0}^\infty\left(-x^2\right)^n=\sum_{n=0}^\infty\left(-1\right)^nx^{2n}$
因此根據定積分公式有$\begin{aligned}\displaystyle\tan^{-1}x&=\int_0^x\frac{dt}{1+t^2}\\&=\int_0^x\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^nt^{2n}dt\\&=\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^x\left(-1\right)^nt^{2n}dt\\&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{2n+1}x^{2n+1}\end{aligned}$
最後再取 $x:=x^2$ 代入上式即得$\displaystyle\tan^{-1}x^2=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{2n+1}x^{4n+2}$
訣竅
根據有理函數積分法。解法
根據有理函數的積分方法法變形後並計算如下：$\begin{aligned}\displaystyle\int\frac{x+4}{x^3+x^2-2}dx=&=\int\left[\frac1{x-1}-\frac{x+1}{x^2+2x+2}-\frac1{\left(x+1\right)^2+1}\right]dx\\&=\ln\left|x-1\right|-\frac12\ln\left(x^2+2x+2\right)-\tan^{-1}\left(x+1\right)+C\end{aligned}$
訣竅
根據鞍點的定義，則 $f_x=f_y=0$ 但 $f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2<0$。解法
根據鞍點的定義，我們聯立解$\begin{aligned} &f_x\left(x,y\right)=\cos x\sin y=0\\&f_y\left(x,y\right)=\sin x\cos y=0\end{aligned}$
如此可得$\displaystyle\left(x,y\right)=\left(\frac\pi2+m\pi,\frac\pi2+n\pi\right)$ 或 $\left(x,y\right)=\left(\pi+m\pi,\pi+n\pi\right)$，其中 $m,n\in\mathbb Z$
前者記為第一類，後者記為第二類；我們將這兩類點座標代入 $D=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2$ 中可算得：第一類點可算得 $D=1>0$ 為極值點；
第二類點可算得 $D=-1<0$ 為鞍點。
訣竅
取梯度後作點法式求切平面方程式。解法
計算梯度可得$\nabla\left(x^3+2y^2-3xyz\right)=\left(3x^2-3yz,4y-3xz,-3xy\right)$
因此在座標 $\left(1,1,1\right)$ 的法向量為 $\left(0,1,-3\right)$，故根據點法式可列出切平面為$y-3z+2=0$
訣竅
設 $P\left(x,y\right)$ 在該橢圓上，列出 $\left(1,0\right)$ 至 $P$ 點的距離後由 Lagrange 法求極值或用配方法求解；除此之外，我們也可將橢圓上的動點參數化後求極值。解法一
設 $P\left(x,y\right)$、$A\left(1,0\right)$，則$\displaystyle \overline{AP}^2=\left(x-1\right)^2+y^2=2-2x+\frac{3x^2}4=\frac34\left(x-\frac43\right)^2+\frac23$
但 $-2\leq x\leq2$，因此 $\overline{AP}^2$ 的最小值為 $\displaystyle\frac23$，故 $\overline{AP}$ 的最小值為 $\displaystyle\sqrt{\frac23}$。解法二
設 $P\left(x,y\right)$、$A\left(1,0\right)$，則 $\overline{AP}^2=\left(x-1\right)^2+y^2$。由 Lagrange 乘子法，設$F\left(x,y,\lambda\right)=\left(x-1\right)^2+y^2+\lambda\left(x^2+4y^2-4\right)$
據此解下列聯立方程組有$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,\lambda)=2(x-1)+2\lambda x=0,\\&F_y(x,y,\lambda)=2y+8\lambda y=0,\\&F_\lambda(x,y,\lambda)=x^2-4y^2-4=0.\end{aligned}\right.$
解法三
設 $P\left(2\cos\theta,\sin\theta\right)$、$A\left(1,0\right)$，則$\displaystyle\overline{AP}^2=\left(2\cos\theta-1\right)^2+\sin^2\theta=3\left(\cos\theta-\frac23\right)^2+\frac23$
因此當 $\displaystyle\cos\theta=\frac23$ 時，$\overline{AP}$ 有最小值為 $\displaystyle\sqrt{\frac23}$。訣竅
我們可以直接積分之，亦可調換迭代積分的順序即可。不過以後者較前者簡單。解法一
原先積分範圍為 $\left\{\begin{aligned} &y\leq x\leq1\\&0\leq y\leq1\end{aligned}\right.$，可以改寫為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq1\\&0\leq y\leq x\end{aligned}\right.$，如此原重積分可改寫並計算如下$\begin{aligned}\int_0^1\int_y^1\frac1{x\left(1+x^2\right)}dxdy&=\int_0^1\int_0^x\frac{1}{x\left(1+x^2\right)}dydx\\&=\int_0^1\left.\frac{y}{x\left(1+x^2\right)}\right|_{y=0}^{y=x}dx\\&=\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}\\&=\tan^{-1}x\Big|_0^1\\&=\frac\pi4.\end{aligned}$
解法二
由於被積分函數為有理函數，因此採取有理函數積分的方法可以進行如下的計算：$\begin{aligned}\displaystyle&\int_0^1\int_y^1\left(\frac1x-\frac{x}{1+x^2}\right)dxdy\\=&\int_0^1\left.\left(\ln x-\frac{\ln\left(1+x^2\right)}2\right)\right|_{x=y}^{x=1}dy\\=&\int_0^1\left(-\frac{\ln2}2-\ln y+\frac{\ln\left(1+y^2\right)}2\right)dy\\=&\left.-\frac{\ln2}2y-y\ln y+y+\frac{y\left(\ln\left(y^2+1\right)-2\right)+2\tan^{-1}y}2\right|_0^1\\=&\frac\pi4.\end{aligned}$
訣竅
我們可以按照線積分的意義參數化後代入求解，亦可在封閉曲線上做線積分可考慮使用 Green 定理改為雙重積分，但本題不可在本區域內直接使用 Green 定理，因為此向量場於原點為瑕點，因此應考慮一小圓與之隔離。解法一
首先將曲線 $\gamma$ 參數化為 $\left\{\begin{aligned} &x=2\cos\theta\\&y=\sin\theta\end{aligned}\right.$，由於為順時鐘，因此方向為 $t=2\pi$ 至 $t=0$，故線積分化為$\begin{aligned}\displaystyle&\int_{2\pi}^0\frac{-\sin\theta}{4\cos^2\theta+\sin^2\theta}\cdot-2\sin\theta\,d\theta+\frac{2\cos\theta}{4\cos^2\theta+\sin^2\theta}\cdot\cos\theta\,d\theta\\=&-\int_0^{2\pi}\frac{2}{1+3\cos^2\theta}d\theta\\=&-8\int_0^{\frac\pi2}\frac{d\theta}{1+3\cos^2\theta}.\end{aligned}$
為此令 $t=\tan\theta$，如此有 $\displaystyle\cos\theta=\frac1{\sqrt{1+t^2}}$、$\theta=\tan^{-1}t$、$\displaystyle d\theta=\frac{dt}{1+t^2}$，如此上式的定積分可改寫為並計算如下$\displaystyle-8\int_0^{\infty}\frac1{\displaystyle1+\frac3{1+t^2}}\cdot\frac{dt}{1+t^2}=-8\int_0^{\infty}\frac{dt}{t^2+4}=\left.-4\tan^{-1}\left(\frac{t}{2}\right)\right|_0^{\infty}=-2\pi$.
解法二
設 $\gamma$ 所圍成的區域為 $\displaystyle D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,\frac{x^2}4+y^2\leq1\right\}$。如此易知存在夠小的 $\varepsilon>0$ 使得 $D_\varepsilon=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,x^2+y^2<\varepsilon^2\right\}\subset D$，且記 $C_{\varepsilon}=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,x^2+y^2=\varepsilon^2\right\}$，且由於方向為順時鐘，方向應取負號：$\displaystyle\oint_{\gamma-C_\varepsilon}Mdx+Ndy=-\iint_{D-D_{\varepsilon}}\left(\frac{\partial N}{\partial x}-\frac{\partial M}{\partial y}\right)dxdy=0$
故$\begin{aligned}\displaystyle\oint_\gamma Mdx+Ndy&=\oint_{C_\varepsilon}Mdx+Ndy\\&=\int_{2\pi}^0\frac{-\varepsilon\sin\theta}{\varepsilon^2}\cdot-\varepsilon\sin\theta\,d\theta+\frac{\varepsilon\cos\theta}{\varepsilon^2}\cdot\varepsilon\cos\theta\,d\theta=-2\pi.\end{aligned}$
訣竅
根據圖形概念考慮斜率範圍。解法
明顯地，若直線 $y=\lambda x$ 之斜率為負值或零時，則與 $y=\ln x$ 恰交一點，故 $\lambda\leq0$ 滿足條件。另一方面考慮 $\lambda>0$ 時的情形，可發現唯有兩者相切才有可能恰交一點。斜率若太小則由於當 $x$ 很大時有 $\lambda x\gg\ln x$，但斜率太大卻不相交。設交點為 $\left(p,\lambda p\right)=\left(p,\ln p\right)$，且該點斜率相同，故$\displaystyle\lambda=\frac1p$
故 $\left(p,1\right)=\left(p,\ln p\right)$，因此 $p=e$，$\lambda=e^{-1}$。綜合而言，$\lambda\leq0$ 或 $\lambda=e^{-1}$。
訣竅
利用極座標轉換積分，再配合微積分基本定理即可證明之。解法
令 $\left\{\begin{aligned} &x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，如此範圍為 $\left\{\begin{aligned} &0\leq r\leq\sqrt t\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$。題幹的重積分可改寫如下：$\displaystyle F\left(t\right)=\iint_{\Omega_t}f\left(x^2+y^2\right)dA=\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt t}f\left(r^2\right)rdrd\theta=2\pi\int_0^{\sqrt t}f\left(r^2\right)rdr$
因此使用微積分基本定理可得：$\displaystyle F'\left(t\right)=2\pi f\left(t\right)\sqrt t\times\frac1{2\sqrt t}=\pi f\left(t\right)$.
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