- 填充題：[9%×8=72%] 請在答案簿按題序標清題號寫下答案，其它計算式一律不予計分。
- 設曲線 x3+y3=1 在 (3√12,3√12) 點的切線為 ax+by=1，則 a= ① 。
- 設 ∫x1lntdt 在 x=1 點的泰勒展開式為 ∞∑k=0ak(x−1)k，a5= ② 。
- α=1+√52 為 x2−x−1=0 之一根，考慮運用牛頓法於函數 f(x)=x2−x−1 去逼近 α。若令 A={x0∈R| 以 x0 為牛頓法起始點，可逼近 α 者 }。請用 R 中的區間描述 A： ③ 。
- 令 f(t)=∫t0∫txcos(y2)dydx，則 f″(t)= ④ 。(化簡到沒有積分符號為止)
- 設 xy 平面中一曲線 Γ，可用極座標方程 r=sin2θ 來定義，則限制在 Γ 上 x2+y2 的最大值 = ⑤ 。
- 設 f(x,y)=y2+λx3+x，其中 λ 為參數，若已知其函數圖形有唯一的鞍點 (a,b,f(a,b))，則所有可能的 λ 構成的集合為 ⑥ ，且 a+b= ⑦ 。(寫成 λ 的表式)
- 函數 f(x)=tan−1xx，在 x=0 時不連續，但若定義 f(0)= ⑧ ，則 f(x) 就會到處連續。
- 計算題：[14\%\times2=28\%] 請寫出詳盡之計算與論證過程
- (續填充題 8，假設 f\left(x\right) 在 \mathbb R 上連續)
顯然，\displaystyle\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)=\lim_{x\to-\infty}f\left(x\right)=0，請判斷瑕積分 \displaystyle\int_{-\infty}^\infty f\left(x\right)dx 是收斂還是發散。並說明之。 - 設 \mathbb R^2 上向量場 \displaystyle\left(u\left(x,y\right),v\left(x,y\right)\right)=\left(\frac{-y}{x^2+y^2},\frac{x}{x^2+y^2}\right)，令 \Gamma 為 y=\ln x 之函數曲線，其中 x>0。取 \Gamma 的方向如下，請計算線積分 \displaystyle\int_\Gamma\left(udx+vdy\right)。(注意：這是一瑕積分。)
訣竅
使用隱函數微分求出在該點的斜率，接著使用點斜式求出該切線。解法
運用隱函數微分可得3x2+3y2dydx=0
因此取點(3√12,3√12) 代入後可得 dydx|(3√12,3√12)=−1，因此由點斜式可得切線方程式為x+y=3√4
因此 a=b=2−23。訣竅
直接根據泰勒展開式作五階微分。解法
容易可得f′(x)=lnxf″(x)=1xf‴(x)=−1x2f(4)(x)=2x3f(5)(x)=−6x4
因此 a5=f(5)(1)5!=−6120=−120。訣竅
Newton 法屬於微積分內容中較偏門的內容，多年來僅考過一題。根據 Newton 法逼近的原理研究收斂區間即可。Newton 逼近法
欲求 f(x)=0 之解，但過於困難，因此考慮一數列收斂至解 α。取一點 x=x0 開始，由以下方法迭代之：xn+1=xn−f(xn)f′(xn)
關於其收斂性，則可考慮 f(α) 在 x=xn 的 Taylor 展開式則有f(α)=f(xn)+f′(xn)(α−xn)+f″(cn)2!(α−xn)2
其中 cn 介於 α 和 xn 之間，且由於 f(α)=0，因此同除以 f′(xn) 可得0=f(xn)f′(xn)+(α−xn)+f″(cn)2f′(xn)(α−xn)2
根據迭代關係式故知α−xn+1=−f″(cn)2f′(xn)(α−xn)2
若當 xn→α，則 cn→α，故上式約可改為α−xn+1≈−f″(α)2f′(α)(α−xn)2
因此 Newton 法的收斂行為為二次收斂，我們亦可透過此觀念去分析其收斂範圍為α−xn+1≈M(α−xn)2
其中 M=−f″(α)2f′(α)。因此兩邊同乘 M 可得M(α−xn+1)≈[M(α−xn)]2
欲使誤差漸小應要求|M(α−x0)|<1
故α−|1M|<x0<α+|1M|
解法
由牛頓法的分析結果可知M=−f″(α)2f′(α)=−1√5
因此當 x0 滿足下列條件時能保證牛頓法收斂到 α：1+√52−√5<x0<1+√52+√5
故A={x∈R|1−√52<x<1+3√52}.
訣竅
首先可以發現此雙重積分無法直接計算，因此替換順序後進行雙重積分，再求雙階導函數。不過事實上許多動作的次序對調亦無關係，故有多種解法。解法一
由於原先的積分區域為 {0≤x≤tx≤y≤t，可以改寫為 {0≤x≤y0≤y≤t如此我們有f(t)=∫t0∫txcos(y2)dydx=∫t0∫y0cos(y2)dxdy=∫t0xcos(y2)|x=yx=0dy=∫t0ycos(y2)dy=sin(t2)2.
因此直接微分可得f′(t)=tcos(t2),f″(t)=cos(t2)−2t2sin(t2).
解法二
承解法一改寫成下列形式後運用微積分基本定理：f(t)=∫t0∫y0cos(y2)dxdy
接著微分一次可得：f′(t)=∫t0cos(t2)dx=cos(t2)∫t0dx=tcos(t2)
因此微分第二次可得：f″(t)=cos(t2)−2t2sin(t2)
解法三
直接使用微積分基本定理可得：f′(t)=∫ttcos(y2)dy+∫t0cos(t2)dx=tcos(t2)
因此再微分一次即可得f″(t)=cos(t2)−2t2sin(t2)
訣竅
利用極座標代換來求最大值。解法
利用極座標，我們可得 {x=rcosθ=sin2θcosθy=rsinθ=sin2θsinθ 因此x2+y2=sin22θ(cos2θ+sin2θ)=sin22θ≤1
故當 θ=45∘ 時有最大值 =1。訣竅
根據鞍點的定義進行計算即可。解法
首先聯立解fx(x,y)=3λx2+1=0,fy(x,y)=2y=0.
因此當 λ<0 時可解得 (1√−3λ,0)。為了檢驗這樣的座標是否為鞍點，我們利用二階偏微分來檢查：首先我們計算二階偏導函數：fxx=6λx、fxy=fyx=0、fyy=2。故可得 (fxxfyy−f2xy)(1√−3λ,0)=−4√−3λ<0
故 λ 可能的值所構成的集合為 {x∈R|x<0}，而 a+b=1√−3λ。訣竅
根據連續的定義求解。解法
若 f(x) 到處連續，則 f(x) 在 x=0 連續，故利用 L'Hôpital 法則有f(0)=lim
因此定義 f\left(0\right)=1。訣竅
分段計算即可猜出是否收斂。解法
由於 f\left(x\right) 為偶函數，因此 \displaystyle\int_{-\infty}^\infty f\left(x\right)dx 收斂等價於 \displaystyle\int_0^{\infty}f\left(x\right) 收斂，亦等價於 \displaystyle\int_0^1f\left(x\right)dx 與 \displaystyle\int_1^{\infty}f\left(x\right)dx 同時收斂。然而我們可以看出\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\tan^{-1}x}xdx>\int_1^\infty\frac{\tan^{-1}1}xdx=\infty
因此原瑕積分發散。
訣竅
本題可以參數化求解，亦可使用非封閉曲線的 Green 定理求解。解法一
設 F\left(x,y\right)=\arctan\left(\frac{y}x\right)，容易知道 \nabla F\left(x,y\right)=\left(u\left(x,y\right),v\left(x,y\right)\right)。若在 \Gamma 上任取兩點 P\left(e^{a},a\right)、Q\left(e^b,b\right)，則\displaystyle\oint_{P\to Q}\left(udx+vdy\right)=F\left(Q\right)-F\left(P\right)
如此我們取 a\to-\infty、b\to\infty，如此可得\displaystyle\oint_{\Gamma}\left(udx+vdy\right)=\left.\arctan\left(\frac{y}{e^y}\right)\right|_{-\infty}^\infty=\frac\pi2
解法二
直接參數化 \left\{\begin{aligned} &x=x\\&y=\ln x\end{aligned}\right. 代入\begin{aligned}\displaystyle\int_\Gamma(udx+vdy)&=\int_0^{\infty}\left(\frac{-\ln x}{x^2+\ln^2x}dx+\frac{x}{x^2+\ln^2x}d\ln x\right)\\&=\int_0^{\infty}\frac{1-\ln x}{x^2+\ln^2x}dx\\&=\left.\arctan\left(\frac{\ln x}{x}\right)\right|_0^{\infty}=\frac\pi2.\end{aligned}
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