111 年 國立臺灣大學生醫電子與資訊學研究所丙組《微積分（A）》

這是一題極限計算題，形式為 $1^\infty$，需要利用指數與對數的性質，並結合泰勒展開來求解。

我們要求算的極限是：
$L = \lim_{x \to \infty} \left( \cos\left(\frac{2}{x}\right) + \frac{2}{x^2} \right)^{x^2}$
這是一個 $1^\infty$ 型的未定式，因為當 $x \to \infty$ 時，$\frac{2}{x} \to 0$，所以 $\cos\left(\frac{2}{x}\right) \to \cos(0) = 1$，而 $\frac{2}{x^2} \to 0$。
我們可以將極限轉換為：
$L = \exp\left( \lim_{x \to \infty} x^2 \ln\left( \cos\left(\frac{2}{x}\right) + \frac{2}{x^2} \right) \right)$
我們來計算指數部分的極限：
$\lim_{x \to \infty} x^2 \ln\left( \cos\left(\frac{2}{x}\right) + \frac{2}{x^2} \right)$
令 $u = \frac{1}{x}$。當 $x \to \infty$ 時，$u \to 0^+$。極限變成：
$\lim_{u \to 0^+} \frac{1}{u^2} \ln\left( \cos(2u) + 2u^2 \right)$
我們知道 $\cos(y)$ 的泰勒展開為 $1 - \frac{y^2}{2!} + \frac{y^4}{4!} - \dots$。

這是一題極限計算題，形式為 $\frac{0}{0}$，需要使用羅必達法則或泰勒展開來求解。

我們要求算的極限是：
$L = \lim_{x \to 0^+} \frac{\tan^{-1}(2x) - \tan(2x)}{\sin(x) - x}$
當 $x \to 0^+$ 時，$\tan^{-1}(2x) \to \tan^{-1}(0) = 0$，$\tan(2x) \to \tan(0) = 0$，$\sin(x) \to 0$，所以分子和分母都趨近於 0。這是一個 $\frac{0}{0}$ 型的未定式。

我們使用泰勒展開來求解。
對於分子：
$\tan^{-1}(y)$ 的泰勒展開為 $y - \frac{y^3}{3} + \frac{y^5}{5} - \dots$。
所以，$\tan^{-1}(2x) = (2x) - \frac{(2x)^3}{3} + \frac{(2x)^5}{5} - \dots = 2x - \frac{8x^3}{3} + \frac{32x^5}{5} - \dots$。
$\tan(y)$ 的泰勒展開為 $y + \frac{y^3}{3} + \frac{2y^5}{15} + \dots$。
所以，$\tan(2x) = (2x) + \frac{(2x)^3}{3} + \frac{2(2x)^5}{15} + \dots = 2x + \frac{8x^3}{3} + \frac{64x^5}{15} + \dots$。
因此，分子為：
$\tan^{-1}(2x) - \tan(2x) = \left( 2x - \frac{8x^3}{3} + \frac{32x^5}{5} - \dots \right) - \left( 2x + \frac{8x^3}{3} + \frac{64x^5}{15} + \dots \right)$
$= -\frac{16x^3}{3} - \left(\frac{64}{15} - \frac{32}{5}\right)x^5 - \dots$
$= -\frac{16x^3}{3} - \left(\frac{64 - 96}{15}\right)x^5 - \dots$
$= -\frac{16x^3}{3} + \frac{32x^5}{15} - \dots$

對於分母：
$\sin(x)$ 的泰勒展開為 $x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \dots = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \dots$。
所以，分母為：
$\sin(x) - x = \left( x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \dots \right) - x = -\frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \dots$。

現在計算極限：
$L = \lim_{x \to 0^+} \frac{-\frac{16x^3}{3} + \frac{32x^5}{15} - \dots}{-\frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \dots}$
將分子和分母同除以 $x^3$：

這是一題求函數反曲點的題目。反曲點發生在二階導數改變符號的地方，也就是二階導數為零或不存在的位置。

給定函數 $f(x) = x^2 e^{2x}$。
首先計算一階導數 $f'(x)$：
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^2 e^{2x}) = 2x e^{2x} + x^2 (e^{2x} \cdot 2) = (2x + 2x^2) e^{2x}$
接下來計算二階導數 $f''(x)$：
$f''(x) = \frac{d}{dx}((2x + 2x^2) e^{2x})$
$f''(x) = (2 + 4x) e^{2x} + (2x + 2x^2) (e^{2x} \cdot 2)$
$f''(x) = (2 + 4x + 4x + 4x^2) e^{2x}$
$f''(x) = (4x^2 + 8x + 2) e^{2x}$
令 $f''(x) = 0$ 來尋找潛在的反曲點。由於 $e^{2x} > 0$ 對於所有實數 $x$，我們只需要讓多項式部分為零：
$4x^2 + 8x + 2 = 0$
$2x^2 + 4x + 1 = 0$
使用二次方程式求根公式 $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$：
$x = \frac{-4 \pm \sqrt{4^2 - 4(2)(1)}}{2(2)}$
$x = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 8}}{4}$
$x = \frac{-4 \pm \sqrt{8}}{4}$
$x = \frac{-4 \pm 2\sqrt{2}}{4}$
$x = -1 \pm \frac{\sqrt{2}}{2}$
所以，兩個反曲點的 x 座標是 $x_1 = -1 - \frac{\sqrt{2}}{2}$ 和 $x_2 = -1 + \frac{\sqrt{2}}{2}$。
題目要求找一個反曲點。

核心觀念

本題考查：

• 定積分所定義的函數。
• 函數單調性與反函數。
• 指數函數 $e^{t^2}$ 的正值性。

令

$$F(u)=\int_0^u e^{t^2}\,dt$$

因為對所有實數 $t$，都有 $e^{t^2}>0$，所以

$$F'(u)=e^{u^2}>0$$

因此 $F$ 是嚴格遞增函數，具有反函數 $F^{-1}$。

解題方法

原式為

$$\int_0^{f(4)}e^{t^2}\,dt+1=\ln x$$

移項得

$$\int_0^{f(4)}e^{t^2}\,dt=\ln x-1$$

依照 $F$ 的定義，可寫成

$$F\bigl(f(4)\bigr)=\ln x-1$$

兩邊取反函數，得到

$$f(4)=F^{-1}(\ln x-1)$$

也就是

這是一道不定積分的計算題。被積函數是分式，其中分子的次數大於分母的次數，因此我們需要先進行多項式長除法或代數變形，將其化為多項式與真分式的和。

我們要求算的積分是：
$I = \int_0^3 \frac{x^3}{x^2+9} dx$
對被積函數 $\frac{x^3}{x^2+9}$ 進行變形：
$\frac{x^3}{x^2+9} = \frac{x^3 + 9x - 9x}{x^2+9} = \frac{x(x^2+9) - 9x}{x^2+9} = x - \frac{9x}{x^2+9}$
現在積分可以寫成：
$I = \int_0^3 \left( x - \frac{9x}{x^2+9} \right) dx$
$I = \int_0^3 x \, dx - \int_0^3 \frac{9x}{x^2+9} dx$
第一部分的積分：
$\int_0^3 x \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^3 = \frac{3^2}{2} - \frac{0^2}{2} = \frac{9}{2}$

這是一道定積分的計算題。被積函數的形式是 $\frac{f'(x)}{f(x)}$，這提示我們可以使用換元積分法，令分母為一個新的變數。

我們要求算的積分是：
$I = \int_0^{\ln 5} \frac{e^x}{e^x+1} dx$
令 $u = e^x+1$。
則 $du = e^x dx$。
當積分上下限轉換時：
當 $x=0$ 時，$u = e^0+1 = 1+1 = 2$。

核心觀念

被積分函數可配方為

$$\sqrt{4x-x^2} =\sqrt{4-(x-2)^2}.$$

其圖形為圓

$$(x-2)^2+y^2=4$$

的上半部，圓心為 $(2,0)$、半徑為 $2$。本題也可利用含平方根形式

$$\int \sqrt{a^2-u^2}\,du = \frac{u}{2}\sqrt{a^2-u^2} +\frac{a^2}{2}\sin^{-1}\left(\frac{u}{a}\right)+C$$

計算。

解題方法

令

$$u=x-2,\qquad du=dx.$$

當 $x=0$ 時，$u=-2$；當 $x=3$ 時，$u=1$。因此

$$\int_0^3\sqrt{4x-x^2}\,dx = \int_{-2}^{1}\sqrt{4-u^2}\,du.$$

套用公式，其中 $a=2$：

$$\int\sqrt{4-u^2}\,du = \frac{u}{2}\sqrt{4-u^2} +2\sin^{-1}\left(\frac{u}{2}\right)+C.$$

所以

$$\begin{aligned} \int_{-2}^{1}\sqrt{4-u^2}\,du &= \left[ \frac{u}{2}\sqrt{4-u^2} +2\sin^{-1}\left(\frac{u}{2}\right) \right]_{-2}^{1}\\ &= \left[ \frac{\sqrt{3}}{2} +2\sin^{-1}\left(\frac12\right) \right]\\ &\quad- \left[ 0+2\sin^{-1}(-1) \right]. \end{aligned}$$

由

這是一道一階線性微分方程的求解題。我們可以使用積分因子法來求解。

給定的微分方程是：
$\frac{dy}{dx} + 2xy = 3x$
這是一個標準的一階線性微分方程，形式為 $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$。
其中 $P(x) = 2x$ 且 $Q(x) = 3x$。

首先，我們計算積分因子 $I(x)$：
$I(x) = e^{\int P(x) dx} = e^{\int 2x dx} = e^{x^2}$
將原方程兩邊同乘以積分因子 $e^{x^2}$：
$e^{x^2} \frac{dy}{dx} + e^{x^2} (2xy) = e^{x^2} (3x)$
左邊是 $\frac{d}{dx}(y \cdot I(x))$：
$\frac{d}{dx}(y e^{x^2}) = 3x e^{x^2}$
現在，我們對兩邊進行積分：
$\int \frac{d}{dx}(y e^{x^2}) dx = \int 3x e^{x^2} dx$
$y e^{x^2} = \int 3x e^{x^2} dx$
為了計算右邊的積分，我們令 $u = x^2$，則 $du = 2x dx$。所以 $x dx = \frac{1}{2} du$。

這是一道體積分計算題，要求計算旋轉體體積。由於是繞 y 軸旋轉，且曲線方程是 $y=f(x)$ 的形式，我們可以使用圓柱殼法 (Cylindrical Shell Method) 來計算。

給定的區域 R 是由曲線 $y = \sin(x^2)$ 和 x 軸圍成，且 $0 \le x \le \sqrt{\pi}$。
我們要求繞 y 軸旋轉的體積 $V$。

圓柱殼法的體積公式是：
$V = \int_a^b 2\pi x h(x) dx$
其中 $a$ 和 $b$ 是積分範圍， $x$ 是圓柱殼的半徑， $h(x)$ 是圓柱殼的高度。
在本題中：
積分範圍是 $a=0$ 到 $b=\sqrt{\pi}$。
圓柱殼的半徑是 $x$。
圓柱殼的高度是曲線 $y = \sin(x^2)$ 的值，即 $h(x) = \sin(x^2)$。

所以，體積 $V$ 為：
$V = \int_0^{\sqrt{\pi}} 2\pi x \sin(x^2) dx$
我們來計算這個積分。
令 $u = x^2$。則 $du = 2x dx$。
當積分上下限轉換時：
當 $x=0$ 時，$u = 0^2 = 0$。

這是一道判斷冪級數收斂區間的題目。我們可以使用比值檢驗法 (Ratio Test) 或根值檢驗法 (Root Test) 來找到收斂半徑，然後再檢驗端點。

給定的級數是 $\sum_{n=0}^\infty a_n = \sum_{n=0}^\infty \frac{(3-5x)^n}{2^n+1}$。
我們使用比值檢驗法。令 $a_n = \frac{(3-5x)^n}{2^n+1}$。
$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{(3-5x)^{n+1}}{2^{n+1}+1} \cdot \frac{2^n+1}{(3-5x)^n} \right|$
$L = \lim_{n \to \infty} \left| (3-5x) \cdot \frac{2^n+1}{2^{n+1}+1} \right|$
$L = |3-5x| \lim_{n \to \infty} \frac{2^n+1}{2^{n+1}+1}$
對於極限部分：
$\lim_{n \to \infty} \frac{2^n+1}{2^{n+1}+1} = \lim_{n \to \infty} \frac{2^n(1+1/2^n)}{2^n(2+1/2^n)} = \lim_{n \to \infty} \frac{1+1/2^n}{2+1/2^n} = \frac{1+0}{2+0} = \frac{1}{2}$
所以，
$L = |3-5x| \cdot \frac{1}{2}$
根據比值檢驗法，級數在 $L < 1$ 時收斂。
$|3-5x| \cdot \frac{1}{2} < 1$
$|3-5x| < 2$
$-2 < 3-5x < 2$
首先處理左邊的不等式：
$-2 < 3-5x$
$5x < 3+2$
$5x < 5$
$x < 1$
然後處理右邊的不等式：
$3-5x < 2$
$1 < 5x$
$x > \frac{1}{5}$
所以，級數在區間 $\left(\frac{1}{5}, 1\right)$ 上絕對收斂。

現在我們需要檢驗區間的端點 $x = \frac{1}{5}$ 和 $x = 1$。

當 $x = \frac{1}{5}$ 時，級數變成：
$\sum_{n=0}^\infty \frac{\left(3-5\left(\frac{1}{5}\right)\right)^n}{2^n+1} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(3-1)^n}{2^n+1} = \sum_{n=0}^\infty \frac{2^n}{2^n+1}$
我們來判斷這個級數的收斂性。

這是一道求無窮級數和的題目，級數是一個等比級數。

我們要求算的級數是：
$S = \sum_{n=5}^\infty \frac{1}{2^n}$
這個級數可以寫成：
$S = \frac{1}{2^5} + \frac{1}{2^6} + \frac{1}{2^7} + \dots$
這是一個首項為 $a = \frac{1}{2^5}$，公比為 $r = \frac{1}{2}$ 的無窮等比級數。
無窮等比級數的和公式為 $S = \frac{a}{1-r}$，其中 $|r| < 1$。
在本題中，$a = \frac{1}{32}$ 且 $r = \frac{1}{2}$。由於 $|r| = \frac{1}{2} < 1$，級數收斂。
所以，級數的和為：
$S = \frac{\frac{1}{32}}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{\frac{1}{32}}{\frac{1}{2}} = \frac{1}{32} \times 2 = \frac{2}{32} = \frac{1}{16}$

這是一道求無窮級數和的題目。觀察級數的通項 $\frac{(-1)^n}{n!}$，這與指數函數 $e^x$ 的泰勒展開式非常相似。

我們知道指數函數 $e^x$ 的泰勒展開式為：
$e^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots$
這個展開式對所有實數 $x$ 都成立。

我們要求算的級數是：
$S = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!}$
將此級數與 $e^x$ 的泰勒展開式比較。
如果我們令 $x = -1$，則：

這是一道計算空間曲線弧長的題目。弧長可以使用積分公式計算，該公式涉及曲線切向量的模長。

給定的空間曲線由向量函數 $\vec{r}(t) = (\cos(e^t), \sin(e^t), 3e^t)$ 表示，參數 $t$ 的範圍是 $-2 \le t \le 2$。
曲線的弧長 $L$ 可以通過積分計算：
$L = \int_a^b \| \vec{r}'(t) \| dt$
其中 $a$ 和 $b$ 是參數的下限和上限，$\vec{r}'(t)$ 是曲線的切向量，$\| \vec{r}'(t) \|$ 是切向量的模長。

首先，我們計算切向量 $\vec{r}'(t)$：
$\vec{r}'(t) = \frac{d}{dt}(\cos(e^t), \sin(e^t), 3e^t)$
$\vec{r}'(t) = (-\sin(e^t) \cdot e^t, \cos(e^t) \cdot e^t, 3e^t)$
$\vec{r}'(t) = (-e^t \sin(e^t), e^t \cos(e^t), 3e^t)$

接下來，我們計算切向量的模長 $\| \vec{r}'(t) \|$：
$\| \vec{r}'(t) \| = \sqrt{(-e^t \sin(e^t))^2 + (e^t \cos(e^t))^2 + (3e^t)^2}$

這是一道求多元函數在約束區域內極值問題。區域是圓盤 $x^2+y^2 \le 9$，函數是 $f(x,y) = 3x^2 + 4y^2$。
我們需要考慮兩種情況：

1. 區域內部（開圓盤 $x^2+y^2 < 9$）的臨界點。
2. 區域邊界（圓周 $x^2+y^2 = 9$）上的極值。

情況 1：區域內部
計算函數 $f(x,y)$ 的偏導數：
$\frac{\partial f}{\partial x} = 6x$
$\frac{\partial f}{\partial y} = 8y$
令偏導數為零，得到臨界點：
$6x = 0 \implies x = 0$
$8y = 0 \implies y = 0$
所以，唯一的臨界點是 $(0,0)$。
這個點位於區域內部，因為 $0^2 + 0^2 = 0 < 9$。
在 $(0,0)$ 點的函數值是 $f(0,0) = 3(0)^2 + 4(0)^2 = 0$。

情況 2：區域邊界 $x^2 + y^2 = 9$
我們可以使用參數化方法或拉格朗日乘數法。

方法一：參數化
在圓周 $x^2+y^2=9$ 上，我們可以參數化為 $x = 3\cos\theta$, $y = 3\sin\theta$，其中 $0 \le \theta < 2\pi$。
將其代入函數 $f(x,y)$：
$g(\theta) = f(3\cos\theta, 3\sin\theta) = 3(3\cos\theta)^2 + 4(3\sin\theta)^2$
$g(\theta) = 3(9\cos^2\theta) + 4(9\sin^2\theta)$
$g(\theta) = 27\cos^2\theta + 36\sin^2\theta$
$g(\theta) = 27\cos^2\theta + 27\sin^2\theta + 9\sin^2\theta$
$g(\theta) = 27(\cos^2\theta + \sin^2\theta) + 9\sin^2\theta$
$g(\theta) = 27 + 9\sin^2\theta$
我們要找到 $g(\theta)$ 的最大值。
由於 $\sin^2\theta$ 的範圍是 $[0, 1]$，
當 $\sin^2\theta = 1$ 時，$g(\theta)$ 達到最大值。
最大值為 $g(\theta)_{max} = 27 + 9(1) = 36$。
這發生在 $\sin\theta = \pm 1$，即 $\theta = \frac{\pi}{2}$ 或 $\theta = \frac{3\pi}{2}$。
如果 $\theta = \frac{\pi}{2}$，則 $x = 3\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$, $y = 3\sin(\frac{\pi}{2}) = 3$。點是 $(0, 3)$。
如果 $\theta = \frac{3\pi}{2}$，則 $x = 3\cos(\frac{3\pi}{2}) = 0$, $y = 3\sin(\frac{3\pi}{2}) = -3$。點是 $(0, -3)$。
在這些點上，$f(0, 3) = 3(0)^2 + 4(3)^2 = 4(9) = 36$。
$f(0, -3) = 3(0)^2 + 4(-3)^2 = 4(9) = 36$。

核心觀念

本題原式有兩處變數問題：

1. 中間積分寫成 $\displaystyle \int_{y/2}^{3}\cdots\,dy$，積分變數 $y$ 同時出現在自己的下限，積分區間未定義。
2. 被積函數若為 $xyz\cos(z^3-1)$，則代換 $u=z^3-1$ 需要 $z^2\,dz$，與題式的 $z\,dz$ 不相符。

因此，依照此類微積分考題的標準結構，採用合理修正：

$$\int_0^2\int_{x/2}^{3}\int_0^2 xy z^2\cos(z^3-1)\,dz\,dy\,dx.$$

所用公式為：

• 乘積型被積函數可分離積分。
• 次方代換 $u=z^3-1$，則 $du=3z^2\,dz$。
• 冪函數積分公式
  $\int t^n\,dt=\frac{t^{n+1}}{n+1}.$

解題方法

先計算最內層的 $z$ 積分：

$$\int_0^2 z^2\cos(z^3-1)\,dz.$$

令

$$u=z^3-1,\qquad du=3z^2\,dz,$$

因此

$$z^2\,dz=\frac{1}{3}\,du.$$

當 $z=0$ 時，$u=-1$；當 $z=2$ 時，$u=7$。故

$$\begin{aligned} \int_0^2 z^2\cos(z^3-1)\,dz &=\frac13\int_{-1}^{7}\cos u\,du\\ &=\frac13\left[\sin u\right]_{-1}^{7}\\ &=\frac13\bigl(\sin 7-\sin(-1)\bigr)\\ &=\frac{\sin 7+\sin 1}{3}. \end{aligned}$$

接著計算 $x,y$ 部分：

$$\int_0^2\int_{x/2}^{3}xy\,dy\,dx.$$

先對 $y$ 積分：

核心觀念

本題考查平面向量場的線積分與 Green 定理。

若向量場為

$$\vec F(x,y)=P(x,y)\mathbf i+Q(x,y)\mathbf j,$$

則沿封閉曲線 $C$ 的作功為

$$W=\oint_C \vec F\cdot d\vec r =\oint_C P\,dx+Q\,dy.$$

Green 定理指出，若 $C$ 取逆時針方向包圍區域 $D$，則

$$\oint_C P\,dx+Q\,dy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right)dA.$$

本題特別要注意：題目指定粒子沿圓周順時針移動，因此方向與 Green 定理通常採用的逆時針方向相反，線積分結果需變號。

---

解題方法

令

$$P(x,y)=x^2y,\qquad Q(x,y)=-xy^2.$$

先計算旋度中的偏導數：

$$\frac{\partial Q}{\partial x} = -y^2, \qquad \frac{\partial P}{\partial y} = x^2.$$

因此

$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = -y^2-x^2 =-(x^2+y^2).$$

圓周 $x^2+y^2=4$ 所包圍的區域 $D$ 是半徑 $2$ 的圓盤。以逆時針方向計算時，

$$\oint_C P\,dx+Q\,dy = \iint_D -(x^2+y^2)\,dA.$$

使用極座標

$$x^2+y^2=r^2,\qquad dA=r\,dr\,d\theta,$$

其中 $0\le r\le 2$、$0\le\theta\le 2\pi$，故

核心觀念

這是多變數最佳化問題：在紙板總面積固定時，調整無蓋長方體的長、寬與高，使體積最大。設底面長、寬分別為 $x,y$ 公尺，高為 $h$ 公尺，三者皆為正數。

無蓋紙盒的紙板面積包含一個底面與四個側面，因此限制式為

$$xy+2xh+2yh=6.$$

體積為

$$V=xyh.$$

解題方法

先固定底面積 $xy$。由均方不等式，

$$x+y\geq 2\sqrt{xy},$$

等號僅在 $x=y$ 時成立。側面所需紙板面積為 $2h(x+y)$，所以在底面積與高度相同時，正方形底面所需的側面紙板最少；因此最大體積發生在 $x=y$。

令 $x=y$，面積限制式化為

$$x^2+4xh=6,$$

解出高度：

$$h=\frac{6-x^2}{4x},\qquad 0<x<\sqrt{6}.$$

代入體積式：

$$V(x)=x^2h =\frac{x(6-x^2)}{4} =\frac{6x-x^3}{4}.$$

對 $x$ 微分：

核心觀念

本題求向量場 $\vec F$ 穿過單位球面的向外通量：

$$\iint_S \vec F\cdot \hat n\,dS$$

其中 $S$ 為單位球面，$\hat n$ 是球面的向外單位法向量。

可使用兩種方法：

1. 散度定理（Divergence Theorem）
2. 直接計算曲面積分（Surface Integral）

散度定理為

$$\iint_S \vec F\cdot \hat n\,dS = \iiint_V \nabla\cdot\vec F\,dV$$

其中 $V$ 是球面所包圍的單位球體。

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方法一：散度定理

給定向量場

$$\vec F(x,y,z)=(z,y,x)$$

其散度為

$$\nabla\cdot\vec F = \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial y}{\partial y} + \frac{\partial x}{\partial z}$$

因此

$$\nabla\cdot\vec F=0+1+0=1$$

由散度定理，

$$\iint_S \vec F\cdot\hat n\,dS = \iiint_V 1\,dV$$

而 $V$ 是半徑 $1$ 的球體，其體積為

$$\operatorname{Vol}(V)=\frac{4}{3}\pi(1)^3=\frac{4\pi}{3}$$

所以向外通量為

$$\boxed{\iint_S \vec F\cdot\hat n\,dS=\frac{4\pi}{3}}$$

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方法二：直接計算曲面積分

1. 球面的外向單位法向量

單位球面可寫成

$$x^2+y^2+z^2=1$$

球面上由原點指向外部的單位法向量為

$$\hat n=(x,y,z)$$

因為在單位球面上，

$$\sqrt{x^2+y^2+z^2}=1$$

所以 $(x,y,z)$ 本身就是單位向量。

2. 計算內積

由

$$\vec F=(z,y,x)$$

可得

$$\vec F\cdot\hat n = (z,y,x)\cdot(x,y,z)$$

因此