108 年 國立臺灣大學工程科學及海洋工程學系碩士班丁組《微積分（B）》

核心觀念

本題考查隱函數微分。由於 $y$ 是 $x$ 的函數，對含有 $y$ 的式子微分時，必須使用鏈鎖律：

$$\frac{d}{dx}(\tan y)=\sec^2 y\frac{dy}{dx}.$$

二階導數則需再次對一階導數方程微分。

解題方法

題目給定

$$4\tan y=x^3.$$

對 $x$ 做一次隱函數微分：

$$4\sec^2 y\frac{dy}{dx}=3x^2.$$

因此

$$\frac{dy}{dx} =\frac{3x^2}{4\sec^2 y} =\frac{3}{4}x^2\cos^2 y.$$

再對原本的一階微分式

$$4\sec^2 y\frac{dy}{dx}=3x^2$$

兩邊微分。左側使用乘法法則與鏈鎖律：

$$4\frac{d}{dx}\left(\sec^2 y\frac{dy}{dx}\right)=6x,$$ $$4\left[ 2\sec^2 y\tan y\left(\frac{dy}{dx}\right)^2 +\sec^2 y\frac{d^2y}{dx^2} \right]=6x.$$

解出二階導數：

$$\sec^2 y\frac{d^2y}{dx^2} =\frac{3}{2}x -2\sec^2 y\tan y\left(\frac{dy}{dx}\right)^2,$$ $$\frac{d^2y}{dx^2} =\frac{3}{2}x\cos^2 y -2\tan y\left(\frac{dy}{dx}\right)^2.$$

代入

本題考查函數圖形繪製，需要分析函數的性質，包括定義域、漸近線、極值、反曲點、凹性等。

1. 定義域 (Domain)
   函數為 $f(x)=\frac{1+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}$。

   • 根號 $\sqrt{x}$ 要求 $x \ge 0$。
   • 分母 $1-\sqrt{x} \ne 0$，所以 $\sqrt{x} \ne 1$，即 $x \ne 1$。
     因此，定義域為 $[0, 1) \cup (1, \infty)$。

2. 漸近線 (Asymptotes)

   • 垂直漸近線 (Vertical Asymptote)：檢查分母為零的點。
     當 $x \to 1^-$ 時，$\sqrt{x} \to 1^-$, $1-\sqrt{x} \to 0^+$, $1+\sqrt{x} \to 2$.
     $f(x) \to \frac{2}{0^+} = +\infty$.
     當 $x \to 1^+$ 時，$\sqrt{x} \to 1^+$, $1-\sqrt{x} \to 0^-$, $1+\sqrt{x} \to 2$.
     $f(x) \to \frac{2}{0^-} = -\infty$.
     所以，$x=1$ 是垂直漸近線。

   • 水平漸近線 (Horizontal Asymptote)：檢查 $x \to \pm\infty$ 時的極限。
     由於定義域只包含 $x \ge 0$，我們只考慮 $x \to \infty$。
     $f(x)=\frac{1+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}} = \frac{\frac{1}{\sqrt{x}}+1}{\frac{1}{\sqrt{x}}-1}$.
     當 $x \to \infty$, $\frac{1}{\sqrt{x}} \to 0$.
     $\lim_{x\to\infty} f(x) = \frac{0+1}{0-1} = -1$.
     所以，$y=-1$ 是水平漸近線。

3. 極值 (Extrema)
   計算一階導數 $f'(x)$。
   $f(x)=\frac{1+x^{1/2}}{1-x^{1/2}}$
   $f'(x) = \frac{\frac{1}{2}x^{-1/2}(1-x^{1/2}) - (1+x^{1/2})(-\frac{1}{2}x^{-1/2})}{(1-x^{1/2})^2}$
   $f'(x) = \frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}(1-\sqrt{x}) + \frac{1}{2\sqrt{x}}(1+\sqrt{x})}{(1-\sqrt{x})^2}$
   $f'(x) = \frac{\frac{1}{2\sqrt{x}} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2\sqrt{x}} + \frac{1}{2}}{(1-\sqrt{x})^2}$
   $f'(x) = \frac{\frac{1}{\sqrt{x}}}{(1-\sqrt{x})^2} = \frac{1}{\sqrt{x}(1-\sqrt{x})^2}$

   • 定義域內 $x > 0$ 的地方，$f'(x) = \frac{1}{\sqrt{x}(1-\sqrt{x})^2}$ 恆大於 0。
   • 這表示函數在整個定義域（除 $x=1$ 外）是嚴格遞增的。
   • 因此，沒有局部極值（最大值或最小值）。

4. 反曲點 (Inflection Points) 與凹性 (Concavity)
   計算二階導數 $f''(x)$。
   $f'(x) = (\sqrt{x}(1-\sqrt{x})^2)^{-1} = (x^{1/2}(1-2x^{1/2}+x)^{-1})^{-1} = (x^{1/2}-2x+x^{3/2})^{-1}$
   $f''(x) = -1 (x^{1/2}-2x+x^{3/2})^{-2} \cdot (\frac{1}{2}x^{-1/2} - 2 + \frac{3}{2}x^{1/2})$
   $f''(x) = -\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}} - 2 + \frac{3\sqrt{x}}{2}}{( \sqrt{x}(1-\sqrt{x})^2 )^2}$
   $f''(x) = -\frac{\frac{1 - 4\sqrt{x} + 3x}{2\sqrt{x}}}{x(1-\sqrt{x})^4}$
   $f''(x) = -\frac{1 - 4\sqrt{x} + 3x}{2\sqrt{x} \cdot x(1-\sqrt{x})^4} = -\frac{(1-\sqrt{x})(1-3\sqrt{x})}{2x^{3/2}(1-\sqrt{x})^4}$
   $f''(x) = -\frac{1-3\sqrt{x}}{2x^{3/2}(1-\sqrt{x})^3}$
   $f''(x) = \frac{3\sqrt{x}-1}{2x^{3/2}(1-\sqrt{x})^3}$

核心觀念

本題考查兩類基本積分：

• 變數代換法：觀察被積分式中出現 $\ln x$，且前方有 $\frac{1}{x}\,dx$，可令 $u=\ln x$。
• 分部積分法與指數三角函數積分：計算 $\int e^{-x}\sin x\,dx$，可連續使用分部積分，或直接套用公式。

---

（a）$\displaystyle \int \frac{dx}{x\sqrt{1-(\ln x)^2}}$

解題方法

令

$$u=\ln x$$

則

$$du=\frac{1}{x}\,dx$$

原積分化為

$$\int \frac{du}{\sqrt{1-u^2}}$$

利用反三角函數的基本積分公式

$$\int \frac{du}{\sqrt{1-u^2}}=\sin^{-1}u+C$$

代回 $u=\ln x$，得到

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

因此，

$$\boxed{\int \frac{dx}{x\sqrt{1-(\ln x)^2}} = \arcsin(\ln x)+C}$$

定義域注意事項

因為 $\ln x$ 必須有定義，需滿足 $x>0$；又因為根號內必須非負：

$$1-(\ln x)^2>0$$

故實數範圍內通常要求

$$-1<\ln x<1$$

等價於

$$e^{-1}<x<e$$

---

（b）$\displaystyle \int_{0}^{\pi}e^{-x}\sin x\,dx$

解題方法：分部積分

設

$$I=\int e^{-x}\sin x\,dx$$

第一次分部積分，取

$$u=\sin x,\qquad dv=e^{-x}\,dx$$

則

$$du=\cos x\,dx,\qquad v=-e^{-x}$$

因此

$$I=-e^{-x}\sin x+\int e^{-x}\cos x\,dx$$

再令

$$J=\int e^{-x}\cos x\,dx$$

對 $J$ 分部積分，取

$$u=\cos x,\qquad dv=e^{-x}\,dx$$

則

本題考查極限計算，特別是涉及冪次和根式的極限，通常需要使用泰勒展開或適當的代數變形。

我們要求計算的極限是：
$L = \lim_{n\to\infty} [(n^k + n^{k-1})^{1/k} - n]$

首先，將根式中的項提取公因式 $n^k$：
$(n^k + n^{k-1})^{1/k} = (n^k(1 + n^{k-1}/n^k))^{1/k} = (n^k(1 + n^{-1}))^{1/k} = (n^k)^{1/k} (1 + n^{-1})^{1/k} = n (1 + \frac{1}{n})^{1/k}$

將此結果代回極限式：
$L = \lim_{n\to\infty} [n (1 + \frac{1}{n})^{1/k} - n]$
$L = \lim_{n\to\infty} n \left[ (1 + \frac{1}{n})^{1/k} - 1 \right]$

當 $n \to \infty$，$\frac{1}{n} \to 0$。這是一個 $0 \cdot \infty$ 型的極限，我們可以將其轉化為 $\frac{\infty}{\infty}$ 或 $\frac{0}{0}$ 型，以便使用 L'Hôpital 定則，或者使用泰勒展開。

方法一：使用泰勒展開
我們知道當 $u \to 0$ 時，$(1+u)^\alpha \approx 1 + \alpha u$。
在這裡，令 $u = \frac{1}{n}$，$\alpha = \frac{1}{k}$。
當 $n \to \infty$, $u = \frac{1}{n} \to 0$.

第 5 題　級數收斂性判定

核心觀念

本題使用兩個重要判定法：

1. 發散必要條件

   若級數 $\sum a_n$ 收斂，則必須滿足

   $\lim_{n\to\infty}a_n=0.$

   因此，只要一般項不趨近於 $0$，即可判定級數發散。

2. 比值判別法

   對正項級數 $\sum a_n$，令

   $L=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|.$

   若 $L<1$，則級數收斂；若 $L>1$ 或 $L=\infty$，則級數發散；若 $L=1$，此判別法無法決定。

---

（a）$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{2^k}{k^2}$

解題方法

設

$a_k=\frac{2^k}{k^2}.$

先檢查級數收斂所需的必要條件：

$\lim_{k\to\infty}\frac{2^k}{k^2}.$

由於指數函數 $2^k$ 的成長速度遠快於多項式 $k^2$，可得

$\lim_{k\to\infty}\frac{2^k}{k^2}=\infty.$

因此，一般項不但不趨近於 $0$，反而趨近於無窮大。依發散必要條件，

$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2^k}{k^2}$

必定發散。

亦可用比值判別法驗算：

$$\frac{a_{k+1}}{a_k} = \frac{2^{k+1}}{(k+1)^2}\cdot\frac{k^2}{2^k} = 2\left(\frac{k}{k+1}\right)^2.$$

所以

$$\lim_{k\to\infty}\frac{a_{k+1}}{a_k}=2>1,$$

同樣判定級數發散。

---

核心觀念

以 $a=\frac{\pi}{3}$ 為中心的四次 Taylor 多項式為

$$T_4(x)=\sum_{k=0}^{4}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k.$$

Lagrange 型餘項為

$$R_5(x)=\frac{f^{(5)}(\xi)}{5!}(x-a)^5,$$

其中 $\xi$ 介於 $x$ 與 $a$ 之間。

解題方法

令 $f(x)=\cos x$，逐次微分：

$$\begin{aligned} f(x)&=\cos x, & f\left(\frac{\pi}{3}\right)&=\frac12,\\ f'(x)&=-\sin x, & f'\left(\frac{\pi}{3}\right)&=-\frac{\sqrt3}{2},\\ f''(x)&=-\cos x, & f''\left(\frac{\pi}{3}\right)&=-\frac12,\\ f'''(x)&=\sin x, & f'''\left(\frac{\pi}{3}\right)&=\frac{\sqrt3}{2},\\ f^{(4)}(x)&=\cos x, & f^{(4)}\left(\frac{\pi}{3}\right)&=\frac12,\\ f^{(5)}(x)&=-\sin x. \end{aligned}$$

代入 Taylor 公式，得到

核心觀念

立體的體積可用三重積分計算：

$$V=\iiint_E 1\,dV$$

若以柱座標描述，則 $dV=r\,dz\,dr\,d\theta$。積分範圍要先由上下曲面相交處找出底面投影，再依序設定角度、半徑與高度的範圍。

解題方法

上方曲面為 $z=12-x^2-2y^2$，下方曲面為 $z=2x^2+y^2$。令兩曲面相交：

$$12-x^2-2y^2=2x^2+y^2$$

整理得

$$x^2+y^2=4$$

因此，立體在 $xy$ 平面的投影是半徑為 $2$ 的圓盤。由於投影區域是圓盤，使用柱座標最直接。令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，相交條件給出 $0\le r\le 2$、$0\le\theta\le2\pi$。

柱座標下，上下曲面分別為

$$z_{\text{上}}=12-r^2\cos^2\theta-2r^2\sin^2\theta$$

本題考查曲面積分計算表面積。我們需要確定曲面的參數化以及積分區域。

曲面是圓錐面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$。
我們需要計算的是在 $z=0$ 和 $z=3$ 之間的這部分圓錐面的表面積。

方法一：使用參數化
我們可以將圓錐面參數化。
令 $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$。
則 $z = \sqrt{(r\cos\theta)^2 + (r\sin\theta)^2} = \sqrt{r^2(\cos^2\theta + \sin^2\theta)} = \sqrt{r^2} = r$ (因為 $r \ge 0$)。
所以，參數方程為 $\mathbf{r}(r, \theta) = \langle r\cos\theta, r\sin\theta, r \rangle$。

我們需要確定參數 $r$ 和 $\theta$ 的範圍。
題目要求曲面在 $z=0$ 和 $z=3$ 之間。
由於 $z=r$，所以 $0 \le r \le 3$。
$\theta$ 的範圍是 $0 \le \theta \le 2\pi$，因為我們考慮整個圓錐面。

現在計算法向量 $\mathbf{r}_r \times \mathbf{r}_\theta$。
$\mathbf{r}_r = \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial r} = \langle \cos\theta, \sin\theta, 1 \rangle$
$\mathbf{r}_\theta = \frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} = \langle -r\sin\theta, r\cos\theta, 0 \rangle$

$\mathbf{r}_r \times \mathbf{r}_\theta = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \cos\theta & \sin\theta & 1 \\ -r\sin\theta & r\cos\theta & 0 \end{vmatrix}$
$= \mathbf{i}(0 - r\cos\theta) - \mathbf{j}(0 - (-r\sin\theta)) + \mathbf{k}(r\cos^2\theta - (-r\sin^2\theta))$
$= -r\cos\theta \mathbf{i} - r\sin\theta \mathbf{j} + r(\cos^2\theta + \sin^2\theta) \mathbf{k}$
$= \langle -r\cos\theta, -r\sin\theta, r \rangle$