- 填充題：將答案寫在答案卷上，請標明題號及格號，並依序作答。每題 $6$ 分；有兩格者，每格 $3$ 分，計 $60$ 分。
- 極限 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x^4}-\sqrt[3]{1-2x^4}}{x\left(1-\cos x\right)\tan\left(\sin x\right)}=$ (1) 。
- 令 $\displaystyle f\left(x,y\right)=\left(x+y\right)\sin\frac1x\sin\frac1y$。討論以下兩極限是否存在；若存在，則求其值：
- $\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\lim_{y\to0}f\left(x,y\right)\right)$，答： (2a) 。
- $\displaystyle\lim_{\left(x,y\right)\to\left(0,0\right)}f\left(x,y\right)$，答： (2b) 。
- 任意給定 $x\neq0$，計算極限如下：
$\displaystyle\lim_{y\to0}\left(x+y\right)\sin\frac1x\sin\frac1y=x\sin\left(\frac1x\right)\lim_{y\to0}\sin\left(\frac1y\right)+\sin\left(\frac1x\right)\lim_{y\to0}y$
其中分開來後的極限，第一項的極限不存在而第二項可由夾擠定理知其存在，從而整個極限不存在。 - 由於 $\displaystyle0\leq\left|x\sin\frac1x\sin\frac1y\right|\leq\left|x\right|$、$\displaystyle0\leq\left|y\sin\frac1x\sin\frac1y\right|\leq\left|y\right|$，且有 $\displaystyle\lim_{\left(x,y\right)\to\left(0,0\right)}\left|x\right|=\lim_{\left(x,y\right)\to\left(0,0\right)}\left|y\right|=0$，因此由夾擠定理可知
$\displaystyle\lim_{\left(x,y\right)\to\left(0,0\right)}x\sin\frac1x\sin\frac1y=\lim_{\left(x,y\right)\to\left(0,0\right)}y\sin\frac1x\sin\frac1y=0$
因此兩式相加可得$\displaystyle\lim_{\left(x,y\right)\to\left(0,0\right)}\left(x+y\right)\sin\frac1x\sin\frac1y=0$
- 若 $g\left(x\right)$ 為 $f\left(x\right)=x^3+3x+1$ 的反函數，則 $g'\left(15\right)=$ (3a) ，$g''\left(15\right)=$ (3b) 。
- 函數 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{4x^2+5x+1}{4x^3+4x^2+x}$ 的 $n$-階導函數為 (4) 。
- 積分 $\displaystyle\int_a^b\left(x^4-10x^2+9\right)dx$ 在 $a=$ (5a) ，$b=$ (5b) 時，其積分值最小。
- 積分 $\displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\frac{\cos^6x}{\sin^4x}dx=$ (6) 。
- 令 $f\left(x,y\right)=x\left(x^2+y^2\right)^{-\frac{3}{2}}e^{\sin\left(x^2y\right)}$，則 $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}\left(1,0\right)=$ (7) 。
- 令 $z=f\left(x,y\right)$，其中 $x=r^2+s^2$，$y=2rs$，假設 $f\left(x,y\right)$ 的二階偏導函數均為連續，則 $\displaystyle\frac{\partial^2z}{\partial r\partial s}=$ (8) 。
- 曲面 $z=xy$ 在柱面 $x^2+y^2=1$ 之內的曲面面積為 (9) 。
- 參數曲線 $r=e^{-\theta}$，$\theta\geq0$，的形心為 $\left(\bar{x},\bar{y}\right)=$$\left(\right.$ (10a) , (10b) $\left.\right)$。
- 計算證明題：必須有計算過程，才予計分。共 $5$ 題，每題 $8$ 分，計 $40$ 分。
- 考慮第一象限的點 $P\left(a,b\right)$。若曲線 $y=x^3$ 有三條切線通過 $P$，則 $a,b$ 所滿足的充分必要條件為何？
- 令 $f\left(x\right)$ 為可微函數，$P$ 為不在 $y=f\left(x\right)$ 之圖形上的點。若 $Q$ 為 $y=f\left(x\right)$ 上最靠近 $P$ 的點，證明：線段 $PQ$ 垂直於 $y=f\left(x\right)$ 的圖形。
- 求函數 $f\left(x\right)=x\sqrt{1-x^2}+\sin^{-1}x$ 在 $x=0$ 的 Taylor 級數及其收斂半徑。
- 令曲線 $C$ 為 $\left(x^2+y^2-x\right)^2=x^2+y^2$，求此曲線所圍區域的面積。
- 令 $R$ 為三條直線 $2x+3y-7=0$，$x-2y+4=0$ 及 $x+5y-10=0$ 所圍的區域，求 $\displaystyle\iint_R\left(2x+3y-6\right)\sin\left(x-2y+4\right)dA$。
訣竅
應用 Taylor 展開式。解法
將 Taylor 展開式的結果代入後有$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\left(1+\frac{x^4}{2}+\cdots\right)-\left(1-\frac{2x^4}3+\cdots\right)}{\displaystyle x\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}+\cdots\right)\left(x+\frac{x^3}6-\frac{x^5}{40}+\cdots\right)}=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\frac{7x^4}6+\cdots}{\displaystyle\frac{x^4}2+\cdots}=\frac73$.
訣竅
使用極限的概念謹慎計算之。解法
訣竅
應用反函數定理計算之。解法
根據反函數的定義有 $g\left(f\left(x\right)\right)=x$，如此對其微分可得 $g'\left(f\left(x\right)\right)f'\left(x\right)=1$。取 $x=2$ 代入後有$\displaystyle g'\left(15\right)=\frac{1}{f'\left(2\right)}=\frac1{15}$
若再對 $ g'\left(f\left(x\right)\right)f'\left(x\right)=1$ 微分一次後可得$g''\left(f\left(x\right)\right)f'^2\left(x\right)+g'\left(f\left(x\right)\right)f''\left(x\right)=0$
如此取 $x=2$ 代入可得$g''\left(15\right)\cdot15^2+g'\left(15\right)\cdot12=0$
可解得 $\displaystyle g''\left(15\right)=-\frac{4}{1125}$。訣竅
改用部分分式表達。解法
按訣竅所述,可將 $f$ 改寫如下$\displaystyle f\left(x\right)=\frac1{\left(2x+1\right)^2}+\frac1x=\left(2x+1\right)^{-2}+x^{-1}$
因此計算微分有$\begin{aligned}f'\left(x\right)=&-2\left(2x+1\right)^{-3}\cdot2-x^{-2}\\f''\left(x\right)=&\left(-2\right)\left(-3\right)\left(2x+1\right)^{-4}\cdot2^2+\left(-1\right)\left(-2\right)x^{-3}\\f'''\left(x\right)=&\left(-2\right)\left(-3\right)\left(-4\right)\left(2x+1\right)^{-5}\cdot2^3+\left(-1\right)\left(-2\right)\left(-3\right)x^{-4}\end{aligned}$
由以上的計算可觀察出$f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\left(-2\right)^n\left(n+1\right)!\left(2x+1\right)^{-\left(n+2\right)}+\left(-1\right)^nn!x^{-\left(n+1\right)}$
訣竅
觀察圖形區域，務使積分區域皆在 $x$ 軸下方。解法
為此我們先解 $x^4-10x^2+9=0$，亦得 $\left(x^2-9\right)\left(x^2-1\right)=0$，如此解出 $x=\pm1$ 或 $x=\pm3$。現欲使定積分值盡可能的小，我們的積分範圍的函數值應盡可能皆為負，如此我們僅需考慮 $\left[-3,-1\right]$ 或 $\left[1,3\right]$ 或 $\left[-3,3\right]$。根據圖形的對稱性，我們知道$\displaystyle\int_{-3}^{-1}\left(x^4-10x^2+9\right)dx=\int_1^3\left(x^4-10x^2+9\right)dx$
那我們計算如下：$\begin{aligned}\displaystyle&\int_1^3\left(x^4-10x^2+9\right)dx=\left.\left(\frac{x^5}{5}-\frac{10x^3}{3}+9x\right)\right|_1^3=-\frac{304}{15}\\&\int_{-3}^3\left(x^4-10x^2+9\right)dx=\left.\left(\frac{x^5}5-\frac{10x^3}3+9x\right)\right|_{-3}^3=-\frac{432}{15}.\end{aligned}$
因此 $a=-3$、$b=3$ 能使該定積分有最小值。訣竅
連續地使用分部積分即可；藉由三角恆等式簡化被積分函數後使用分部積分法計算之。解法一
連續地使用分部積分：$\begin{aligned}\displaystyle\int_{\frac{\pi}4}^{\frac{\pi}2}\frac{\cos^6x}{\sin^4x}dx=&\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^5x}{\sin^4x}d\left(\sin x\right)\\=&-\frac{1}{3}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^5xd\left(\sin x\right)^{-3}\\=&\left.\frac{-\cos^5x}{3\sin^3x}\right|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}-\frac{5}{3}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^4x}{\sin^2x}dx\\=&\frac{1}{6}-\frac{5}{3}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^3x}{\sin^2x}d\left(\sin x\right)\\=&\frac16+\frac53\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\cos^3xd\left(\sin x\right)^{-1}\\=&\frac16+\left.\frac{5\cos^3x}{3\sin x}\right|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}+5\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\cos^2x\,dx\\=&-\frac23+5\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\cos2x}{2}dx\\=&-\frac23+\left.5\left(\frac x2+\frac{\sin2x}4\right)\right|_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\\=&\frac{5\pi}8-\frac{23}{12}.\end{aligned}$
解法二【由黃信維提供】
先利用三角恆等式將被積分函數整理如下$\displaystyle\begin{aligned}\frac{\cos^6x}{\sin^4x}&=\cot^4x\cos^2x=\cot^4x\left(1-\sin^2x\right)=\cot^4x-\cot^4x\sin^2x=\cot^4x-\cot^2x\cos^2x\\&=\cot^4x-\cot^2x(1-\sin^2x)=\cot^4x-\cot^2x+\cos^2x\end{aligned}$
又回憶起平方和公式 $\sin^2x+\cos^2x=1$，若同除以 $\sin^2x$ 可得$\cot^2x=\csc^2x-1$
從而被積分函數可以整理並改寫如下$\displaystyle\begin{aligned}\frac{\cos^6x}{\sin^4x}&=\cot^2(\csc^2x-1)-\cot^2x+\cos^2x=\cot^2x\csc^2x-2\cot^2x+\cos^2x\\&=\cot^2x\csc^2x+2-2\csc^2x+\frac{1+\cos2x}2.\end{aligned}$
最後注意到 $(\cot x)'=-\csc^2x$，因此利用微積分基本定理可知$\displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\frac{\cos^6x}{\sin^4x}dx=\left.-\frac{\cot^3x}3+2\cot x+\frac{\sin2x}4+\frac{5x}2\right|_{\frac{\pi}4}^{\frac\pi2}=\frac{5\pi}4-\left(-\frac13+2+\frac14+\frac{5\pi}8\right)=\frac{5\pi}8-\frac{23}{12}$.
訣竅
根據偏微分的定義求解；或者所求的偏導數之位置不為奇異點，因此可利用微導公式求解。解法一
根據定義有$\begin{aligned}\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}\left(1,0\right)&=\lim_{h\to0}\frac{f\left(1+h,0\right)-f\left(1,0\right)}h\\&=\lim_{h\to0}\frac{\left(1+h\right)^{-2}-1}h\\&=\lim_{h\to0}\frac{-2-h}{\left(1+h\right)^2}=-2.\end{aligned}$
解法二
直接利用微導公式有$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}=\left(x^2+y^2\right)^{-\frac32}e^{\sin\left(x^2y\right)}-\frac{3}{2}\cdot2x^2\left(x^2+y^2\right)^{-\frac52}e^{\sin\left(x^2y\right)}+x\left(x^2+y^2\right)^{-\frac32}e^{\sin\left(x^2y\right)}\cos\left(x^2y\right)\cdot2xy$
最後取 $\left(x,y\right)=\left(1,0\right)$ 代入可得$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}\left(1,0\right)=1-3+0=-2$
訣竅
運用連鎖律以簡化計算。解法
首先對 $s$ 偏微可得$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial s}=f_x\frac{\partial x}{\partial s}+f_y\frac{\partial y}{\partial s}=2sf_x+2rf_y$
接著再對 $r$ 偏微可得$\begin{aligned}\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial r\partial s}&=\frac{\partial}{\partial r}\left(2sf_x+2rf_y\right)\\&=2s\left(f_{xx}\frac{\partial x}{\partial r}+f_{xy}\frac{\partial y}{\partial r}\right)+2f_y+2r\left(f_{xy}\frac{\partial x}{\partial r}+f_{yy}\frac{\partial y}{\partial r}\right)\\&=2s\left(2rf_{xx}+2sf_{xy}\right)+2f_y+4r^2f_{xy}+4rsf_{yy}\\&=2yf_{xx}+4xf_{xy}+2yf_{yy}+2f_y.\end{aligned}$
訣竅
參數化此曲面後積分之。解法
設 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\leq1\right\}$，那麼利用極座標與曲面面積的公式並計算如下：$\begin{aligned}\displaystyle A&=\iint_D1dA=\iint_D\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}dxdy\\&=\int_0^{2\pi}\int_0^1\sqrt{1+r^2}r\,dr\,d\theta\\&=\left.2\pi\cdot\frac{\left(1+r^2\right)^{\frac32}}3\right|_0^1\\&=\frac{2\pi\left(2\sqrt2-1\right)}3.\end{aligned}$
訣竅
根據形狀中心的定義處理。解法
根據形心的定義來計算首先先計算 $\bar{x}$ 如下：
$\begin{aligned}\displaystyle\bar{x}&=\frac{\displaystyle\int_0^{\infty}r\cos\theta\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2}d\theta}{\displaystyle\int_0^{\infty}\sqrt{r^2+\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2}d\theta}\\&=\frac{\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-\theta}\cos\theta\cdot\sqrt2e^{-\theta}d\theta}{\displaystyle\sqrt2\int_0^{\infty}e^{-\theta}d\theta}\\&=\frac{\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-2\theta}d\left(\sin\theta\right)}{\displaystyle\left.-e^{-\theta}\right|_0^{\infty}}\\&=\left.e^{-2\theta}\sin\theta\right|_0^{\infty}+2\int_0^{\infty}e^{-2\theta}\sin\theta\,d\theta\\&=-2\int_0^{\infty}e^{-2\theta}d\left(\cos\theta\right)\\&=2-4\int_0^{\infty}e^{-2\theta}\cos\theta\,d\theta\\&=2-4\bar{x}.\end{aligned}$
於是解一元一次方程式可得$\displaystyle\bar{x}=\frac{2}{5}$
接著我們計算 $\bar{y}$ 如下（其中可以利用 $\bar{x}$ 的過程以簡化計算）：$\displaystyle\bar{y}=\frac{\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-\theta}\sin\theta\cdot\sqrt2e^{-\theta}d\theta}{\displaystyle\sqrt2\int_0^{\infty}e^{-\theta}d\theta}=\int_0^{\infty}e^{-2\theta}\sin\theta\,d\theta=\frac15$.
因此形心座標為 $\displaystyle\left(\frac25,\frac15\right)$。訣竅
由於要求有三條切線通過 $P$，因此也就會有三個切點。解法一
我們抽象地考慮切點為 $\left(x_0,y_0\right)$ 以考察切點與 $P\left(a,b\right)$ 的聯繫。此處的切線斜率為 $3x_0^2$，因此需要滿足關係式：$\displaystyle\frac{b-x_0^3}{a-x_0}=3x_0^2$
即滿足 $2x_0^3-3ax_0^2+b=0$。由於有三個切點，因此此方程有三個相異實根，與此相關的充分必要條件為該三次方程的局部極大值為正而局部極小值為負。設 $f\left(x\right)=2x^3-3ax^2+b$。首先找出極值點的位置，因此我們解 $f'\left(x\right)=0$，亦即 $6x^2-6ax=0$，從而有 $x=0$ 或 $x=a$。由於 $f$ 的領導係數為正以及 $a>0$，可以知道 $x=0$ 處為局部極大值，$x=a$ 處為局部極小值。那麼按照前一段的要求，我們有聯立不等式
$\left\{\begin{aligned} &b>0,\\&2a^3-3a^3+b<0\end{aligned}\right.$
由於 $P$ 落在第一象限，因此 $b$ 必定為正，因而滿足條件的充分必要的條件為 $b<a^3$。解法二
我們抽象地考慮切點為 $\left(x_0,y_0\right)$ 以考察切點與 $P\left(a,b\right)$ 的聯繫。此處的切線斜率為 $3x_0^2$，因此需要滿足關係式：$\displaystyle\frac{b-x_0^3}{a-x_0}=3x_0^2$
即滿足 $2x_0^3-3ax_0^2+b=0$。由於有三個切點，因此此方程有三個相異實根，故我們利用三次方程的判別式有：$\displaystyle\Delta=\left(-\frac{\left(-3a\right)^3}{27\cdot2^3}-\frac{b}{2\cdot2}\right)^2+\left(-\frac{\left(-3a\right)^2}{9\cdot2^2}\right)^3=-\frac{a^3b}{16}+\frac{b^2}{16}<0$
由於 $a>0$、$b>0$，因此我們有 $b< a^3$，此時可以找出三條切線。訣竅
我們透過距離函數在 $Q$ 處有最小值來進一步證明切線與 $\overline{PQ}$ 垂直。解法
給定 $P\left(a,b\right)$，其中 $b\neq f\left(a\right)$。而 $Q\left(x_0,f\left(x_0\right)\right)$ 的 $x_0$ 能使 $g\left(x\right)=\left(x-a\right)^2+\left(f\left(x\right)-b\right)^2$ 有最小值。因此我們知道$0=g'\left(x_0\right)=2\left(x_0-a\right)+2\left(f\left(x_0\right)-b\right)f'\left(x_0\right)$
從而我們有$\displaystyle f'\left(x_0\right)\cdot\frac{f\left(x_0\right)-b}{x_0-a}=-1$
由此可知 $y=f\left(x\right)$ 與 $\overline{PQ}$ 在 $x=x_0$ 處垂直。訣竅
將此函數微分後再處理 Taylor 展開式。解法
先求出其導函數為$\displaystyle f'\left(x\right)=\sqrt{1-x^2}+x\cdot\frac1{2\sqrt{1-x^2}}\cdot-2x+\frac1{\sqrt{1-x^2}}=2\left(1-x^2\right)^{\frac12}$
如此利用二項式的泰勒展開可得$\displaystyle f'\left(x\right)=2\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k{0.5 \choose k}x^{2k}$
接著同取定積分（範圍為 $\left[0,x\right]$）可得$\displaystyle f\left(x\right)=2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^k}{2k+1}{0.5 \choose k}x^{2k+1}$
命 $\displaystyle a_k=\frac{2\left(-1\right)^k}{2k+1}{0.5 \choose k}$，那麼運用比值審歛法(Root Test)的思想可知收斂半徑為$\displaystyle R=\lim_{k\to\infty}\left|\frac{a_k}{a_{k+1}}\right|=\lim_{k\to\infty}\frac{2k+3}{2k+1}\frac{k+1}{k-0.5}=1$
訣竅
化為極座標的表達式。解法
令 $x=r\cos\theta$、$r=\sin\theta$，代入後可得 $\left(r-\cos\theta\right)^2=1$，如此我們有 $r=\cos\theta\pm1$。不過兩者所得的是相同的表達的式（請自行思考），因此我們僅考慮 $r=1+\cos\theta$，如附圖：
$\begin{aligned}\displaystyle A&=\frac12\int_0^{2\pi}r^2\left(\theta\right)d\theta\\&=\frac12\int_0^{2\pi}\left(1+\cos\theta\right)^2d\theta\\&=\frac12\int_0^{2\pi}\left(1+2\cos\theta+\frac{1+\cos2\theta}{2}\right)d\theta\\&=\left.\frac12\left(\frac{3\theta}{2}+2\sin\theta+\frac{\sin2\theta}4\right)\right|_0^{2\pi}\\&=\frac{3\pi}2.\end{aligned}$
訣竅
畫出區域簡圖，並做適當的變數代換。解法
$1\geq s\geq0$ ； $t\leq1$ ； $s-t\leq0$
因此我們將原重積分改寫並計算如下$\begin{aligned}\displaystyle\iint_R\left(2x+3y-6\right)\sin\left(x-2y+4\right)dA&=\int_0^1\int_s^1t\sin s\left|\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(t,s\right)}\right|dtds\\&=\int_0^1\int_s^1t\sin s\cdot\frac{1}{7}dtds\\&=\frac1{14}\int_0^1\left.\sin s\cdot t^2\right|_{t=s}^{t=1}ds\\&=\frac1{14}\int_0^1\sin s\,ds-\frac{1}{14}\int_0^1s^2\sin\,sds\\&=\left.\frac{-\cos s}{14}\right|_0^1+\frac1{14}\int_0^1s^2d\left(\cos s\right)\\&=\frac{1-\cos1}{14}+\left.\frac{s^2\cos s}{14}\right|_0^1-\frac17\int_0^1s\cos s\,ds\\&=\frac1{14}-\frac17\int_0^1sd\left(\sin s\right)\\&=\frac1{14}-\left.\frac{s\sin s}7\right|_0^1+\frac17\int_0^1\sin s\,ds\\&=\frac1{14}-\frac{\sin1}7-\frac{\cos1}7+\frac17\\&=\frac{3-2\sin1-2\cos1}{14},\end{aligned}$
其中$\displaystyle\Big|\frac{\partial(x,y)}{\partial(t,s)}\Big|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial s}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial t}\\\displaystyle\frac{\partial y}{\partial s}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial t}\end{vmatrix}\Big|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial s}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial s}{\partial y}\\\displaystyle\frac{\partial t}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial t}{\partial y}\end{vmatrix}\Big|^{-1}=\Big|\begin{vmatrix}1&-2\\2&3\end{vmatrix}\Big|^{-1}=\frac17.$
第14題打錯，令 x=rcosθ、r=sinθ ---> 令 x = rcosθ、y = rsinθ
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