113 年 國立臺灣大學應用數學科學研究所碩士班《微積分Ｄ》

核心觀念

本題考查：

• 三角恆等式 $1+\tan^2\theta=\sec^2\theta$ 與鏈鎖律。
• 隱函數曲線的參數化。
• 斜漸近線的判定。
• 利用參數曲線線積分計算封閉區域面積。

解題方法

(a) 求 $f'(\theta)$

$$f(\theta)=\frac{1}{1+\tan^2\theta} =(1+\tan^2\theta)^{-1}.$$

利用鏈鎖律：

$$\begin{aligned} f'(\theta) &=-(1+\tan^2\theta)^{-2}\cdot 2\tan\theta\sec^2\theta\\ &=-\frac{2\tan\theta\sec^2\theta}{(1+\tan^2\theta)^2}. \end{aligned}$$

由 $1+\tan^2\theta=\sec^2\theta$，也可先化簡：

$$f(\theta)=\frac{1}{\sec^2\theta}=\cos^2\theta,$$

因此

$$f'(\theta)=2\cos\theta(-\sin\theta) =-2\sin\theta\cos\theta =-\sin 2\theta.$$

此式的定義域需滿足 $\cos\theta\neq 0$。

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(b)(i) 求斜漸近線

曲線為

$$x^3+y^3=3axy.$$

令

$$t=\frac{y}{x}, \qquad y=tx.$$

代入曲線方程式：

$$x^3(1+t^3)=3atx^2.$$

在 $x\neq 0$ 時，得到參數表示：

$$x=\frac{3at}{1+t^3}, \qquad y=\frac{3at^2}{1+t^3}.$$

當 $x\to\infty$ 時，分母 $1+t^3$ 必須趨近於 $0$，故 $t\to -1$。由於 $a>0$，取 $t\to -1^-$ 時有 $x\to+\infty$。

計算 $x+y+a$：

$$\begin{aligned} x+y+a &=\frac{3at+3at^2+a(1+t^3)}{1+t^3}\\ &=\frac{a(1+t)^3}{1+t^3}\\ &=\frac{a(1+t)^2}{t^2-t+1}. \end{aligned}$$

當 $t\to -1$ 時，

$$x+y+a\to 0.$$

因此斜漸近線為

$$\boxed{L:\ x+y+a=0}$$

或寫成

核心觀念

本題運用指數積分的階乘公式、指數函數的 Maclaurin 展開，以及把兩個積分相減以套用對數積分公式。關鍵是逐項積分時確認級數收斂，並在 (b)(ii) 中分別使用符合條件的參數。

解題方法

依原卷頁圖，(a)(i) 要計算的是 $\int_0^\infty x^n e^{-x}\,dx$；(b)(i) 的被積函數含有因子 $e^{-x}$；(b)(ii) 的條件是 $|p|<1$、$|q|<1$。

(a)(i) 階乘積分

令

$$J_n=\int_0^\infty x^n e^{-x}\,dx.$$

當 $n\ge 1$，分部積分可得

$$J_n =\left[-x^n e^{-x}\right]_0^\infty +n\int_0^\infty x^{n-1}e^{-x}\,dx =nJ_{n-1}.$$

又 $J_0=\int_0^\infty e^{-x}\,dx=1$，所以

$$J_n=n!.$$

(a)(ii) Maclaurin 展開

由 $e^{-ax}$ 的冪級數，

$$1-e^{-ax} =\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}(ax)^k}{k!} =ax-\frac{a^2x^2}{2!}+\frac{a^3x^3}{3!}-\cdots.$$

(b)(i) 利用冪級數計算

將上式乘上 $e^{-x}/x$ 後逐項積分。因為 $|a|<1$，積分後各項絕對值總和為 $\sum_{k=1}^\infty |a|^k/k$，有限，故可逐項積分：

核心觀念

本題考查：

• 偏導數的定義；
• 方向導數
  $D_{\vec u}f(0,0)=\lim_{t\to 0}\frac{f(t\vec u)-f(0,0)}{t};$
• 可微分的必要條件：函數必須連續，且若可微分，則
  $D_{\vec u}f=\nabla f\cdot\vec u;$
• 三次方根 $y^{1/3}$ 在 $y=0$ 處的非線性行為；
• 分段函數在 $x=0$ 軸上的連續性與可微分性。

令

$$\phi(t)= \begin{cases} \dfrac{\sin t}{t},&t\ne 0,\\ 1,&t=0. \end{cases}$$

則在 $x\ne0$ 時，

$$f(x,y)=(x^2y)^{1/3}\phi(x^2+y^2).$$

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(a) 求偏導數

1. 求 $\dfrac{\partial f}{\partial x}(a,0)$

因為 $a\ne0$，且對所有 $x$ 有

$$f(x,0)=0,$$

所以

$$\frac{\partial f}{\partial x}(a,0) =\lim_{h\to0}\frac{f(a+h,0)-f(a,0)}{h} =0.$$

因此

$$\boxed{\frac{\partial f}{\partial x}(a,0)=0}.$$

2. 求 $\dfrac{\partial f}{\partial y}(a,0)$

由偏導數定義，

$$\frac{\partial f}{\partial y}(a,0) =\lim_{h\to0}\frac{f(a,h)-f(a,0)}{h}.$$

因為 $a\ne0$，

$$f(a,h) =(a^2h)^{1/3}\frac{\sin(a^2+h^2)}{a^2+h^2}.$$

因此

$$\frac{f(a,h)}{h} =(a^2)^{1/3}\frac{h^{1/3}}{h} \frac{\sin(a^2+h^2)}{a^2+h^2}.$$

由於

$$\frac{h^{1/3}}{h}=\frac{1}{h^{2/3}},$$

故當 $\sin(a^2)\ne0$ 時，上式不具有有限極限，偏導數不存在。

若 $\sin(a^2)=0$，則因 $\sin(a^2+h^2)=O(h^2)$，有

$$\frac{f(a,h)}{h} =O\left(h^{-2/3}h^2\right) =O(h^{4/3})\to0.$$

所以

$$\boxed{ \frac{\partial f}{\partial y}(a,0)= \begin{cases} 0,&\sin(a^2)=0,\\ \text{不存在},&\sin(a^2)\ne0. \end{cases} }$$

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(b) 求原點沿 $\vec u$ 的方向導數

給定

$$\vec u=\left(\frac1{\sqrt2},\frac1{\sqrt2}\right).$$

取

$$(x,y)=t\vec u =\left(\frac{t}{\sqrt2},\frac{t}{\sqrt2}\right).$$

此時

$$x^2+y^2=t^2,$$

且

$$x^2y =\frac{t^2}{2}\cdot\frac{t}{\sqrt2} =\frac{t^3}{2\sqrt2}.$$

因此

$$(x^2y)^{1/3} =\frac{t}{(2\sqrt2)^{1/3}} =\frac{t}{\sqrt2}.$$

所以

$$f\left(\frac{t}{\sqrt2},\frac{t}{\sqrt2}\right) =\frac{t}{\sqrt2}\frac{\sin(t^2)}{t^2}.$$

由方向導數定義，

$$D_{\vec u}f(0,0) =\lim_{t\to0} \frac{f\left(\frac{t}{\sqrt2},\frac{t}{\sqrt2}\right)}{t} =\frac1{\sqrt2}\lim_{t\to0}\frac{\sin(t^2)}{t^2}.$$

因為

$$\lim_{z\to0}\frac{\sin z}{z}=1,$$

故

$$\boxed{D_{\vec u}f(0,0)=\frac1{\sqrt2}}.$$

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(c) 判斷所有可微分點

情況一：$x\ne0$ 且 $y\ne0$

此時

$$f(x,y)=(x^2y)^{1/3}\frac{\sin(x^2+y^2)}{x^2+y^2}$$

核心觀念

• 曲線 $C$ 是兩個曲面的交集，對限制條件下的函數極值使用拉格朗日乘數法。
• 橢圓面與圓柱面的方程可相減，先消去 $z$，能大幅簡化計算。
• 空間曲線的密切平面（osculating plane）法向量可取
  $\mathbf B=\mathbf r'(t)\times\mathbf r''(t).$
  若密切平面平行於 $xz$-平面，其法向量必須平行於 $y$-軸。

(a) 拉格朗日乘數法

令

$$f(x,y,z)=x^2+y^2,$$ $$g_1(x,y,z)=x^2+4y^2+z^2-4=0,$$ $$g_2(x,y,z)=(x-1)^2+z^2-1=0.$$

由

$$\nabla f=\lambda\nabla g_1+\mu\nabla g_2$$

得

$$\begin{cases} 2x=2\lambda x+2\mu(x-1),\\ 2y=8\lambda y,\\ 0=2\lambda z+2\mu z. \end{cases}$$

亦可由兩個限制式相減得到

$$x+2y^2=2. \tag{1}$$

情形一：$y=0$

由式 $(1)$ 得 $x=2$；代入圓柱面方程得 $z=0$。

因此

$$(x,y,z)=(2,0,0),$$

且

$$f(2,0,0)=4.$$

情形二：$y\ne 0$

由

$$2y=8\lambda y$$

得

$$\lambda=\frac14.$$

情形二之一：$z\ne 0$

由第三個方程得

$$\lambda+\mu=0 \quad\Longrightarrow\quad \mu=-\frac14.$$

代入第一個方程：

$$x=\frac14x-\frac14(x-1)=\frac14,$$

所以

$$x=\frac14.$$

再由式 $(1)$：

$$\frac14+2y^2=2 \quad\Longrightarrow\quad y^2=\frac78.$$

由圓柱面方程：

$$z^2=1-\left(\frac14-1\right)^2 =1-\frac{9}{16} =\frac7{16}.$$

因此

$$f=x^2+y^2 =\frac1{16}+\frac78 =\frac{15}{16}.$$

情形二之二：$z=0$

圓柱面方程給出

$$(x-1)^2=1,$$

故 $x=0$ 或 $x=2$。

由式 $(1)$：

• 若 $x=0$，則 $y^2=1$，得到 $(0,\pm1,0)$，且
  $f=1.$
• 若 $x=2$，則 $y=0$，與本情形 $y\ne0$ 矛盾。

候選值為

$$4,\qquad 1,\qquad \frac{15}{16}.$$

由於 $C$ 為閉且有界集合，$f$ 必有絕對最大值與絕對最小值。因此：

$$\boxed{\text{絕對最大值}=4}$$

在

$$\boxed{(2,0,0)}$$

取得。

$$\boxed{\text{絕對最小值}=\frac{15}{16}}$$

本題考驗極座標和直角座標下的二重積分計算。

(a) 核心觀念：極座標下的二重積分。
給定積分 $\int_0^{3\pi/4} \int_0^{6-\cos\theta} r \ dr \ d\theta$。
首先計算內層積分：
$\int_0^{6-\cos\theta} r \ dr = \left[ \frac{r^2}{2} \right]_0^{6-\cos\theta} = \frac{(6-\cos\theta)^2}{2}$。
接下來計算外層積分：
$\int_0^{3\pi/4} \frac{(6-\cos\theta)^2}{2} d\theta = \frac{1}{2} \int_0^{3\pi/4} (36 - 12\cos\theta + \cos^2\theta) d\theta$。
我們需要計算 $\cos^2\theta$ 的積分。使用恆等式 $\cos^2\theta = \frac{1+\cos(2\theta)}{2}$。
$\frac{1}{2} \int_0^{3\pi/4} (36 - 12\cos\theta + \frac{1+\cos(2\theta)}{2}) d\theta$
$= \frac{1}{2} \int_0^{3\pi/4} (36 + \frac{1}{2} - 12\cos\theta + \frac{1}{2}\cos(2\theta)) d\theta$
$= \frac{1}{2} \int_0^{3\pi/4} (\frac{73}{2} - 12\cos\theta + \frac{1}{2}\cos(2\theta)) d\theta$
$= \frac{1}{2} \left[ \frac{73}{2}\theta - 12\sin\theta + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\sin(2\theta) \right]_0^{3\pi/4}$
$= \frac{1}{2} \left[ \frac{73}{2}\theta - 12\sin\theta + \frac{1}{4}\sin(2\theta) \right]_0^{3\pi/4}$。
代入上界 $3\pi/4$:
$\frac{73}{2} \cdot \frac{3\pi}{4} = \frac{219\pi}{8}$。
$\sin(3\pi/4) = \frac{1}{\sqrt{2}}$。
$\sin(2 \cdot 3\pi/4) = \sin(3\pi/2) = -1$。
所以，上界代入結果為：
$\frac{1}{2} \left[ \frac{219\pi}{8} - 12\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) + \frac{1}{4}(-1) \right]$