將答案寫在答案卷上，請標明題號與格號，並依序作答。所有數字必須化為最簡分數。試題共分二部分。第一部份為填充題，八題共計七十二分，每題每格分數見該題個別指定。第二部份為計算證明題，第一題十六分，第二題十二分，二題合計二十八分。
- 填充題
- 求整數 k 使得極限 L=limθ→0sin2(θk/3)(1−secθ)3 存在且非零，則 (k,L)= (1) 。（8 分）
- 令 f(x)=∫x5x2sin(t3)dt，則 (f(−1),f′(−1))= (2) 。（8 分）
- 設 y=y(x) 為滿足 x4+xy2+y3+1=0 在 (x,y)=(−1,−1) 的鄰域（附近）所定義的可微分函數。則 y′(−1)= (3a) （4 分），而 y=y(x) 在 x=−1 的鄰域（附近）之行為（遞增或遞減、向上凹或向下凹）為(3b)（請填入：『遞增』或『遞減』）（4 分），且(3c)（請填入：『向上凹』或『向下凹』）（4 分）。
- 令 T(x) 為 ln(1+x1−x) 在 x=0 的 Taylor 展開式。則 T(x)=(4a)（必須寫出一般式）（4 分），T(x) 的收斂半徑為 (4b) （4 分），利用 T(x) 的最前二個非零項估計 ln3 所得之近似值為 (4c) （4 分）。
- 計算 ∫10(∫1y2√x1+x4dx)dy= (5) （8 分）。
- 令 D 為 2x+3y=0，2x+3y=2，3x+2y=3 與 3x+2y=−3 所圍成的平行四邊形及其內部，計算 ∬ (6) （8 分）。
- 計算 r=1+\sin\theta 所圍成區域的面積 = (7a) （4 分），並計算二重積分 \displaystyle\iint_{B\left(a\right)}\frac{dA}{\sqrt{1+x^2+y^2}}= (7b) （4 分），此處 B\left(a\right)=\left\{\left(x,y\right):0\leq x^2+y^2\leq a^2\right\}\subset\mathbb R^2，a>0。
- 已知三維向量場 \displaystyle{\bf F}=\left(\frac{2x}{x^2+y^2}\right){\bf i}+\left(\frac{2y}{x^2+y^2}-2ze^{-2y}\right){\bf j}+e^{-2y}{\bf k} 為保守場，則其所有可能的 potential function 為 (8a) （4 分）。令參數曲線 C：{\bf r}\left(t\right)=t\,{\bf i}+\pi\cos t\,{\bf j}+\pi\sin t\,{\bf k}，\displaystyle0\leq t\leq\frac\pi2，且 {\bf T} 為 C 上的單位切向量，則線積分 \displaystyle\int_C{\bf F}\cdot{\bf T}ds=\int_C{\bf F}\cdot d{\bf r}= (8b) （4 分）。
- 計算證明題
- （16 分）求函數 z=x^3-4x+xy^2+y^2 的所有臨界點(critical point)，並判斷其為局部極大、極小、或是鞍點(saddle point)。不必計算各點的函數值。
- 若 y=0，則 \displaystyle x=\pm\frac2{\sqrt3}；
- 若 x=-1，則 y=\pm1。
- \displaystyle H\left(\frac2{\sqrt3},0\right)=16+8\sqrt3>0，且 \displaystyle z_{xx}\left(\frac2{\sqrt3},0\right)=4\sqrt3>0，故此為極小點；
- \displaystyle H\left(\frac{-2}{\sqrt3},0\right)=16-8\sqrt3>0，且 \displaystyle z_{xx}\left(\frac{-2}{\sqrt3},0\right)=-4\sqrt3<0，故此點為極大點；
- \displaystyle H\left(-1,1\right)=H\left(-1,-1\right)=-4，故此兩點皆為鞍點。
- （12 分）
- 令 \beta>\alpha>0。證明存在 \theta_0=\theta_0\left(\alpha,\beta\right) 使得 \displaystyle\int_\alpha^\beta\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta=\left(\cos\theta_0\right)\left(\frac1\alpha-\frac1\beta\right)。
- 利用上式證明 \displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta 收斂。
- 令 M>1。導出 \displaystyle\int_1^M\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta=\cos1-\frac{\cos M}M-\int_1^M\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta。
- 證明 \displaystyle\int_1^\infty\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta 與 \displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta 皆收斂。
- 根據積分均值定理，我們知道存在 \theta=\theta_0\left(\alpha,\beta\right) 使得
\displaystyle\int_{\alpha}^{\beta}\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta=\left(\cos\theta_0\right)\int_{\alpha}^{\beta}\frac{d\theta}{\theta^2}=\left(\cos\theta_0\right)\left(\frac1\alpha-\frac1\beta\right)
- 對這個瑕積分，我們運用 Cauchy 判別法，因為雙變數極限
\displaystyle\lim_{\beta>\alpha\to\infty}\int_\alpha^\beta\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta=\lim_{\beta>\alpha\to\infty}\left(\cos\theta_0\left(\alpha,\beta\right)\right)\left(\frac1\alpha-\frac1\beta\right)=0
從而能知道瑕積分收斂。註：
- 瑕積分的 Cauchy 判別法如下：
設 f 在任何閉區間上可積分且 a 為給定之實數，那麼對瑕積分 \displaystyle\int_a^{\infty}f\left(x\right)dx 收斂的充分必要條件為對任何給定的正數 \varepsilon 可找到實數 M 使得當 b\geq c\geq K 時能導致
\displaystyle\left|\int_c^bf\left(x\right)dx\right|<\varepsilon
此亦等價於\displaystyle\lim_{b\geq c\to\infty}\int_c^bf\left(x\right)dx=0.
- 不可直接取 \alpha=1、\beta 趨於無窮，因為這樣無法說明 \cos\left(\theta_0\left(\alpha,\beta\right)\right) 何以收斂。
【另法】（由黃信維提供）
我們將使用到下列的事實（這是基於單調有界定理而得的事實）
- 設 f:\left[1,\infty\right)\to[0,\infty) 為連續函數，若存在函數 g:\left[1,\infty\right)\to[0,\infty) 滿足 0\leq f(x)\leq g(x) 且瑕積分 \displaystyle\int_1^{\infty}g(x)dx 存在，那麼瑕積分 \displaystyle\int_1^{\infty}f(x)dx 也存在。
\displaystyle0\leq f\left(\theta\right)\leq\frac2{\theta^2}
又由 \displaystyle\int_1^{\infty}\frac2{\theta^2}d\theta=\left.-\frac2{\theta}\right|_1^{\infty}=2，因此 \displaystyle\int_1^{\infty}\frac{1-\cos\theta}{\theta^2}d\theta 瑕積分存在。回到原題可以知道
\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta=\lim_{b\to\infty}\int_1^b\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta=\lim_{b\to\infty}\left[-\int_1^b\frac{1-\cos\theta}{\theta^2}d\theta+\int_1^b\frac1{\theta^2}d\theta\right]
兩者都是收斂的瑕積分，因此原題的瑕積分亦收斂。 - 瑕積分的 Cauchy 判別法如下：
- 根據分部積分可知
\displaystyle\int_1^M\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta=\left.-\frac{\cos\theta}{\theta}\right|_1^M-\int_1^{\infty}\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta=\cos1-\frac{\cos M}M-\int_1^M\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta
- 根據 (c)，我們知道
\begin{aligned}\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta&=\lim_{M\to\infty}\int_1^M\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta=\lim_{M\to\infty}\left[\cos1-\frac{\cos M}M-\int_1^M\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta\right]\\&=\cos1-\int_1^{\infty}\frac{\cos\theta}{\theta^2}d\theta\end{aligned}
由於其存在故知收斂。再者我們根據 \displaystyle\lim_{\theta\to0}\frac{\sin\theta}{\theta}=1，因此取 \epsilon=0.5，知存在 \delta>0 使得「當 -\delta<\theta<\delta 則有 \displaystyle\frac12<\frac{\sin\theta}{\theta}<\frac32。」從而由\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta=\int_0^{\delta}\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta+\int_{\delta}^{\infty}\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta
可以觀察到這兩項皆收斂。（第一項不超過 \displaystyle\frac{3\delta}2，第二項由 \displaystyle\int_1^\infty\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta 收斂而收斂）【另解】考慮更廣的情形：
\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-s\theta}\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta
可以看出所求即為 s=0 的情形，而上述的瑕積分為 \displaystyle\frac{\sin\theta}{\theta} 的 Laplace 變換，那麼由 Laplace 變換的公式：\displaystyle\mathscr{L}\left\{\frac{f\left(t\right)}t\right\}=\int_s^{\infty}F\left(a\right)da，其中 F 為 f 的 Laplace 變換。可以知道\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-s\theta}\frac{\sin\theta}{\theta}d\theta=\mathscr{L}\left\{\frac{\sin\theta}{\theta}\right\}=\int_s^{\infty}\frac1{a^2+1}da=\frac\pi2-\tan^{-1}s
因此當 s=0 時可知該瑕積分收斂且其值為 \displaystyle\frac\pi2。
訣竅
運用收斂的速度來改寫極限式；運用 L'Hôpital 處理問題。解法一【此解法由林牧融提供，參見留言】
由於 limθ→0sinθθ=1以及1+tan2θ=sec2θ，故分子分母同乘以 (1+secθ)3(θk3)2，如此極限式可寫為limθ→0(sin(θk/3)θk/3)2θ2k(1+secθ)3−9tan6θ=−89limθ→0θ2ksin6θ
由於要使極限存在且非零，可知應取 k=3。否則當 k>3 將使極限值為零；而當 k<3 則使極限值發散。最後容易知道當 k=3 時，該極限值為 −89，故 (k,L)=(3,−89)。解法二
由於 k 為整數，我們分為正整數與負整數以及 0 來處理問題。首先我們考慮 k=0，如此一來極限值化為limθ→0sin2(13)(1−secθ)3=+∞
不合題意。再者我們考慮 k<0，則分母趨於 0+，而分子發散，故極限亦不存在，從而我們知道 k>0。當 k>0，此時可知分子分母皆趨於 0，我們利用 L'Hôpital 法則有
L=limθ→02sin(θk3)cos(θk3)⋅k3θk−13(1−secθ)2(−secθtanθ)=−k9limθ→0θk−1sin(2θk3)(1−secθ)2(secθtanθ)=−2k27limθ→0[cos3θ⋅θ2k−2(cosθ−1)2⋅sin(2θk3)2θk3⋅θtanθ]
因此我們知道 k−1=2，從而 k=3，從而極限值有L=−29⋅22=−89.
即 (k,L)=(3,−89)。訣竅
根據奇函數的對稱性、微積分基本定理搭配連鎖律解題，也就是有ddx∫g(x)0f(t)dt=f(g(x))g′(x)
解法
透過奇函數的對稱性，我們有f(−1)=∫−11sin(t3)dt=0
再者由微積分基本定理可得 f′(x)=5x4sin(x15)−2xsin(x6)，因此 f′(−1)=−3sin(1)，因此所求為 (0,−3sin(1))。訣竅
利用隱函數微分即可獲證。解法
首先對原方程進行隱函數微分可得 4x3+y2+2xyy′+3y2y′=0，取 (−1,−1) 代入後可得 y′(−1)=35>0，如此可知 y 在 x=−1 附近的行為是遞增的。
再者我們對已經隱函數微分過後的方程再隱微分一次可得
12x2+4yy′+2xy′2+2xyy″+6yy′2+3y2y″=0.
取 x=−1、y=−1、y′(−1)=35 代入可得12−125−1825+2y″−5425+3y″=0
即有 5y″=−12+125+7225=−16825，故解得 y″(−1)=−168125，因此 y 在 x=−1 的行為是向下凹的。訣竅
根據基本函數的 Taylor 展開式進行組合即可。解法
首先研究定義域可容易知道在 −1<x<1。再者由於恆等式ln(1+x1−x)=ln(1+x)−ln(1−x)
因此我們知道T(x)=∞∑k=0((−1)kxk+1k+1+xk+1k+1)=∞∑k=02x2k+12k+1,
而且其收斂半徑為 1。而ln3=ln(1+121−12)≈2⋅(12)+23⋅(12)3=1312.
訣竅
改變積分順序後計算即可。解法
由於原積分區域為 {y2≤x≤10≤y≤1，可以改寫為 {0≤x≤10≤y≤√x，如此原重積分可改寫並計算如下：∫10(∫1y2√x1+x4dx)dy=∫10∫√x0(√x1+x4)dydx=∫10y√x1+x4|y=√xy=0dx=∫10x1+x4dx=tan−1(x2)2|10=tan−112=π8.
訣竅
由於其形狀的緣故，適合變數代換後化為長方形加以處理。解法
設 s=2x+3y、t=3x+2y，因此我們有區域為 0\leq s\leq2、-3\leq t\leq3，如此原重積分可改寫並計算如下：\begin{aligned}\displaystyle\iint_Dx\,dA&=\int_0^2\int_{-3}^3\frac{3t-2s}5\cdot\frac15dtds\\&=\frac1{25}\int_0^2\int_{-3}^3\left(3t-2s\right)dyds\\&=\frac1{25}\int_0^2\left.\left(\frac{3t^2}2-2st\right)\right|_{t=-3}^{t=3}ds\\&=\frac1{25}\int_0^2-12sds\\&=\left.-\frac{12s^2}{50}\right|_0^2=\frac{-24}{25},\end{aligned}
其中 \displaystyle x=\frac{3t-2s}5，且\displaystyle\left|J\right|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial s}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial t}\\\displaystyle\frac{\partial y}{\partial s}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial t}\end{vmatrix}\Big|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial s}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial s}{\partial y}\\\displaystyle\frac{\partial t}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial t}{\partial y}\end{vmatrix}\Big|^{-1}=\Big|\begin{vmatrix}2&3\\3&2\end{vmatrix}\Big|=\frac15.
訣竅
先用極座標面積公式計算；另外計算二重積分應使用極座標變換。解法
利用極座標的面積公式列式並計算如下：
\begin{aligned}\displaystyle A&=\frac12\int_0^{2\pi}r^2d\theta\\&=\frac12\int_0^{2\pi}\left(1+\sin\theta\right)^2d\theta\\&=\frac12\int_0^{2\pi}\left(1+2\sin\theta+\frac{1-\cos2\theta}2\right)d\theta\\&=\frac12\left.\left(\frac{3\theta}2-2\cos\theta-\frac{\sin2\theta}4\right)\right|_0^{2\pi}=\frac{3\pi}2.\end{aligned}
再者，將雙重積分使用極座標改寫並計算如下：
\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^a\frac{r}{\sqrt{1+r^2}}drd\theta=2\pi\cdot\left.\sqrt{1+r^2}\right|_0^a=2\pi\left(\sqrt{1+a^2}-1\right).
訣竅
假定位能函數存在後根據偏積分求解。解法
假定位能函數存在，記之為 f\left(x,y,z\right)，從而有\displaystyle f_x=\frac{2x}{x^2+y^2} ； \displaystyle f_y=\frac{2y}{x^2+y^2}-2ze^{-2y} ； f_z=e^{-2y}
由 f_z=e^{-2y} 可知 f\left(x,y,z\right)=ze^{-2y}+g\left(x,y\right)，其中 g\left(x,y\right) 為待定函數。接著我們對 x 求偏導可得\displaystyle f_x=g_x=\frac{2x}{x^2+y^2}
由此可知 g\left(x,y\right)=\ln\left(x^2+y^2\right)+h\left(y\right)，故 f\left(x,y,z\right)=\ln\left(x^2+y^2\right)+ze^{-2y}+h\left(y\right)，其中 h\left(y\right) 為待定函數。最後對 y 求偏導可得\displaystyle f_y=\frac{2y}{x^2+y^2}-2ze^{-2y}+h'\left(y\right)
因此 h'\left(y\right)=0，即 h\left(y\right)=C，其中 C 為積分常數。因此所求的位能函數為f\left(x,y,z\right)=\ln\left(x^2+y^2\right)+ze^{-2y}+C.
因此由線積分基本定理可得\displaystyle\int_C{\bf F}\cdot d{\bf r}=f\left({\bf r}\left(\frac\pi2\right)\right)-f\left({\bf r}\left(0\right)\right)=f\left(\frac\pi2,0,\pi\right)-f\left(0,\pi,0\right)=\left(2\ln\frac\pi2+\pi\right)-2\ln\pi=\pi-2\ln2.
訣竅
根據多變數函數求極值的方法解決。解法
為了找出所有臨界點，我們解下列聯立方程組：\left\{\begin{aligned}&z_x=3x^2-4+y^2=0\\&z_y=2xy+2y=0\end{aligned}\right.
首先由 z_y=0 可得 y=0 或 x=-1。z_{xx}=6x ； z_{xy}=2y=z_{yx} ； z_{yy}=2x+2
因此考慮二階判別式為H\left(x,y\right)=\left|\begin{array}{cc}z_{xx}&z_{xy}\\z_{yx}&z_{yy}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}6x&2y\\2y&2x+2\end{array}\right|=12x^2-4y^2+12x
因此
計算證明題的第二題b小題的第二個lim是不是a->∞。
回覆刪除話說，我查了一下ocw的台大微積分講義沒有柯西判別法，
我懷疑這小題b是不是出錯了cos(θ=θ(α,β))，這題大一微積分的審斂法是不是都不太管用。
對的，但我目前尚未找到更初等的做法。
刪除上下限代入 cos介於1~-1之間 不能說明他收斂嗎?
刪除介於-1與1為什麼就會收斂呢？
刪除我想問艾利歐，如果此小題利用a的證明結果，上下限取1和無限大，並做此瑕積分的話，做出來會等於cosθ≤1，但cosθ範圍在這間，不能說是收斂嗎?又或者是利用比較測試法可以得證，不太懂為何不行 謝謝!
刪除我打個比方（雖然這不是精確的類比），例如今天有一數列a_n，他介於-1與1之間，今天n區於無窮時，數列a_n會收斂嗎？那今天\cos\theta本身會收斂嗎？
刪除我想了一下，但是如果上下限取1和無限大，cosθ0會變成是一個值，而非是一個範圍而已，cosθ0是一個確切的值且又小於一，所以這樣不就可以證明收斂了嗎?
刪除\displaystyle\lim_{\alpha\to1,\beta\to\infty}\theta_0\left(\alpha,\beta\right)會收斂到何者？（或者你如何說明這個量會收斂？）
刪除我想請問第一題解法二那題 是如何看出k-1=2的呢? 感謝 是利用最高次方?不過加上三角函數就不出到怎麼判斷了 謝謝
回覆刪除因為我們知道\displaystyle\lim_{\theta\to0}\frac{1-\cos\theta}{\theta^2}=\frac{1}{2}，故次數有一定的比例。
刪除