112 年 國立臺灣大學生醫電子與資訊學研究所丙組《微積分（A）》

核心觀念

本題考查極限如何決定函數在 $x=0$ 的函數值、導數與二階導數，以及如何對隱函數方程做隱微分。

線性化公式為

$$L(x)=f(0)+f'(0)x.$$

若 $f''(0)$ 存在，則在 $x=0$ 附近有二階泰勒展開

$$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2}x^2+o(x^2).$$

解題方法

令 $g(x)=f(x)-e^x-2x$。題目給出

$$\lim_{x\to 0}\frac{g(x)}{x^2}=3,$$

因此 $g(x)=3x^2+o(x^2)$。由 $f$ 可微、因而連續，可得 $g(0)=0$；再由差商可得 $g'(0)=0$。

(a) 求 $f(x)$ 在 $x=0$ 的線性化

由 $g(0)=0$，

$$f(0)-e^0-2(0)=0,$$

所以 $f(0)=1$。

又因 $g'(0)=0$，

$$f'(0)-(e^x)'_{x=0}-2=0,$$

即 $f'(0)-1-2=0$，故 $f'(0)=3$。代入線性化公式：

$$L(x)=1+3x.$$

(b) 求 $f''(0)$

由 $f''(0)$ 存在，對 $f$ 作二階泰勒展開；同時 $e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)$。因此

核心觀念

本題考查對數函數的微分、利用導數符號判斷單調性與凹凸性，以及用極限判斷漸近線。定義域為 $x\ne 0$，且

$$\frac{d}{dx}\ln|x|=\frac{1}{x}.$$

(a) 漸近線

當 $x\to 0$ 時，分子 $(\ln|x|)^2\to+\infty$。由於分母在 $x\to0^+$ 時為正、在 $x\to0^-$ 時為負，

$$\lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty,\qquad \lim_{x\to0^-}f(x)=-\infty.$$

因此垂直漸近線為 $x=0$。

當 $x\to\pm\infty$ 時，

$$\lim_{x\to\pm\infty}\frac{(\ln|x|)^2}{x}=0.$$

因此水平漸近線為 $y=0$。

(b) 一階導數與單調性

將函數寫成 $(\ln|x|)^2x^{-1}$，利用乘法微分法則：

$$\begin{aligned} f'(x) &=2\ln|x|\cdot\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{x} -(\ln|x|)^2\frac{1}{x^2}\\ &=\frac{\ln|x|\bigl(2-\ln|x|\bigr)}{x^2}. \end{aligned}$$

因為 $x^2>0$，$f'(x)$ 的正負由 $\ln|x|\bigl(2-\ln|x|\bigr)$ 決定。令 $f'(x)=0$，得 $|x|=1$ 或 $|x|=e^2$。依各區間的導數符號判斷：

• 遞增區間：$(-e^2,-1)$、$(1,e^2)$。
• 遞減區間：$(-\infty,-e^2)$、$(-1,0)$、$(0,1)$、$(e^2,\infty)$。

局部極值也可由單調性改變讀出：$x=-e^2$ 為局部極小點，函數值為 $-4/e^2$；$x=-1$ 為局部極大點，函數值為 $0$；$x=1$ 為局部極小點，函數值為 $0$；$x=e^2$ 為局部極大點，函數值為 $4/e^2$。

(c) 二階導數與凹凸性

令 $t=\ln|x|$，則

$$f'(x)=\frac{2t-t^2}{x^2}.$$

利用 $dt/dx=1/x$ 微分：

$$f''(x)=\frac{2t^2-6t+2}{x^3} =\frac{2\bigl((\ln|x|)^2-3\ln|x|+1\bigr)}{x^3}.$$

分子為零時，

$$\ln|x|=\frac{3\pm\sqrt5}{2}.$$

設

$$\alpha=\frac{3-\sqrt5}{2},\qquad \beta=\frac{3+\sqrt5}{2},\qquad A=e^\alpha,\qquad B=e^\beta.$$

本題考驗微積分基本定理與微分運算在積分中的應用，特別是涉及參數 $x$ 作為積分上限和積分表達式中的應用。這可以透過兩種方法解決：直接微分或利用卷積定理。

方法一：直接微分
利用萊布尼茲積分法則 (Leibniz integral rule) 來計算 $y'(x)$ 和 $y''(x)$。
$y(x) = \int_0^x f(t) \sin(x-t) \, dt$

首先，我們將 $\sin(x-t)$ 展開：$\sin(x-t) = \sin x \cos t - \cos x \sin t$。
所以 $y(x) = \int_0^x f(t) (\sin x \cos t - \cos x \sin t) \, dt$
$y(x) = \sin x \int_0^x f(t) \cos t \, dt - \cos x \int_0^x f(t) \sin t \, dt$

令 $A(x) = \int_0^x f(t) \cos t \, dt$ 和 $B(x) = \int_0^x f(t) \sin t \, dt$。
則 $y(x) = (\sin x) A(x) - (\cos x) B(x)$。
根據微積分基本定理， $A'(x) = f(x) \cos x$ 且 $B'(x) = f(x) \sin x$。

現在計算 $y'(x)$：
$y'(x) = \frac{d}{dx} [(\sin x) A(x) - (\cos x) B(x)]$
$y'(x) = (\cos x) A(x) + (\sin x) A'(x) - [(-\sin x) B(x) + (\cos x) B'(x)]$
$y'(x) = (\cos x) A(x) + (\sin x) (f(x) \cos x) + (\sin x) B(x) - (\cos x) (f(x) \sin x)$
$y'(x) = (\cos x) A(x) + (\sin x) B(x) + f(x) \sin x \cos x - f(x) \sin x \cos x$
$y'(x) = (\cos x) A(x) + (\sin x) B(x)$

現在計算 $y''(x)$：
$y''(x) = \frac{d}{dx} [(\cos x) A(x) + (\sin x) B(x)]$
$y''(x) = [(-\sin x) A(x) + (\cos x) A'(x)] + [(\cos x) B(x) + (\sin x) B'(x)]$
$y''(x) = -\sin x A(x) + \cos x (f(x) \cos x) + \cos x B(x) + \sin x (f(x) \sin x)$
$y''(x) = -\sin x A(x) + \cos x B(x) + f(x) \cos^2 x + f(x) \sin^2 x$
$y''(x) = -\sin x A(x) + \cos x B(x) + f(x) (\cos^2 x + \sin^2 x)$
$y''(x) = -\sin x A(x) + \cos x B(x) + f(x)$

核心觀念

• (a) 使用三角代換 $t=2x=\tan\theta$，將有理函數積分化為三角函數積分。
• (b) 區域 $S$ 是半徑介於 $\frac12$ 與 $1$ 之間的上半球殼，適合使用以原點為中心的球座標。
• 被積函數中的距離為
  $\sqrt{x^2+y^2+(2-z)^2},$
  表示空間點 $(x,y,z)$ 到點 $(0,0,2)$ 的距離。

(a) 計算不定積分

考慮

$$I=\int \frac{x^2}{(4x^2+1)^3}\,dx.$$

令

$$t=2x,\qquad x=\frac t2,\qquad dx=\frac{dt}{2}.$$

因此

$$I=\frac18\int \frac{t^2}{(1+t^2)^3}\,dt.$$

再令

$$t=\tan\theta,\qquad dt=\sec^2\theta\,d\theta.$$

由 $1+t^2=\sec^2\theta$，可得

$$\frac{t^2}{(1+t^2)^3}\,dt = \frac{\tan^2\theta}{\sec^6\theta}\sec^2\theta\,d\theta = \tan^2\theta\cos^4\theta\,d\theta = \sin^2\theta\cos^2\theta\,d\theta.$$

利用

$$\sin^2\theta\cos^2\theta = \frac{1-\cos4\theta}{8},$$

得到

$$I = \frac18\int \sin^2\theta\cos^2\theta\,d\theta = \frac1{64}\int(1-\cos4\theta)\,d\theta.$$

所以

$$I=\frac{\theta}{64}-\frac{\sin4\theta}{256}+C.$$

由 $t=\tan\theta$，有

$$\theta=\tan^{-1}t=\tan^{-1}(2x).$$

又因為

$$\sin4\theta = \frac{4t(1-t^2)}{(1+t^2)^2},$$

代入 $t=2x$：

$$\sin4\theta = \frac{8x(1-4x^2)}{(1+4x^2)^2}.$$

因此

$$\boxed{ \int \frac{x^2}{(4x^2+1)^3}\,dx = \frac1{64}\tan^{-1}(2x) - \frac{x(1-4x^2)}{32(1+4x^2)^2} +C }.$$

解題技巧

也可先作代數分解：

$$\frac{t^2}{(1+t^2)^3} = \frac1{(1+t^2)^2} - \frac1{(1+t^2)^3},$$

再使用標準公式積分。三角代換的優點是可直接利用 $\sin^2\theta\cos^2\theta$ 的降冪公式。

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(b) 計算三重積分

題目給定

$$S=\left\{(x,y,z)\,\middle|\,\frac14\le x^2+y^2+z^2<1,\ z\ge0\right\}.$$

這是上半球殼，因此使用球座標：

$$x=r\sin\phi\cos\theta,\qquad y=r\sin\phi\sin\theta,\qquad z=r\cos\phi,$$

其中

$$\frac12\le r<1,\qquad 0\le\phi\le\frac{\pi}{2},\qquad 0\le\theta\le2\pi,$$

且

$$dV=r^2\sin\phi\,dr\,d\phi\,d\theta.$$

被積函數的分母為

$$\sqrt{x^2+y^2+(2-z)^2}.$$

代入 $x^2+y^2=r^2\sin^2\phi$ 與 $z=r\cos\phi$：

$$x^2+y^2+(2-z)^2 = r^2\sin^2\phi+(2-r\cos\phi)^2.$$

整理得

$$x^2+y^2+(2-z)^2 = r^2+4-4r\cos\phi.$$

因此原積分為

核心觀念

本題是在球面（及其內部）上求二次函數的最大、最小值，核心工具是：

• 將二次式寫成對稱矩陣的二次型；
• 利用對稱矩陣的特徵值與 Rayleigh 商；
• 對稱矩陣的二次型在單位球上的最大值、最小值，分別為最大特徵值與最小特徵值。

令

$$f(x,y,z)=x^2+yz+z^2, \qquad x^2+y^2+z^2\le 1.$$

可寫成

$$f(x,y,z)= \begin{bmatrix}x&y&z\end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&0&\frac12\\ 0&\frac12&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}.$$

記

$$A= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&0&\frac12\\ 0&\frac12&1 \end{bmatrix}.$$

解題方法：求矩陣特徵值

計算特徵方程：

$$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 1-\lambda&0&0\\ 0&-\lambda&\frac12\\ 0&\frac12&1-\lambda \end{vmatrix}.$$

因此

$$\det(A-\lambda I) =(1-\lambda) \left[ (-\lambda)(1-\lambda)-\frac14 \right].$$

整理得

$$\det(A-\lambda I) =(1-\lambda) \left(\lambda^2-\lambda-\frac14\right).$$

故特徵值為

$$\lambda_1=1, \qquad \lambda_{\pm}=\frac{1\pm\sqrt2}{2}.$$

由於

$$\frac{1-\sqrt2}{2}<1< \frac{1+\sqrt2}{2},$$

所以最小特徵值與最大特徵值分別為

$$\lambda_{\min}=\frac{1-\sqrt2}{2}, \qquad \lambda_{\max}=\frac{1+\sqrt2}{2}.$$

對任意非零向量 $\mathbf v=(x,y,z)^T$，Rayleigh 商定理給出

$$\lambda_{\min} \le \frac{\mathbf v^TA\mathbf v}{\mathbf v^T\mathbf v} \le \lambda_{\max}.$$

也就是

$$\lambda_{\min}(x^2+y^2+z^2) \le f(x,y,z) \le \lambda_{\max}(x^2+y^2+z^2).$$

因為題目限制為

$$x^2+y^2+z^2\le 1,$$

且 $\lambda_{\min}<0$、$\lambda_{\max}>0$，因此

$$f(x,y,z)\ge \lambda_{\min} =\frac{1-\sqrt2}{2},$$

以及

核心觀念

本題考查：

• 萬有引力定律
  $dF=G\frac{m\,dm}{r^2}$
• 圓柱殼的面積元素
  $dA=a\,d\theta\,dz$
• 軸對稱性：圓周方向的水平分量彼此抵消，只留下圓柱軸方向的分量。
• 連續質量分布的積分。

設圓柱底面為 $z=0$，頂面為 $z=h$，粒子位於軸上 $z=b$ 的位置。取 $+z$ 軸向上。

題目中的 circular cylindrical shell 指圓柱側面薄殼，不包含上下底面。

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解題方法

取側面上一個微小面積元素，位置為 $(a,\theta,z)$，其中

$0\leq \theta\leq 2\pi,\qquad 0\leq z\leq h.$

因面密度為常數 $\sigma$，此面積元素的質量為

$$dm=\sigma\,dA=\sigma a\,d\theta\,dz.$$

該元素與粒子之間的距離為

$$r=\sqrt{a^2+(z-b)^2}.$$

由萬有引力定律，微小引力的大小為

$$dF=G\frac{m\,dm}{r^2}.$$

由圓柱的軸對稱性，對整個圓周積分時，所有水平方向分量互相抵消。因此只需計算軸向分量。

從粒子指向質量元素的軸向位移為 $z-b$，所以引力在 $z$ 軸方向的分量為

$$dF_z = G\frac{m\,dm}{r^2}\frac{b-z}{r} = Gm\,dm\frac{b-z}{r^3}.$$

代入 $dm$ 與 $r$：

$$dF_z = Gm\sigma a \frac{b-z}{\left[a^2+(z-b)^2\right]^{3/2}} \,d\theta\,dz.$$

先對 $\theta$ 積分：

$$F_z = 2\pi Gm\sigma a \int_0^h \frac{b-z}{\left[a^2+(z-b)^2\right]^{3/2}} \,dz.$$

注意到

$$\frac{d}{dz} \left[ \frac{1}{\sqrt{a^2+(z-b)^2}} \right] = \frac{b-z}{\left[a^2+(z-b)^2\right]^{3/2}}.$$

因此

核心觀念

本題考查曲面通量積分

$$\iint_S \vec F\cdot d\vec S$$

其中平面 $z=2$ 的向上方向，其單位法向量為

$$\hat n=\hat k.$$

因此若 $S$ 為平面上的非空區域，通常可寫成

$$\iint_S \vec F\cdot d\vec S = \iint_D \vec F(x,y,2)\cdot \hat k\,dA.$$

本題的關鍵在於先判斷平面 $z=2$ 與題目所給圓錐是否真的有交集。

判斷曲面 $S$ 是否存在

令

$$r^2=x^2+y^2.$$

題目給出的圓錐為

$$z=\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)} =\sqrt{3(r^2+z^2)}.$$

在平面 $z=2$ 上，右側變為

$$\sqrt{3(r^2+4)}.$$

由於 $r^2\ge 0$，所以

$$\sqrt{3(r^2+4)} \ge \sqrt{12} =2\sqrt 3>2.$$

因此在整個平面 $z=2$ 上皆有

$$\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}>z.$$