108 年 國立成功大學環境工程學系碩士班丙組《微積分》

本題要求計算曲線在某一點的切線斜率。這需要使用隱函數微分法來找出 $\frac{dy}{dx}$，然後將給定的點 $(x,y)$ 代入即可。

給定曲線方程式為 $(16-x)y^2 = x^2$。
我們對兩邊對 $x$ 進行微分：
$\frac{d}{dx}[(16-x)y^2] = \frac{d}{dx}[x^2]$

使用乘法定則處理左邊：
$(-1)y^2 + (16-x)(2y \frac{dy}{dx}) = 2x$

整理後得到：
$-y^2 + 2y(16-x)\frac{dy}{dx} = 2x$

將含有 $\frac{dy}{dx}$ 的項移到一邊：
$2y(16-x)\frac{dy}{dx} = 2x + y^2$

本題要求在給定的閉區間上找出函數 $f(x) = \sin(\pi x)$ 的絕對極值（最大值與最小值）。這需要檢查區間端點以及區間內部的臨界點。

首先，我們找到函數的臨界點。臨界點是導數為零或不存在的點。
計算函數 $f(x)$ 的導數：
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\sin(\pi x))$
$f'(x) = \cos(\pi x) \cdot \pi$
$f'(x) = \pi \cos(\pi x)$

令 $f'(x) = 0$ 來尋找臨界點：
$\pi \cos(\pi x) = 0$
$\cos(\pi x) = 0$

在區間 $[0, \frac{1}{3}]$ 內，我們需要找到 $\cos(\pi x) = 0$ 的解。
$\pi x = \frac{\pi}{2} + k\pi$, 其中 $k$ 為整數。
$x = \frac{1}{2} + k$

當 $k=0$ 時，$x = \frac{1}{2}$。
我們檢查這個臨界點是否在給定的區間 $[0, \frac{1}{3}]$ 內。
由於 $\frac{1}{2} > \frac{1}{3}$，所以 $x = \frac{1}{2}$ 不在區間內。

本題要求計算三個不同函數的導數。

(1) $g(t) = \frac{10 \log_4 t}{t}$
這個函數是一個分數，分子包含一個對數函數。我們需要使用除法定則和對數換底公式。
首先，將 $\log_4 t$ 轉換為自然對數：$\log_4 t = \frac{\ln t}{\ln 4}$。
所以，$g(t) = \frac{10 \ln t}{t \ln 4}$。
$\ln 4$ 是一個常數，我們可以將其提出。
$g(t) = \frac{10}{\ln 4} \cdot \frac{\ln t}{t}$

現在使用除法定則 $\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$，其中 $u = \ln t$，$v = t$。
$u' = \frac{1}{t}$
$v' = 1$

$g'(t) = \frac{10}{\ln 4} \cdot \frac{(\frac{1}{t})t - (\ln t)(1)}{t^2}$
$g'(t) = \frac{10}{\ln 4} \cdot \frac{1 - \ln t}{t^2}$
$g'(t) = \frac{10(1 - \ln t)}{t^2 \ln 4}$

或者，我們也可以使用除法定則直接對 $g(t) = \frac{10 \log_4 t}{t}$ 進行微分。
令 $u = 10 \log_4 t$，$v = t$。
$u' = 10 \cdot \frac{d}{dt}(\log_4 t) = 10 \cdot \frac{1}{t \ln 4}$
$v' = 1$

$g'(t) = \frac{u'v - uv'}{v^2} = \frac{\left(\frac{10}{t \ln 4}\right)t - (10 \log_4 t)(1)}{t^2}$
$g'(t) = \frac{\frac{10}{\ln 4} - 10 \log_4 t}{t^2}$
$g'(t) = \frac{10}{\ln 4 t^2} - \frac{10 \log_4 t}{t^2}$
$g'(t) = \frac{10}{t^2} \left(\frac{1}{\ln 4} - \log_4 t\right)$
這與上面的結果是等價的。

【答案】$g'(t) = \frac{10(1 - \ln t)}{t^2 \ln 4}$

(2) $y(\ln x) + y^2 = 0$, find $\frac{dy}{dx}$
這是一個隱函數微分問題。我們對等式兩邊同時對 $x$ 進行微分。
$\frac{d}{dx}[y(\ln x) + y^2] = \frac{d}{dx}[0]$

對第一項 $y(\ln x)$ 使用乘法定則：
$\frac{d}{dx}[y(\ln x)] = \frac{dy}{dx}(\ln x) + y\left(\frac{1}{x}\right)$

對第二項 $y^2$ 使用連鎖法則：
$\frac{d}{dx}[y^2] = 2y \frac{dy}{dx}$

將這些結果代回微分後的等式：
$\frac{dy}{dx}(\ln x) + \frac{y}{x} + 2y \frac{dy}{dx} = 0$

將所有含有 $\frac{dy}{dx}$ 的項移到一邊：
$\frac{dy}{dx}(\ln x) + 2y \frac{dy}{dx} = -\frac{y}{x}$

提取公因式 $\frac{dy}{dx}$：
$\frac{dy}{dx}(\ln x + 2y) = -\frac{y}{x}$

解出 $\frac{dy}{dx}$：
$\frac{dy}{dx} = -\frac{y}{x(\ln x + 2y)}$

【答案】$\frac{dy}{dx} = -\frac{y}{x(\ln x + 2y)}$

(3) $y = \frac{\sqrt{x^2-1}}{\sqrt{x^2+1}}$, find $\frac{dy}{dx}$
這個函數也可以用除法定則直接微分，但為了簡化計算，我們可以使用對數微分法。
先將 $y$ 改寫成 $y = \sqrt{\frac{x^2-1}{x^2+1}} = \left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)^{1/2}$。

取自然對數：
$\ln y = \ln \left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)^{1/2}$

本題要求找出一個矩形的最大面積，其中矩形的一邊在 x 軸，另一邊在 y 軸，而矩形右上角的頂點 $(x,y)$ 位於直線 $y = \frac{5-x}{2}$ 上。

設矩形的右上角頂點為 $(x,y)$。由於矩形由 x 軸、y 軸及直線 $y = \frac{5-x}{2}$ 所圍成的區域所界定，且矩形的頂點在第一象限，所以 $x \ge 0$ 且 $y \ge 0$。
從直線方程式 $y = \frac{5-x}{2}$ 可知，當 $y \ge 0$ 時，$5-x \ge 0$，即 $x \le 5$。
因此，矩形的寬為 $x$，高為 $y$。
矩形的面積 $A$ 可以表示為：
$A = x \cdot y$

將 $y = \frac{5-x}{2}$ 代入面積公式：
$A(x) = x \left(\frac{5-x}{2}\right)$
$A(x) = \frac{5x - x^2}{2}$

我們需要找出使 $A(x)$ 最大的 $x$ 值，其中 $x \in [0, 5]$。
為了找到最大值，我們計算 $A(x)$ 的導數並令其為零。
$A'(x) = \frac{d}{dx}\left(\frac{5x - x^2}{2}\right)$
$A'(x) = \frac{1}{2}(5 - 2x)$

令 $A'(x) = 0$：
$\frac{1}{2}(5 - 2x) = 0$
$5 - 2x = 0$
$2x = 5$
$x = \frac{5}{2}$

本題要求使用圓盤法（Shell Method）計算由兩個曲線圍成的區域繞直線 $x=2$ 旋轉所形成的立體體積。

首先，確定兩個曲線的交點，以找出積分的上下限。
令 $4x^2 = 10x - x^2$。
$5x^2 - 10x = 0$
$5x(x - 2) = 0$
所以交點為 $x=0$ 和 $x=2$。

在區間 $[0, 2]$ 內，我們需要確定哪個函數的值較大。
在 $x=1$ 時，
$y_1 = 4(1)^2 = 4$
$y_2 = 10(1) - (1)^2 = 10 - 1 = 9$
所以，在區間 $(0, 2)$ 內，$y = 10x - x^2$ 在 $y = 4x^2$ 的上方。

我們使用圓盤法（Shell Method）來計算體積。
旋轉軸是垂直線 $x=2$。
對於一個高度為 $h$、半徑為 $r$ 的圓柱殼，其體積 $dV$ 為 $2\pi r h \, dx$。

對於我們的問題：

1. 半徑 $r$: 點 $(x,y)$ 到旋轉軸 $x=2$ 的距離。由於旋轉軸在右邊，所以半徑為 $r = 2 - x$。
2. 高度 $h$: 在給定的 $x$ 值處，兩個曲線之間的垂直距離。由於 $y=10x-x^2$ 在上方，高度為 $h = (10x - x^2) - 4x^2 = 10x - 5x^2$。
3. 積分範圍: 從 $x=0$ 到 $x=2$。

體積 $V$ 的計算公式為：
$V = \int_{a}^{b} 2\pi r h \, dx$
$V = \int_{0}^{2} 2\pi (2-x)(10x - 5x^2) \, dx$

本題要求解一個微分方程，並找到滿足特定初始條件的特解。這是一個一階線性微分方程，可以直接積分求解。

給定的微分方程是 $\frac{dy}{dt} = e^{t-2t}$。
首先，簡化指數：$e^{t-2t} = e^{-t}$。
所以，微分方程變為 $\frac{dy}{dt} = e^{-t}$。

為了找到 $y(t)$，我們對等式兩邊對 $t$ 進行積分：
$\int \frac{dy}{dt} dt = \int e^{-t} dt$
$y(t) = \int e^{-t} dt$

本題要求計算五個不定積分。

(1) $\int \sin(\pi\theta) d\theta$
這是一個基本的三角函數積分。我們可以通過變數代換來求解。
令 $u = \pi\theta$，則 $du = \pi d\theta$，即 $d\theta = \frac{1}{\pi} du$。
$\int \sin(\pi\theta) d\theta = \int \sin(u) \frac{1}{\pi} du$
$= \frac{1}{\pi} \int \sin(u) du$
$= \frac{1}{\pi} (-\cos(u)) + C$
$= -\frac{1}{\pi} \cos(\pi\theta) + C$

【答案】$-\frac{1}{\pi} \cos(\pi\theta) + C$

(2) $\int \frac{\arcsin 2x}{\sqrt{1-4x^2}} dx$
這個積分可以通過變數代換來簡化。
令 $u = \arcsin(2x)$。
則 $du = \frac{1}{\sqrt{1-(2x)^2}} \cdot 2 dx = \frac{2}{\sqrt{1-4x^2}} dx$。
所以，$\frac{1}{\sqrt{1-4x^2}} dx = \frac{1}{2} du$。

積分變為：
$\int u \left(\frac{1}{2} du\right) = \frac{1}{2} \int u du$
$= \frac{1}{2} \cdot \frac{u^2}{2} + C$
$= \frac{u^2}{4} + C$

將 $u = \arcsin(2x)$ 代回：
$= \frac{(\arcsin 2x)^2}{4} + C$

【答案】$\frac{(\arcsin 2x)^2}{4} + C$

(3) $\int \frac{x^2}{\sqrt{2x-x^2}} dx$
這個積分涉及一個根式，根式內是二次函數。我們需要先對根式進行配方。
$2x - x^2 = -(x^2 - 2x) = -(x^2 - 2x + 1 - 1) = -( (x-1)^2 - 1 ) = 1 - (x-1)^2$。
所以，$\sqrt{2x-x^2} = \sqrt{1 - (x-1)^2}$。

令 $u = x-1$，則 $du = dx$。同時，$x = u+1$。
積分變為：
$\int \frac{(u+1)^2}{\sqrt{1-u^2}} du = \int \frac{u^2 + 2u + 1}{\sqrt{1-u^2}} du$
$= \int \frac{u^2}{\sqrt{1-u^2}} du + \int \frac{2u}{\sqrt{1-u^2}} du + \int \frac{1}{\sqrt{1-u^2}} du$

我們分別計算這三個積分：

• 第三項: $\int \frac{1}{\sqrt{1-u^2}} du = \arcsin(u) + C_1$。

• 第二項: $\int \frac{2u}{\sqrt{1-u^2}} du$。令 $v = 1-u^2$，則 $dv = -2u du$。
  $\int \frac{-dv}{\sqrt{v}} = -\int v^{-1/2} dv = -2v^{1/2} + C_2 = -2\sqrt{1-u^2} + C_2$。

• 第一項: $\int \frac{u^2}{\sqrt{1-u^2}} du$。這是一個標準積分，通常使用三角代換。令 $u = \sin\theta$，則 $du = \cos\theta d\theta$。$\sqrt{1-u^2} = \sqrt{1-\sin^2\theta} = \cos\theta$ (假設 $\cos\theta \ge 0$)。
  $\int \frac{\sin^2\theta}{\cos\theta} (\cos\theta d\theta) = \int \sin^2\theta d\theta$
  使用 $\sin^2\theta = \frac{1 - \cos(2\theta)}{2}$：
  $\int \frac{1 - \cos(2\theta)}{2} d\theta = \frac{1}{2} \int (1 - \cos(2\theta)) d\theta$
  $= \frac{1}{2} \left(\theta - \frac{1}{2}\sin(2\theta)\right) + C_3$
  $= \frac{1}{2} (\theta - \sin\theta\cos\theta) + C_3$
  回到 $u$ 變數：$u = \sin\theta \implies \theta = \arcsin u$。
  $\cos\theta = \sqrt{1-u^2}$。
  所以，第一項為 $\frac{1}{2} (\arcsin u - u\sqrt{1-u^2}) + C_3$。

將三項合併：
$\frac{1}{2} (\arcsin u - u\sqrt{1-u^2}) + (-2\sqrt{1-u^2}) + \arcsin u + C$

本題要求使用三重積分計算給定區域 $Q$ 的體積。區域 $Q$ 由以下不等式定義：
$0 \le x \le 3$
$0 \le y \le x$
$0 \le z \le 9-x^2$

三重積分計算體積的公式為 $V = \iiint_Q dV$。
由於區域 $Q$ 的邊界是由給定的不等式定義，我們可以直接寫出三重積分的形式。積分的順序可以根據區域的定義來確定。這裡的積分順序是 $dz \, dy \, dx$，這與給定的不等式順序一致。

體積 $V$ 為：
$V = \int_{0}^{3} \int_{0}^{x} \int_{0}^{9-x^2} dz \, dy \, dx$

首先計算最內層的積分（關於 $z$）：
$\int_{0}^{9-x^2} dz = [z]_{0}^{9-x^2} = (9-x^2) - 0 = 9-x^2$

然後計算中間層的積分（關於 $y$）：
$\int_{0}^{x} (9-x^2) dy$
由於 $9-x^2$ 對於 $y$ 來說是常數，所以：