109 年 國立臺灣大學海洋研究所物理與化學與地物組（3組聯招）《微積分（B）》

本題主要考驗函數的增減性、凹性判斷、垂直切線與垂直尖點的判斷，以及繪製函數圖形的能力。

首先，我們計算函數 $f(x)$ 的一階導數 $f'(x)$ 和二階導數 $f''(x)$。
$f(x) = \frac{3}{5} x^{5/3} - 3x^{2/3}$

計算一階導數：
$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{3}{5} x^{5/3} - 3x^{2/3} \right)$
$f'(x) = \frac{3}{5} \cdot \frac{5}{3} x^{5/3 - 1} - 3 \cdot \frac{2}{3} x^{2/3 - 1}$
$f'(x) = x^{2/3} - 2x^{-1/3}$
$f'(x) = x^{-1/3} (x - 2) = \frac{x-2}{\sqrt[3]{x}}$

計算二階導數：
$f''(x) = \frac{d}{dx} \left( x^{2/3} - 2x^{-1/3} \right)$
$f''(x) = \frac{2}{3} x^{2/3 - 1} - 2 \cdot (-\frac{1}{3}) x^{-1/3 - 1}$
$f''(x) = \frac{2}{3} x^{-1/3} + \frac{2}{3} x^{-4/3}$
$f''(x) = \frac{2}{3} x^{-4/3} (x + 1) = \frac{2(x+1)}{3\sqrt[3]{x^4}}$

(a) 函數的增減性：
我們需要找出 $f'(x) > 0$ 的區間（遞增）和 $f'(x) < 0$ 的區間（遞減）。
$f'(x) = \frac{x-2}{\sqrt[3]{x}}$
臨界點是 $f'(x) = 0$ 或 $f'(x)$ 不存在的點。
$f'(x) = 0$ 時， $x-2 = 0 \implies x=2$。
$f'(x)$ 不存在時， $\sqrt[3]{x} = 0 \implies x=0$。
我們將數線分成 $(-\infty, 0)$, $(0, 2)$, $(2, \infty)$ 三個區間，並檢驗各區間內 $f'(x)$ 的符號。

• 在 $(-\infty, 0)$ 區間，取 $x=-1$， $f'(-1) = \frac{-1-2}{\sqrt[3]{-1}} = \frac{-3}{-1} = 3 > 0$。所以 $f$ 在 $(-\infty, 0)$ 遞增。
• 在 $(0, 2)$ 區間，取 $x=1$， $f'(1) = \frac{1-2}{\sqrt[3]{1}} = \frac{-1}{1} = -1 < 0$。所以 $f$ 在 $(0, 2)$ 遞減。
• 在 $(2, \infty)$ 區間，取 $x=3$， $f'(3) = \frac{3-2}{\sqrt[3]{3}} = \frac{1}{\sqrt[3]{3}} > 0$。所以 $f$ 在 $(2, \infty)$ 遞增。

總結：
$f$ 遞增於 $(-\infty, 0] \cup [2, \infty)$。
$f$ 遞減於 $[0, 2]$。

(b) 函數的凹性：
我們需要找出 $f''(x) > 0$ 的區間（凹向上）和 $f''(x) < 0$ 的區間（凹向下）。
$f''(x) = \frac{2(x+1)}{3\sqrt[3]{x^4}}$
臨界點是 $f''(x) = 0$ 或 $f''(x)$ 不存在的點。
$f''(x) = 0$ 時， $2(x+1) = 0 \implies x=-1$。
$f''(x)$ 不存在時， $3\sqrt[3]{x^4} = 0 \implies x=0$。
我們將數線分成 $(-\infty, -1)$, $(-1, 0)$, $(0, \infty)$ 三個區間，並檢驗各區間內 $f''(x)$ 的符號。

• 在 $(-\infty, -1)$ 區間，取 $x=-2$， $f''(-2) = \frac{2(-2+1)}{3\sqrt[3]{(-2)^4}} = \frac{2(-1)}{3\sqrt[3]{16}} = \frac{-2}{3\sqrt[3]{16}} < 0$。所以 $f$ 在 $(-\infty, -1)$ 凹向下。

本題主要考驗微積分基本定理的應用，以及對連鎖律的掌握。

已知 $\int_{0}^{x} f(t) dt = \sin x - x \cos x$。

(a) 求 $f(\pi/2)$：
根據微積分基本定理，若 $F(x) = \int_{a}^{x} f(t) dt$，則 $F'(x) = f(x)$。
令 $G(x) = \int_{0}^{x} f(t) dt = \sin x - x \cos x$。
則 $G'(x) = f(x)$。
我們需要先計算 $G'(x)$。
$G'(x) = \frac{d}{dx} (\sin x - x \cos x)$
$G'(x) = \cos x - (\frac{d}{dx}(x) \cos x + x \frac{d}{dx}(\cos x))$
$G'(x) = \cos x - (1 \cdot \cos x + x \cdot (-\sin x))$
$G'(x) = \cos x - (\cos x - x \sin x)$

核心觀念

此題考查無窮瑕積分的收斂判定。被積分函數

$$f(x)=\frac{1}{x(1+x^2)}$$

在 $x=0$ 有奇異點，且積分上限為 $\infty$，因此必須分別檢查 $x=0$ 附近與 $x\to\infty$ 時的收斂性：

$$\int_0^\infty f(x)\,dx = \int_0^1 f(x)\,dx+\int_1^\infty f(x)\,dx.$$

兩部分皆收斂時，原積分才收斂。

解題方法

先作部分分式分解：

$$\frac{1}{x(1+x^2)} = \frac{1}{x}-\frac{x}{1+x^2}.$$

因此原函數為

$$\int \frac{dx}{x(1+x^2)} = \ln x-\frac12\ln(1+x^2)+C.$$

檢查 $x=0$ 附近

以 $\varepsilon>0$ 取下限：

$$\int_{\varepsilon}^{1}\frac{dx}{x(1+x^2)} = \left[ \ln x-\frac12\ln(1+x^2) \right]_{\varepsilon}^{1}.$$

計算得

$$\int_{\varepsilon}^{1}\frac{dx}{x(1+x^2)} = -\frac12\ln 2-\ln\varepsilon +\frac12\ln(1+\varepsilon^2).$$

當 $\varepsilon\to0^+$ 時，

本題考驗極限的計算，特別是涉及指數形式的未定式 $\mathbf{1^\infty}$。

我們要求計算極限 $L = \lim_{x\to\infty} (\cosh x)^{1/x}$。
這是一個 $1^\infty$ 型的未定式，因為當 $x \to \infty$ 時， $\cosh x \to \infty$，而 $1/x \to 0$。
我們通常使用取對數的方法來處理這類極限。
令 $y = (\cosh x)^{1/x}$。
取自然對數：
$\ln y = \ln \left( (\cosh x)^{1/x} \right)$
$\ln y = \frac{1}{x} \ln(\cosh x)$
$\ln y = \frac{\ln(\cosh x)}{x}$

現在我們計算 $\lim_{x\to\infty} \ln y = \lim_{x\to\infty} \frac{\ln(\cosh x)}{x}$。
當 $x \to \infty$ 時， $\ln(\cosh x) \to \infty$ 且 $x \to \infty$。這是一個 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的未定式。
我們可以使用羅必達法則（L'Hôpital's Rule）。

核心觀念

本題考查以 $a=\pi$ 為中心的 Taylor 展開，以及 Lagrange 型餘項。

Taylor 定理指出，若 $g(x)$ 在包含 $\pi$ 與 $x$ 的區間內具有足夠階導數，則

$$g(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{g^{(k)}(\pi)}{k!}(x-\pi)^k+R_n(x),$$

其中 Lagrange 餘項為

$$R_n(x)=\frac{g^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-\pi)^{n+1},$$

且 $\xi$ 位於 $\pi$ 與 $x$ 之間。

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解題方法

令

$$h=x-\pi,$$

則 $x=\pi+h$，原函數變為

$$g(x)=\cos x=\cos(\pi+h)=-\cos h.$$

利用 $\cos h$ 的 Maclaurin 展開式：

$$\cos h = 1-\frac{h^2}{2!}+\frac{h^4}{4!}-\frac{h^6}{6!}+\cdots,$$

因此

$$\cos x = -1+\frac{(x-\pi)^2}{2!} -\frac{(x-\pi)^4}{4!} +\frac{(x-\pi)^6}{6!} -\cdots.$$

所以以 $\pi$ 為中心的 Taylor 級數為

$$\boxed{ \cos x = -1+\frac{(x-\pi)^2}{2!} -\frac{(x-\pi)^4}{4!} +\frac{(x-\pi)^6}{6!} -\cdots }$$

亦可寫成求和形式：

$$\boxed{ \cos x = \sum_{j=0}^{\infty} (-1)^{j+1}\frac{(x-\pi)^{2j}}{(2j)!} }$$

其中 $j=0$ 時的項為 $-1$。

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Lagrange 形式的餘項

若取 $n$ 次 Taylor 多項式，則

$$T_n(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{g^{(k)}(\pi)}{k!}(x-\pi)^k.$$

由於

$$g(x)=\cos x,$$

其導數循環為

$$g^{(k)}(x)=\cos\left(x+\frac{k\pi}{2}\right).$$

因此

$$g^{(k)}(\pi) = \cos\left(\pi+\frac{k\pi}{2}\right).$$

奇數階導數在 $x=\pi$ 處皆為 $0$，偶數階導數則交替為 $-1,1,-1,1,\ldots$，故

$$T_n(x) = \sum_{j=0}^{\lfloor n/2\rfloor} (-1)^{j+1}\frac{(x-\pi)^{2j}}{(2j)!}.$$

Lagrange 餘項為

$$\boxed{ R_n(x) = \frac{g^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-\pi)^{n+1} }$$

其中 $\xi$ 位於 $\pi$ 與 $x$ 之間。代入導數公式可得

核心觀念

方向導數定義為

$$D_{\mathbf u}f(P)=\nabla f(P)\cdot \mathbf u,$$

其中：

• $\nabla f(P)$ 是函數在點 $P$ 的梯度；
• $\mathbf u$ 是所給方向的單位向量。

題目給出的路徑為

$$\mathbf r(t)=t\mathbf i+2\cos(t-1)\mathbf j+2e^{t-1}\mathbf k.$$

路徑的切向量為 $\mathbf r'(t)$，因此方向應取該切向量的單位向量。

需注意：題目給定的路徑在 $t=1$ 時為 $(1,2,2)$，與指定點 $(1,2,-2)$ 的 $z$ 座標不一致。以下依標準命題意圖，取 $t=1$ 的路徑切線方向，並在 $(1,2,-2)$ 計算方向導數。

解題方法

1. 求梯度

給定

$$f(x,y,z)=x^2y-y^2z^2.$$

分別對 $x,y,z$ 偏微分：

$$f_x=2xy,$$ $$f_y=x^2-2yz^2,$$ $$f_z=-2y^2z.$$

因此

$$\nabla f(x,y,z) = \left\langle 2xy,\ x^2-2yz^2,\ -2y^2z \right\rangle.$$

代入 $P=(1,2,-2)$：

$$\nabla f(1,2,-2) = \left\langle 2(1)(2),\ 1^2-2(2)(-2)^2,\ -2(2)^2(-2) \right\rangle.$$

所以

$$\nabla f(1,2,-2) = \langle 4,-15,16\rangle.$$

2. 求路徑在 $t=1$ 的切向量

對路徑逐項微分：

$$\mathbf r'(t) = \left\langle 1,\ -2\sin(t-1),\ 2e^{t-1} \right\rangle.$$

核心觀念

本題考查三重積分的積分區域設定，以及利用對稱性簡化計算。

由邊界平面可得：

• $x=0,\ x=1$，所以 $0\le x\le 1$。
• $z=0$，且由兩平面 $z=y+1$ 與 $y+z=1$ 共同界定 $y,z$ 的範圍。
• 被積函數為 $xyz$，對 $y$ 為奇函數；若 $y$ 的積分區間關於 $0$ 對稱，積分可直接為 $0$。

解題方法

將兩個斜平面改寫為 $y$ 的形式：

$$z=y+1 \quad\Longrightarrow\quad y=z-1,$$ $$y+z=1 \quad\Longrightarrow\quad y=1-z.$$

在 $yz$ 平面上，兩條直線與 $z=0$ 圍成三角形。兩直線交點為

$$z=y+1,\qquad y+z=1.$$

代入 $y=z-1$：

$$z+(z-1)=1 \quad\Longrightarrow\quad 2z=2 \quad\Longrightarrow\quad z=1.$$

因此 $z$ 的範圍為

$$0\le z\le 1.$$

固定 $z$ 後，$y$ 介於兩平面之間：

$$z-1\le y\le 1-z.$$

所以三重積分為

$$\iiint_T xyz\,dx\,dy\,dz = \int_0^1\int_{z-1}^{1-z}\int_0^1 xyz\,dx\,dy\,dz.$$

先對 $x$ 積分：

本題要求計算向量場 $\mathbf{v}$ 通過一個封閉曲面（由圓柱體及其頂部和底部組成）的總通量。我們可以使用散度定理（Divergence Theorem）來簡化計算。

散度定理指出，對於一個向量場 $\mathbf{v}$ 和一個有界閉合區域 $E$，其邊界為光滑曲面 $S$，則：
$\iint_S \mathbf{v} \cdot d\mathbf{S} = \iiint_E (\nabla \cdot \mathbf{v}) \,dV$

其中，左側是向量場 $\mathbf{v}$ 通過曲面 $S$ 的總通量，右側是向量場散度 $\nabla \cdot \mathbf{v}$ 在區域 $E$ 上的體積分。

步驟 1：計算向量場的散度
向量場為 $\mathbf{v}(x, y, z) = \langle x^2, y^2, z^2 \rangle$。
散度 $\nabla \cdot \mathbf{v}$ 為：
$\nabla \cdot \mathbf{v} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2) + \frac{\partial}{\partial y}(y^2) + \frac{\partial}{\partial z}(z^2)$
$\nabla \cdot \mathbf{v} = 2x + 2y + 2z$

步驟 2：確定積分區域 $E$
積分區域 $E$ 是由圓柱體及其頂部和底部組成的實體。
圓柱體方程為 $x^2 + y^2 \le 4$。
高度範圍為 $0 \le z \le 4$。

步驟 3：計算散度在區域 $E$ 上的體積分
我們需要計算 $\iiint_E (2x + 2y + 2z) \,dV$。
可以使用柱座標系來計算這個積分，因為區域是圓柱形的。
在柱座標系中：
$x = r \cos \theta$
$y = r \sin \theta$
$z = z$
$dV = r \,dz\,dr\,d\theta$

區域 $E$ 在柱座標系下的描述：
$0 \le r \le 2$ (因為 $x^2+y^2 = r^2 \le 4$)
$0 \le \theta \le 2\pi$ (整個圓周)
$0 \le z \le 4$

散度在柱座標系下為：
$2x + 2y + 2z = 2(r \cos \theta) + 2(r \sin \theta) + 2z = 2r(\cos \theta + \sin \theta) + 2z$

現在計算體積分：
$\iiint_E (2x + 2y + 2z) \,dV = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2} \int_{0}^{4} (2r(\cos \theta + \sin \theta) + 2z) \,r\,dz\,dr\,d\theta$

我們先對 $z$ 積分：
$\int_{0}^{4} (2r(\cos \theta + \sin \theta) + 2z) \,dz = [2rz(\cos \theta + \sin \theta) + z^2]_{0}^{4}$