109 年 國立臺灣大學地質科學系碩士班應用地質組《微積分（A）》

本題考驗的是多元函數的鏈式法則（Chain Rule）。我們需要計算一個複合函數對其中一個變數的偏導數。

令 $u = g(z,y)$, $v = h(y,x)$, $w = y$.
則 $k(x,y,z) = f(u,v,w)$.
我們要求 $\frac{\partial k}{\partial z}(3,1,5)$.
根據鏈式法則，
$\frac{\partial k}{\partial z} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial z} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial z} + \frac{\partial f}{\partial w} \frac{\partial w}{\partial z}.$
我們需要計算鏈式法則中每一項的值。

首先，我們需要確定在點 $(x,y,z) = (3,1,5)$ 時，對應的 $u, v, w$ 的值。
$w = y = 1$.
$u = g(z,y) = g(5,1)$. 由題目給定 $g(5,1) = 1$.
$v = h(y,x) = h(1,3)$. 由題目給定 $h(1,3) = 3$.
所以，我們需要計算 $\frac{\partial f}{\partial u}$, $\frac{\partial f}{\partial v}$, $\frac{\partial f}{\partial w}$ 在點 $(u,v,w) = (1,3,1)$ 的值，以及 $\frac{\partial u}{\partial z}$, $\frac{\partial v}{\partial z}$, $\frac{\partial w}{\partial z}$ 在點 $(x,y,z) = (3,1,5)$ 的值。

由題目給定：
$\frac{\partial f}{\partial u}(1,3,1) = \frac{\partial f}{\partial x}(1,3,1) = -15$.
$\frac{\partial f}{\partial v}(1,3,1) = \frac{\partial f}{\partial y}(1,3,1) = 6$.
$\frac{\partial f}{\partial w}(1,3,1) = \frac{\partial f}{\partial z}(1,3,1) = 7$.

本題考驗定積分的計算，提示中建議使用三角換元法。

令 $I = \int_0^{\pi} \frac{dx}{3+\sin^2 x}$.
注意到被積函數 $f(x) = \frac{1}{3+\sin^2 x}$ 是一個偶函數，且積分區間是對稱的。
$\sin^2(\pi - x) = (\sin(\pi-x))^2 = (\sin x)^2 = \sin^2 x$.
所以 $f(\pi-x) = f(x)$.
利用積分性質 $\int_0^{2a} f(x) dx = 2 \int_0^a f(x) dx$ 如果 $f(2a-x) = f(x)$。
在這裡，我們可以將積分範圍從 $[0, \pi]$ 變為 $2 \times [0, \pi/2]$。
$I = 2 \int_0^{\pi/2} \frac{dx}{3+\sin^2 x}.$

現在我們考慮提示中的變數換元 $u = \tan x$.
則 $du = \sec^2 x \, dx = (1+\tan^2 x) \, dx = (1+u^2) \, dx$.
所以 $dx = \frac{du}{1+u^2}$.
另外，我們需要將 $\sin^2 x$ 用 $u$ 來表示。
我們知道 $\sin^2 x = \frac{\tan^2 x}{1+\tan^2 x} = \frac{u^2}{1+u^2}$.
當 $x=0$, $u = \tan 0 = 0$.
當 $x \to (\pi/2)^-$, $u = \tan x \to \infty$.

將這些代入積分：
$I = 2 \int_0^{\infty} \frac{1}{3 + \frac{u^2}{1+u^2}} \cdot \frac{du}{1+u^2}$
$I = 2 \int_0^{\infty} \frac{1+u^2}{(3(1+u^2) + u^2)} \cdot \frac{du}{1+u^2}$
$I = 2 \int_0^{\infty} \frac{du}{3+3u^2+u^2}$
$I = 2 \int_0^{\infty} \frac{du}{3+4u^2}$
$I = 2 \int_0^{\infty} \frac{du}{3(1 + \frac{4}{3}u^2)}$
$I = \frac{2}{3} \int_0^{\infty} \frac{du}{1 + (\frac{2}{\sqrt{3}}u)^2}.$
令 $v = \frac{2}{\sqrt{3}}u$. 則 $dv = \frac{2}{\sqrt{3}} du$, 即 $du = \frac{\sqrt{3}}{2} dv$.
當 $u=0$, $v=0$. 當 $u \to \infty$, $v \to \infty$.

核心觀念

線積分對參數曲線 $\gamma(t)=(x(t),y(t))$ 的定義為

$$\int_\gamma P\,dx+Q\,dy = \int_a^b \left[ P(x(t),y(t))x'(t)+Q(x(t),y(t))y'(t) \right]dt.$$

題目雖寫成 $\oint$，但 $\gamma(\pi/6)\neq\gamma(\pi/2)$，實際上是從

$$\left(\frac{\sqrt3}{2},\frac12\right) \quad\text{到}\quad (0,1)$$

的圓弧。因此以下將其解讀為沿指定圓弧的線積分。

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解題方法

由

$$x=\cos t,\qquad y=\sin t,$$

可得

$$dx=-\sin t\,dt,\qquad dy=\cos t\,dt.$$

向量場在曲線上的值為

$$P(\cos t,\sin t) = \frac{2\sin t+e^{\sin t\cos t}}{\sin^2t},$$ $$Q(\cos t,\sin t) = \frac{e^{\sin t\cos t}+5\cos t}{\sin^2t}.$$

因此

\begin{align*}
P,dx+Q,dy
&=
\frac{2\sin t+e^{\sin t\cos t}}{\sin^2t}(-\sin t),dt\
&\quad+
\frac{e^{\sin t\cos t}+5\cos t}{\sin^2t}
(\cos t),dt\
&=
\left[
-2
+
\frac{5\cos^2t}{\sin^2t}
+
e^{\sin t\cos t}
\left(
\frac{\cos t}{\sin^2t}-\frac1{\sin t}
\right)
\right]dt.
\end{align*}

利用

$$\frac{\cos^2t}{\sin^2t}=\cot^2t=\csc^2t-1,$$

非指數部分為

$$-2+5\cot^2t = 5\csc^2t-7.$$

所以

\begin{align*}
\int_\gamma P,dx+Q,dy
&=
\int_{\pi/6}^{\pi/2}
\left(5\csc^2t-7\right)dt\
&\quad+
\int_{\pi/6}^{\pi/2}

【題目分析與核心觀念】

本題評量微積分中利用導數分析函數圖形特性、極值與單調性，並結合**中間值定理（Intermediate Value Theorem）與變數變換（Substitution）**來判定方程式實根個數的能力。

核心觀念包含：

1. 變數變換與根的映射關係：
   原方程式含有偶次項 $x^2$，令 $t = x^2 \ge 0$，可將超越方程式簡化為單變數函數的交點問題。
   • 若 $t > 0$，對應到 $x = \pm\sqrt{t}$（$2$ 個相異實數解）。
   • 若 $t = 0$，對應到 $x = 0$（$1$ 個實數解）。
   • 若 $t < 0$，無對應實數解 $x$。
2. 函數的單調性與臨界點：
   利用一階導數 $g'(t)$ 尋找臨界點，並藉由二階導數 $g''(t)$ 確定凹凸性（Convexity）與極值。
3. 分界常數的決定：
   探討臨界點是否落在定義域 $[0, \infty)$ 內，引出分界常數 $a = e$；進一步探討極小值之正負，引出分界常數 $a = e^{1/e}$。

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【完整解題推導】

步驟一：引進代換，簡化方程式

原方程式為：

$$x^2 = a^{x^2} - b$$

令 $t = x^2$，由於 $x \in \mathbb{R}$，故 $t \ge 0$。方程式等價於在 $t \in [0, \infty)$ 上求解：

$$a^t - t = b$$

定義函數 $g(t) = a^t - t$，定義域為 $[0, \infty)$。原題等價於探討直線 $y = b$ 與曲線 $y = g(t)$ 在 $t \ge 0$ 的交點個數及其坐標 $t$ 的值。

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步驟二：分析函數 $g(t)$ 的導數與極值

計算 $g(t)$ 的一階與二階導數（已知 $a > 1 \implies \ln a > 0$）：

$$g'(t) = a^t \ln a - 1$$ $$g''(t) = a^t (\ln a)^2 > 0 \quad (\forall t \ge 0)$$

因為 $g''(t) > 0$，故 $g'(t)$ 為嚴格遞增函數，$g(t)$ 在 $[0, \infty)$ 上為嚴格凹向上（Strictly Convex）。

令 $g'(t) = 0$，解臨界點 $t_0$：

$$a^{t_0} \ln a = 1 \implies a^{t_0} = \frac{1}{\ln a} \implies t_0 \ln a = -\ln(\ln a) \implies t_0 = \frac{-\ln(\ln a)}{\ln a}$$

在 $t = 0$ 處的函數值為：

$$g(0) = a^0 - 0 = 1$$

極值點 $t_0$ 的函數值為：

$$g(t_0) = a^{t_0} - t_0 = \frac{1}{\ln a} - \left( \frac{-\ln(\ln a)}{\ln a} \right) = \frac{1 + \ln(\ln a)}{\ln a}$$

令此極小值為 $m(a) = \frac{1 + \ln(\ln a)}{\ln a}$。

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步驟三：針對 $a$ 的範圍進行分類討論

第一大類：$a \ge e$

當 $a \ge e$ 時，$\ln a \ge 1 \implies \ln(\ln a) \ge 0$，因此：

$$t_0 = \frac{-\ln(\ln a)}{\ln a} \le 0$$

• 這表示對所有 $t \ge 0$，$g'(t) \ge g'(0) = \ln a - 1 \ge 0$。
• 因此 $g(t)$ 在 $[0, \infty)$ 上為嚴格遞增函數。
• 當 $t = 0$ 時，$g(0) = 1$；當 $t \to \infty$ 時，$g(t) \to \infty$。

對於給定的 $b > 0$：

1. 若 $0 < b < 1$：$g(t) = b$ 在 $[0, \infty)$ 無解 $\implies$ $0$ 個實數解 $x$。
2. 若 $b = 1$：$g(t) = 1$ 有唯一解 $t = 0 \implies x = 0 \implies$ $1$ 個實數解 $x$。
3. 若 $b > 1$：$g(t) = b$ 有唯一解 $t_1 > 0 \implies x = \pm\sqrt{t_1} \implies$ $2$ 個相異實數解 $x$。

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第二大類：$1 < a < e$

當 $1 < a < e$ 時，$0 < \ln a < 1 \implies \ln(\ln a) < 0$，因此臨界點：

$$t_0 = \frac{-\ln(\ln a)}{\ln a} > 0$$

• $g(t)$ 在區間 $[0, t_0]$ 上嚴格遞減（從 $g(0) = 1$ 遞減至極小值 $g(t_0) = m(a)$）。
• $g(t)$ 在區間 $[t_0, \infty)$ 上嚴格遞增（從 $m(a)$ 遞增至 $\infty$）。

接著分析極小值 $m(a) = \frac{1 + \ln(\ln a)}{\ln a}$ 的正負號：

$$m(a) = 0 \iff 1 + \ln(\ln a) = 0 \iff \ln a = \frac{1}{e} \iff a = e^{1/e} \approx 1.4447$$

注意當 $1 < a < e$ 時，必有 $m(a) < 1$。我們再細分為三種子情況：

情況 2-1：$e^{1/e} < a < e$（此時 $0 < m(a) < 1$）

1. 若 $0 < b < m(a)$：$g(t) = b$ 無實根 $\implies$ $0$ 個實數解 $x$。

本題考驗隱函數定理與二階導數判別法來判斷局部極值。

我們有一個隱函數定義的關係式 $F(x,y) = xy + 1 - y^2 e^x = 0$.
我們想知道 $y=f(x)$ 在 $x=0$ 是否有局部極值。
首先，我們需要找到 $x=0$ 時對應的 $y$ 值。
將 $x=0$ 代入方程式：
$0 \cdot y + 1 - y^2 e^0 = 0$
$1 - y^2 = 0$
$y^2 = 1 \implies y = 1$ 或 $y = -1$.
由於 $f$ 是定義在包含 $0$ 的開區間 $I$ 上的函數，且 $f$ 是無窮次可微的，這表示在 $x=0$ 附近，我們可能會有兩個不同的函數分支，一個對應 $y=1$，另一個對應 $y=-1$。我們需要分別討論。

根據隱函數定理，如果 $\frac{\partial F}{\partial y}(x_0, y_0) \neq 0$, 則存在一個以 $(x_0, y_0)$ 為中心的鄰域，使得 $F(x,y)=0$ 可以定義一個唯一的函數 $y=f(x)$。
$\frac{\partial F}{\partial y} = x - 2y e^x$.
在 $(0, 1)$ 點：$\frac{\partial F}{\partial y}(0, 1) = 0 - 2(1)e^0 = -2 \neq 0$.
在 $(0, -1)$ 點：$\frac{\partial F}{\partial y}(0, -1) = 0 - 2(-1)e^0 = 2 \neq 0$.
因此，在 $x=0$ 附近，存在兩個函數分支，一個通過 $(0,1)$，另一個通過 $(0,-1)$。

我們使用二階導數判別法來判斷極值。
我們需要計算 $f''(x)$。
根據隱函數微分法，我們有：
$f'(x) = -\frac{\partial F / \partial x}{\partial F / \partial y} = -\frac{y + y^2 e^x}{x - 2y e^x} = \frac{y + y^2 e^x}{2y e^x - x}$.

我們需要計算 $f'(0)$。
對於點 $(0, 1)$: $f'(0) = \frac{1 + 1^2 e^0}{2(1)e^0 - 0} = \frac{1+1}{2} = \frac{2}{2} = 1$.
對於點 $(0, -1)$: $f'(0) = \frac{-1 + (-1)^2 e^0}{2(-1)e^0 - 0} = \frac{-1+1}{-2} = \frac{0}{-2} = 0$.

分析點 $(0, -1)$:
由於 $f'(0) = 0$, 這可能是一個極值點，也可能是一個拐點。我們需要看二階導數。
我們可以使用二階隱函數微分公式，或者對 $f'(x)$ 進行微分。