台灣聯合大學系統 93 學年度學士班轉學生考試試題詳解

台灣聯合大學系統 93 學年度學士班轉學生考試

科目　微積分　　類組別　A-2,A-3,A-4,A-5,B-5,B-6　共　2　頁第　1　頁　＊請在試卷答案卷（卡）內作答

1. 填充題. 共 $60$ 分. （只須按標碼甲,乙,丙…等填出答案即可）
1. ($7$ 分) Let $f(x)$ be a differentiable function on $\mathbb R$ satisfying

   $\displaystyle f(x^2)=1+\int_0^{x^2}\!f(y)(1-\tan y)\,\mathrm dy$

   for all $x\in\mathbb R$. Then $f(\pi)=$　甲　.
訣竅
運用微積分基本定理與連鎖律求導得到一個微分方程，並對之求解（可使用積分因子法或分離變量法）即可。
解法

首先取 $x=0$ 可知 $f(0)=1$。接著運用微積分基本定理與連鎖律求導可得

$2xf'(x^2)=f(x^2)[1-\tan(x^2)]\cdot2x\qquad\text{for}~x\in\mathbb R$,

即有 $f'(x^2)=f(x^2)[1-\tan(x^2)]$，其中 $x\neq0$。令 $t=x^2>0$ 取代有 $f'(t)=f(t)(1-\tan t)$，其中 $t>0$。

【方法一】 移項後同乘以積分因子 $\exp[-\int\!(1-\tan t)\,\mathrm dt]=\exp(-t+\ln|\sec t|)]=e^{-t}\sec t$ 可得

$[f(t)e^{-t}\sec t]'=f'(t)e^{-t}\sec t-f(t)e^{-t}\sec t(1-\tan t)=0\quad\text{for}~t>0$.

因此取積分可得 $f(t)e^{-t}\sec t=f(0)e^0\sec0=1$，其中 $t\geq0$。取 $t=\pi$ 可得所求為 $f(\pi)=-e^\pi$。

【方法二】 移項可得

$\displaystyle\frac{f'(t)}{f(t)}=1-\tan t\quad\text{for}~t>0$,

其中假定對任何 $t>0$ 均有 $f(t)\neq0$。取定積分可得

$\ln|f(t)|=\ln|f(t)|-\ln|f(0)|=t-\ln|\sec t|\quad\text{for}~t\geq0$.

同取自然指數得 $f(t)=e^t\cos t$，其中 $t\geq0$。因此 $f(\pi)=-e^\pi$。



2. ($7$ 分) Let $L$ be the line tangent to the polar curve $\displaystyle r(\theta)=\frac{\sin\theta-\cos\theta}{\sin\theta+\cos\theta}$ at $\theta=0$. The equation of $L$ in $x$ and $y$ is 　乙　.
訣竅
可先將該曲線以 $x$、$y$ 為變數進行改寫後求出切線斜率並用點斜式寫出切線方程；亦可在極座標下求曲線的斜率後再使用點斜式寫出切線方程式。
解法一

首先可以知道

$\displaystyle\sqrt{x^2+y^2}=r=\frac{\sin\theta-\cos\theta}{\sin\theta+\cos\theta}=\frac{r\sin\theta-r\cos\theta}{r\sin\theta+r\cos\theta}=\frac{y-x}{y+x}$.

同取平方並移項後有 $(x^2+y^2)(x+y)^2=(y-x)^2$。進行隱函數微分可得

$\displaystyle\left(2x+2y\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right)(x+y)^2+(x^2+y^2)\cdot2(x+y)\left(1+\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right)=2(y-x)\left(\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}-1\right)$.

又當 $\theta=0$ 時 $r=-1$，故該位置以直角座標表示為 $(-1,0)$，如此代入有

$\displaystyle(-2\cdot(-1)^2)+1\cdot2\cdot(-1)\left(1+\left.\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right|_{(x,y)=(-1,0)}\right)=2\cdot1\cdot\left(\left.\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right|_{(x,y)=(-1,0)}-1\right)$.

整理可解得 $\displaystyle\left.\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right|_{(x,y)=(-1,0)}=-\frac12$，因此使用點斜式可得切線方程式為 $\displaystyle y-0=-\frac12(x+1)$，亦即 $x+2y+1=0$。

【註】

• 在解法一中注意到不可對 $\displaystyle\sqrt{x^2+y^2}=\frac{y-x}{y+x}$ 進行隱函數微分來求解，因為此方程並未通過點 $(-1,0)$，不通過的原因是按極座標方程時，我們取 $\theta=0$ 而得 $r=-1$，這就表明當我們寫為直角坐標方程的時候會出現矛盾式：即 $\sqrt{x^2+y^2}=-1$，這樣的現象。因此有必要將之平方找出該方程的另一支曲線。
• 極座標曲線 $\displaystyle r(\theta)=\frac{\sin\theta-\cos\theta}{\sin\theta+\cos\theta}$ 的圖形及其在 $\theta=0$ 處的切線如下圖
  

解法二

留意到

$\displaystyle r'(\theta)=\frac{(\cos\theta+\sin\theta)(\sin\theta+\cos\theta)-(\sin\theta-\cos\theta)(\cos\theta-\sin\theta)}{(\sin\theta+\cos\theta)^2}$.

因此 $r(0)=-1$、$r'(0)=2$。再者運用連鎖律可知

$\displaystyle\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\frac{\mathrm dy/\mathrm d\theta}{\mathrm dx/\mathrm d\theta}=\frac{\mathrm d[r(\theta)\sin\theta]/\mathrm d\theta}{\mathrm d[r(\theta)\cos\theta]/\mathrm d\theta}=\frac{r'(\theta)\sin\theta+r(\theta)\cos\theta}{r'(\theta)\cos\theta-r(\theta)\sin\theta}$.

當 $\theta=0$ 時可知其斜率為 $\displaystyle\left.\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right|_{\theta=0}=\frac{-1\cdot1}{2\cdot1}=-\frac12$。
又通過點 $(-1,0)$，故使用點斜式而由解法一的過程得切線方程式為 $x+2y+1=0$。

【註】

• 在解法一中注意到不可對 $\displaystyle\sqrt{x^2+y^2}=\frac{y-x}{y+x}$ 進行隱函數微分來求解，因為此方程並未通過點 $(-1,0)$，不通過的原因是按極座標方程時，我們取 $\theta=0$ 而得 $r=-1$，這就表明當我們寫為直角坐標方程的時候會出現矛盾式：即 $\sqrt{x^2+y^2}=-1$，這樣的現象。因此有必要將之平方找出該方程的另一支曲線。
• 極座標曲線 $\displaystyle r(\theta)=\frac{\sin\theta-\cos\theta}{\sin\theta+\cos\theta}$ 的圖形及其在 $\theta=0$ 處的切線如下圖
  



3. ($7$ 分) Evaluate the improper integral $\displaystyle\int_0^\infty\!\frac{\mathrm dx}{(x+1)[x^2+(x+1)^2]}$ by transforming it into a definite integral of the form $\displaystyle\int_0^1\!\frac{ay+b}{\alpha y^2+\beta y+\gamma}\,dy$ via an appropriate 1-1 onto differentiable function $[0,\infty)\stackrel{y=f(x)}{-\!\!\!-\!\!\!-\!\!\!\rightarrow}[0,1)$. Answer: 　丙　.
訣竅
按照題意以及形式可猜測代換 $y=(x+1)^{-1}$ 即可。
解法

令 $y=(x+1)^{-1}$，那麼有

• 當 $x=0$ 時有 $y=1$；
• 當 $x\to\infty$ 時有 $y\to0^+$；
• 可求得 $x=y^{-1}-1$、求導則有 $\mathrm dx=-y^{-2}\,\mathrm dy$。

據此可直接改寫瑕積分並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^\infty\!\frac{\mathrm dx}{(x+1)[x^2+(x+1)^2]}&=\int_1^0\!\frac1{y^{-1}[(y^{-1}-1)^2+y^{-2}]}\cdot(-y^{-2}\mathrm dy)=\int_0^1\!\frac y{(1-y)^2+1}\,\mathrm dy\\&=\int_0^1\!\left(\frac{y-1}{(y-1)^2+1}+\frac1{(y-1)^2+1}\right)\,\mathrm dy\\&=\left.\frac12\ln[(y-1)^2+1]+\tan^{-1}(y-1)\right|_0^1\\&=-\frac12\ln2-\tan^{-1}(-1)=\frac\pi4-\frac12\ln2.\end{aligned}$

【註】 函數 $\displaystyle f(x)=\frac1{(x+1)[x^2+(x+1)^2]}$ 在 $[0,\infty)$ 上的圖形及所圍成的面積如下圖





4. ($7$ 分) Evaluate $\displaystyle\int_0^{\pi/3}\!\frac1{\sin x-\cos x-1}\,\mathrm dx=$　丁　.
訣竅
運用 Weierstrass 代換（又稱正切半角代換）$t=\tan(x/2)$ 將三角積分轉為有理函數的積分。
解法

根據提示使用 Weierstrass 代換 $t=\tan(x/2)$，那麼

• 當 $x=0$ 時有 $t=0$；當 $x=\pi/3$ 時有 $t=1/\sqrt3$；
• 整理有 $x=2\tan^{-1}t$、求導得 $\displaystyle\mathrm dx=\frac2{1+t^2}\,\mathrm dt$；
• 由三角恆等式可知

  $\displaystyle\sin x=2\sin\frac x2\cos\frac x2=2\cdot\frac1{\sqrt{1+t^2}}\cdot\frac t{\sqrt{1+t^2}}=\frac{2t}{1+t^2},\quad \cos x=2\cos^2\frac x2-1=2\cdot\frac1{1+t^2}-1=\frac{1-t^2}{1+t^2}.$

據此所求的定積分可改寫並計算如下

$\begin{aligned}\int_0^{\pi/3}\!\frac1{\sin x-\cos x-1}\,\mathrm dx&=\int_0^{1/\sqrt3}\!\frac1{\displaystyle\frac{2t}{1+t^2}-\frac{1-t^2}{1+t^2}-1}\cdot\frac2{1+t^2}\,\mathrm dt\\&=\int_0^{1/\sqrt3}\!\frac{\mathrm dt}{t-1}=\ln|t-1|\Big|_0^{1/\sqrt3}=\ln\left(\frac{3-\sqrt3}3\right).\end{aligned}$

【註】 函數 $\displaystyle f(x)=\frac1{\sin x-\cos x-1}$ 在 $[0,\pi/3]$ 上的圖形及其所對應的定積分區域如下





5. ($8$ 分) Let $p(x)=x^6+2x^5-x+1$. Find $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\{[p(x)]^{1/6}-x\}=$　戊　.
訣竅
將取極限的函數改寫後運用 L'Hôpital 法則即可。
解法

將極限式改寫並依據

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left[\left(1+\frac2x-\frac1{x^5}+\frac1{x^6}\right)^{1/6}-1\right]=\lim_{x\to\infty}\frac1x=0,$

而運用 L'Hôpital 法則計算如下

$\begin{aligned}\lim_{x\to\infty}\{[p(x)]^{1/6}-x\}&=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\left(1+\frac2x-\frac1{x^5}+\frac1{x^6}\right)^{1/6}-1}{\displaystyle\frac1x}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\frac16\left(1+\frac2x-\frac1{x^5}+\frac1{x^6}\right)^{-5/6}\cdot\left(-\frac2{x^2}+\frac5{x^6}-\frac6{x^7}\right)}{\displaystyle-\frac1{x^2}}\\&=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac2x-\frac1{x^5}+\frac1{x^6}\right)^{-5/6}\cdot\lim_{x\to\infty}\left(\frac13-\frac5{6x^4}+\frac1{x^5}\right)=1\cdot\frac13=\frac13.\end{aligned}$

【註】 函數 $f(x)=[p(x)]^{1/6}-x$ 及其水平漸近線 $y=1/3$ 如下圖所示





6. ($8$ 分) Evaluate $\displaystyle\iint_\Omega\!xy\,\mathrm dx\,\mathrm dy$, where $\Omega$ is the region in the first quadrant bounded by the curves: $x^2+y^2=4$, $x^2+y^2=9$, $x^2-y^2=1$, $x^2-y^2=4$. Answer: 　己　.
訣竅
按題目的積分區域進行變數代換，後留意 Jacobian 的計算而求解；亦可將區域適當的分割而直接計算重積分。
解法

運用變數代換，令 $u=x^2+y^2$、$v=x^2-y^2$，那麼積分範圍為 $4\leq u\leq9$、$1\leq v\leq4$。再者運用加減消去法以及區域落在第一象限內可知 $\displaystyle x=\sqrt{\frac{u+v}2}$、$\displaystyle y=\sqrt{\frac{u-v}2}$ 如下圖



其對應的 Jacobian 行列式可計算如下

$\displaystyle\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial v}\\[3mm]\displaystyle\frac{\partial y}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial v}\end{vmatrix}\Big|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac1{2\sqrt{2u+2v}}&\displaystyle\frac1{2\sqrt{2u+2v}}\\[3mm]\displaystyle\frac1{2\sqrt{2u-2v}}&\displaystyle\frac{-1}{2\sqrt{2u-2v}}\end{vmatrix}\Big|=\frac1{4\sqrt{u^2-v^2}}.$

如此所求的重積分可改寫並計算如下

$\displaystyle\iint_\Omega\!xy\,\mathrm dA=\int_4^9\!\int_1^4\!\sqrt{\frac{u+v}2}\cdot\sqrt{\frac{u-v}2}\cdot\frac1{4\sqrt{u^2-v^2}}\,\mathrm dv\,\mathrm du=\frac18\int_4^9\!\int_1^4\!\,\mathrm dv\,\mathrm du=\frac18\cdot5\cdot3=\frac{15}8.$

解法二

積分區域可切割為如下三塊



因此可將重積分表達並計算如下

$\begin{aligned}\iint_\Omega\!xy\,\mathrm dA&=\int_{\sqrt{5/2}}^2\!\int_{\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{x^2-1}}\!xy\,\mathrm dy\,\mathrm dx+\int_2^{\sqrt5}\!\int_{\sqrt{x^2-4}}^{\sqrt{x^2-1}}\!xy\,\mathrm dy\,\mathrm dx+\int_{\sqrt5}^{\sqrt{13/2}}\!\int_{\sqrt{x^2-4}}^{\sqrt{9-x^2}}\!xy\,\mathrm dy\,\mathrm dx\\&=\int_{\sqrt{5/2}}^2\!\frac{x[(x^2-1)-(4-x^2)]}2\,\mathrm dx+\int_2^{\sqrt5}\!\frac{x[(x^2-1)-(x^2-4)]}2\,\mathrm dx+\int_{\sqrt5}^{\sqrt{13/2}}\!\frac{x[(9-x^2)-(x^2-4)]}2\,\mathrm dx\\&=\frac12\left[\int_{\sqrt{5/2}}^2\!(2x^3-5x)\,\mathrm dx+\int_2^{\sqrt5}3x\,\mathrm dx+\int_{\sqrt5}^{\sqrt{13/2}}\!(13x-2x^2)\,\mathrm dx\right]\\&=\frac12\left[\left.\frac{x^4-5x^2}2\right|_{\sqrt{5/2}}^2+\left.\frac{3x^2}2\right|_2^{\sqrt5}+\left.\frac{13x^2-x^4}2\right|_{\sqrt5}^{\sqrt{13/2}}\right]\\&=\frac12\left[-2+\frac{25}8+\frac{15}2-6+\frac{169}8-20\right]=\frac{15}8.\end{aligned}$



7. ($8$ 分) Evaluate the line integral $\displaystyle\int_C\!(x^2+6xy-2y^2)\,\mathrm dx+(3x^2-4xy+2y)\,\mathrm dy$ along the path $C\,:\,y=\tan x$ from $x=0$ to $x=\pi/4$. Answer: 　庚　.
訣竅
可以直接看出位能函數後始用線積分基本定理求解之。
解法
取位能函數 $\displaystyle f(x,y)=\frac13x^3+3x^2y-2xy^2+y^2$ 滿足
$\nabla f(x,y)=(x^2+6xy-2y^2,3x^2-4xy+2y)$.
那麼由線積分基本定理可知\[\int_C\!(x^2+6xy-2y^2)\,\mathrm dx+(3x^2-4xy+2y)\,\mathrm dy=f(\pi/4,1)-f(0,0)=\frac{\pi^3}{192}+\frac{3\pi^2}{16}-\frac\pi2+1$,
其中位能函數的取法可分別對 $\mathrm dx$ 與 $\mathrm dy$ 的部分取偏積分後即能找到。


8. ($8$ 分) Find the volume of the solid $T$ bounded above by the plane $z=2y$ and below by the paraboloid $z=x^2+y^2$. Answer: 　辛　.
訣竅
找出立體區域在某一平面上的投影後，運用底面乘以高的方式列出體積算式後求解之。
解法一

將立體區域投影到 $yz$ 平面上為 $D=\{(y,z)\in\mathbb R^2\,:\,2y\geq z\geq y^2\}$。那麼體積 $V$ 可表達並計算如下

$\begin{aligned}V=\iint_D\!2\sqrt{z-y^2}\,\mathrm dA=2\int_0^2\!\int_{y^2}^{2y}\!\sqrt{z-y^2}\,\mathrm dz\,\mathrm dy=2\cdot\frac23\int_0^2\!(z-y^2)^{3/2}\Big|_{z=y^2}^{z=2y}\,\mathrm dy=\frac43\int_0^2\!(2y-y^2)^{3/2}\,\mathrm dy.\end{aligned}$

由於被積分函數可配方為 $[1-(y-1)^2]^{3/2}$，故令 $y-1=\sin\theta$，那麼上下界則分別化為 $\theta=\pm\pi/2$ 且求導有 $\mathrm dr=\cos\theta\,\mathrm d\theta$，因此所求的體積可改寫並繼續計算如下

$\begin{aligned}V&=\frac43\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\!\cos^3\theta\cdot\cos\theta\,\mathrm d\theta=\frac43\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\!\left(\frac{1+\cos2\theta}2\right)^2\,\mathrm d\theta\\&=\frac13\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\!(1+2\cos2\theta+\cos^22\theta)\,\mathrm d\theta=\frac13\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\!\left(\frac32+2\cos2\theta+\frac{\cos4\theta}2\right)\,\mathrm d\theta=\frac\pi2.\end{aligned}$

【註】 立體區域 $T$ 之圖形如下



解法二

將立體區域投影到 $xy$ 平面上為 $2y=x^2+y^2$，亦即 $D=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+(y-1)^2\leq1\}$。那麼體積 $V$ 可表達為 $\displaystyle V=\iint_D\![2y-(x^2+y^2)]\,\mathrm dA$。運用極座標變換令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，那麼區域 $D$ 可表達為 $0\leq r\leq2\sin\theta$、$0\leq\theta\leq\pi$。如此所求的體積可改寫並計算如下

$\begin{aligned}V&=\int_0^\pi\!\int_0^{2\sin\theta}\!(2r\sin\theta-r^2)r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta=\int_0^\pi\!\left.\left(\frac{2r^3\sin\theta}3-\frac{r^4}4\right)\right|_{r=0}^{r=2\sin\theta}\,\mathrm d\theta\\&=\frac43\int_0^\pi\!\sin^4\theta\,\mathrm d\theta=\frac13\int_0^\pi\!(1-\cos2\theta)^2\,\mathrm d\theta=\frac13\int_0^\pi\!(1-2\cos2\theta+\cos^22\theta)\,\mathrm d\theta\\&=\frac13\int_0^\pi\!\left(\frac32-2\cos2\theta+\frac{\cos4\theta}2\right)\,\mathrm d\theta=\left.\frac13\left(\frac{3\theta}2-\sin2\theta+\frac{\sin4\theta}8\right)\right|_0^\pi=\frac\pi2.\end{aligned}$

【註】 立體區域 $T$ 之圖形如下



2. 計算證明題. 共 $40$ 分（需寫出計算及證明過程, 否則不予計分）
1. ($10$ 分) Find

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^n\frac n{k^2+n^2}\right).$

訣竅
將該式改寫為 Riemann sum 取極限，據此改寫為定積分後計算之。
解法

將所求改寫如下

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^n\frac n{k^2+n^2}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\frac1{1+(k/n)^2}$.

因此可視之為函數 $\displaystyle f(x)=\frac1{1+x^2}$ 在 $[0,1]$ 上作等分割的 Riemann sum，如下圖



取極限後可得如下的定積分並求出其值：

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^n\frac n{k^2+n^2}\right)=\int_0^1\!\frac1{1+x^2}\,\mathrm dx=\tan^{-1}(1)=\frac\pi4.$



2. ($10$ 分) Let $0.a_1a_2a_3a_4\cdots$ be the decimal expansion of the rational number $\displaystyle\frac57$. Let $b_k=a_{2^k}$, $k=1,2,\cdots$. The decimal $0.b_1b_2b_3b_4\cdots$ also represents a rational number $\displaystyle\frac ab$. Find $\displaystyle\frac ab$.
訣竅
先將有理數寫成十進位的規律表達出來後求出 $b_k$ 的一般式。
解法

容易求出 $\displaystyle\frac57=0.\overline{714285}$，注意到此為六個一循環的循環小數。藉由觀察可以知道必定是第二位與第四位的交錯［奇數位不可能］，從而知道

$\displaystyle\frac ba=0.\overline{12}=\frac{12}{99}=\frac4{33}$,

其中循環小數可根據無窮等比級數的求和公式計算如下

$\displaystyle0.\overline{12}=0.12+0.0012+0.000012+\cdots=\frac{0.12}{1-0.01}=\frac{12}{99}$.

此為無窮等比級數的求和。

【註】 更精確地說，運用數論的知識可以知道 $2^k$ 在除以 $6$ 後餘 $2$ 或餘 $4$，並且有下面的關係

$2^k~(\mbox{mod}~6)=\begin{cases}2&\mbox{若 $k$ 為奇數};\\4&\mbox{若 $k$ 為偶數}.\end{cases}$



3. ($10$ 分) Find the shortest distance from the point $(1,2,0)$ to the elliptic cone $z=\sqrt{x^2+2y^2}$.
訣竅
將距離平方函數表達後可運用限制條件化簡而配方求解；亦可運用 Lagrange 乘子函數計算之。
解法一

設在橢圓錐 $z=\sqrt{x^2+2y^2}$ 上距離 $(1,2,0)$ 最近的點座標為 $(x,y,z)$，那麼兩點的距離平方可表為函數 $f(x,y,z)=(x-1)^2+(y-2)^2+z^2$。由限制條件可知

$\begin{aligned}g(x,y)&=f(x,y,z(x,y))=(x-1)^2+(y-2)^2+x^2+2y^2\\&=(2x^2-2x+1)+(3y^2-4y+4)=2\left(x-\frac12\right)^2+3\left(y-\frac23\right)^2+\frac{19}6.\end{aligned}$

因此當 $x=1/2$、$y=2/3$ 時，$z=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{41}/6$ 且 $f$ 達到最小值 $19/6$，故最短距離為 $\sqrt{114}/6$。

【註】 橢圓錐上距離 $(1,2,0)$ 最近的點 $(1/2,2/3,\sqrt{41}/6)$ 描繪如下圖



解法二

先將限制條件寫為 $x^2+2y^2-z^2=0$，承解法一中的目標函數為 $f$，故可記 Lagrange 乘子函數為

$F(x,y,z,\lambda)=(x-1)^2+(y-2)^2+z^2+\lambda(x^2+2y^2-z^2)$.

據此解下列聯立方程組

$\left\{\begin{aligned} &F_x(x,y,z,\lambda)=2x-2+2\lambda x=0,\\&F_y(x,y,z,\lambda)=2y-4+4\lambda y=0,\\&F_z(x,y,z,\lambda)=2z-2\lambda z=0,\\&F_\lambda(x,y,z,\lambda)=x^2+2y^2-z^2=0.\end{aligned}\right.$

由第三式可知 $2z(1-\lambda)=0$。

• 若 $\lambda=1$，則可得 $x=1/2$、$y=2/3$，那麼得 $z=\sqrt{x^2+2y^2}=\sqrt{41}/6$。
• 若 $z=0$，那麼 $x^2+2y^2=0$，這表明 $x=y=0$，明顯與前兩式矛盾。不合。

代回可得 $f(1/2,2/3,\sqrt{41}/6)=114/36$，因此距離的最小值為 $\sqrt{114}/6$。

【註】 橢圓錐上距離 $(1,2,0)$ 最近的點 $(1/2,2/3,\sqrt{41}/6)$ 描繪如下圖





4. ($10$ 分) Evaluate the surface integral $\displaystyle\iint_S\!(x^4+y^4+z^4)\,\mathrm d\sigma$, where $d\sigma$ is the surface element and

   $S=\{(x,y,z)\,:\,x^2+y^2+z^2=1\}.$

訣竅
運用球面參數化後計算此曲面積分；亦可運用 Gauss 散度定理求解與球極座標變換計算之。
解法一

將球面參數化如下

${\bf r}(\theta,\phi)=(\cos\theta\sin\phi,\sin\theta\sin\phi,\cos\phi),\quad0\leq\theta\leq2\pi,~0\leq\phi\leq\pi$.

那麼所求的曲面積分可表為

$\displaystyle\iint_S\!(x^4+y^4+z^4)\,\mathrm d\sigma=\int_0^{2\pi}\!\int_0^\pi\!(\cos^4\theta\sin^4\phi+\sin^4\theta\sin^4\phi+\cos^4\phi)|{\bf r}_\theta\times{\bf r}_\phi|\,\mathrm d\phi\,\mathrm d\theta.$

先計算 $|{\bf r}_\theta\times{\bf r}_\phi|$ 如下

$\begin{aligned}|{\bf r}_\theta\times{\bf r}_\phi|&=|(-\sin\theta\sin\phi,\cos\theta\sin\phi,0)\times(\cos\theta\cos\phi,\sin\theta\cos\phi,-\sin\phi)|\\&=|(-\cos\theta\sin^2\phi,-\sin\theta\sin^2\phi,-\sin\phi\cos\phi)|\\&=\sqrt{\cos^2\theta\sin^4\phi+\sin^2\theta\sin^4\phi+\sin^2\phi\cos^2\phi}=\sin\phi.\end{aligned}$

因此所求的曲面積分為

$\displaystyle\iint_S\!(x^4+y^4+z^4)\,\mathrm d\sigma=\int_0^{2\pi}\!\int_0^\pi\![(\cos^4\theta\sin^5\phi+\sin^4\theta\sin^5\phi)+\cos^4\phi\sin\phi]\,\mathrm d\phi\,\mathrm d\theta.$

兩重積分可分別計算如下

$\displaystyle\int_0^{2\pi}\!\int_0^\pi\!\cos^4\phi\sin\phi\,\mathrm d\phi\,\mathrm d\theta=2\pi\cdot\left.\frac{-\cos^5\phi}5\right|_0^\pi=\frac{4\pi}5$

及

$\begin{aligned}\int_0^{2\pi}\!\int_0^\pi\!(\cos^4\theta+\sin^4\theta)\sin^5\phi\,\mathrm d\phi\,\mathrm d\theta&=\left[\int_0^{2\pi}\!(\cos^4\theta+\sin^4\theta)\,\mathrm d\theta\right]\left(\int_0^\pi\!\sin^5\phi\,\mathrm d\phi\right)\\&=\left[\int_0^{2\pi}\!(1-2\sin^2\theta\cos^2\theta)\,\mathrm d\theta\right]\left[\int_0^\pi\!(1-\cos^2\phi)^2\sin\phi\,\mathrm d\phi\right]\\&=\left(2\pi-\frac12\int_0^{2\pi}\!\sin^22\theta\,\mathrm d\theta\right)\left(\int_0^\pi\!(-\cos^4\phi+2\cos^2\phi-1)\,\mathrm d\cos\phi\right)\\&=\left(2\pi-\frac14\int_0^{2\pi}\!(1-\cos4\theta)\,\mathrm d\theta\right)\left.\left(-\frac{\cos^5\phi}5+\frac{2\cos^3\phi}3-\cos\phi\right)\right|_{\phi=0}^{\phi=\pi}\\&=\frac{3\pi}2\cdot\frac{16}{15}=\frac{8\pi}5.\end{aligned}$

故所求為

$\iint_S\!(x^4+y^4+z^4)\,\mathrm d\sigma=\frac{8\pi}5+\frac{4\pi}5=\frac{12\pi}5$.

解法二

設球面 $S$ 所包圍的球體 $E=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\,:\,x^2+y^2+z^2\leq1\}$ 及向量函數 ${\bf F}(x,y,z)=(x^3,y^3,z^3)$，那麼運用 Gauss 散度定理可知

$\displaystyle\iint_S\!(x^4+y^4+z^4)\,\mathrm d\sigma=\iint_S\!{\bf F}\cdot{\bf n}\,\mathrm d\sigma=\iiint_E\!\text{div}({\bf F})\,\mathrm dV=3\iiint_E\!(x^2+y^2+z^2)\,\mathrm dV$,

其中 ${\bf n}=(x,y,z)$ 為球面 $S$ 上指向外的單位法向量。根據球極座標變換，令 $x=\rho\cos\theta\sin\phi$、$y=\rho\sin\theta\sin\phi$、$z=\rho\cos\phi$，其中變數範圍為 $0\leq\rho\leq1$、$0\leq\theta\leq2\pi$、$0\leq\phi\leq\pi$，因此所求的曲面積分可改寫並計算如下

$\begin{aligned}\iint_S\!(x^4+y^4+z^4)\,\mathrm d\sigma&=3\int_0^{2\pi}\!\int_0^\pi\!\int_0^1\!\rho^2\cdot\rho^2\sin\phi\,\mathrm d\rho\,\mathrm d\phi\,\mathrm d\theta\\&=3\cdot2\pi\left(\int_0^\pi\!\sin\phi\,\mathrm d\phi\right)\left(\int_0^1\!\rho^4\,\mathrm d\rho\right)\\&=2\pi\cdot-\cos\phi\Big|_0^\pi\cdot\left.\frac{\rho^5}5\right|_0^1=3\cdot2\pi\cdot2\cdot\frac15=\frac{12\pi}5.\end{aligned}$