MATH2010 補充模擬 B：分步詳解與評分

為什麼這樣做： 參數曲線不僅描述幾何像集，也記錄運動。先求導得到速度向量，再取範數得到速率，最後積分得到行進弧長。兩端點相減得到的則是直線位移，不應誤當成路程。

(a) 速度、速率與切線 — 8分

逐分量求導：

$h'(t)=(-2\sin t,2\cos t,1),\qquad \|h'(t)\|=\sqrt{4\sin^2t+4\cos^2t+1}=\sqrt5.$

在 $t=\pi/2$ ，曲線上的點為 $(0,2,\pi/2)$ ，非零速度向量為 $(-2,0,1)$ 。因此切線為

$\ell(\lambda)=(0,2,\pi/2)+\lambda(-2,0,1),\qquad\lambda\in\mathbb R.$

切線必須同時包含“所在點”和“方向”；只寫 $(-2,0,1)$ 並不是完整切線。

評分[8]： 導數3分；速率2分；切點1分；完整切線2分。

(b) 弧長與端點距離 — 8分

將速率積分：

$L=\int_0^\pi\sqrt5\,dt=\pi\sqrt5.$

端點分別為 $(2,0,0)$ 和 $(-2,0,\pi)$ ，所以端點距離為

$D=\|(-4,0,\pi)\|=\sqrt{16+\pi^2}.$

兩個數均為正，可以比較平方：

$L^2-D^2=5\pi^2-(16+\pi^2)=4(\pi^2-4)>0,$

最後一步使用 $\pi>2$ 。因此 $L>D$ 。這不是“畫起來比較長”的猜測，而是由平方比較得到的嚴格不等式。

評分[8]： 弧長積分與結果3分；位移與端點距離3分；嚴格比較2分。

(c) 單位速率參數式 — 8分

從起點沿曲線走過的距離為

$s(t)=\int_0^t\sqrt5\,d\tau=\sqrt5\,t.$

所以 $t=s/\sqrt5$ ，代入原曲線得到

$H(s)=\left(2\cos\frac{s}{\sqrt5},2\sin\frac{s}{\sqrt5},\frac{s}{\sqrt5}\right),\qquad0\le s\le\pi\sqrt5.$

直接求導驗證：

$H'(s)=\left(-\frac2{\sqrt5}\sin\frac{s}{\sqrt5},\frac2{\sqrt5}\cos\frac{s}{\sqrt5},\frac1{\sqrt5}\right),\qquad\|H'(s)\|^2=\frac45+\frac15=1.$

新參數每增加一個單位，沿曲線就走一個長度單位。只把參數字母改成 $s$ ，並不能自動使速率變成1。

評分[8]： $s(t)$ 及其逆式3分；新參數式與定義域3分；直接驗證單位速率2分。

(d) 反向換參 — 6分

鏈式法則給出負號：

$q'(u)=-h'(\pi-u)=(2\sin(\pi-u),-2\cos(\pi-u),-1).$

因此 $\|q'(u)\|=\sqrt5$ ，弧長為 $L_q=\int_0^\pi\sqrt5\,du=\pi\sqrt5$ 。在同一個幾何點，反向行進的速度向量與原速度向量方向相反，但範數仍非負。一般而言，換參後的速率乘子為 $|dt/du|$ ，不是 $dt/du$ 。負號改變運動方向，不改變長度的正負。

評分[6]： 速度向量2分；速率和弧長2分；絕對值的解釋2分。

常見錯誤： 將 $h'$ 積分後稱為弧長；忘記切點；改用弧長參數後仍沿用舊參數區間；反向換參時得到所謂負“速率”。

B-Q2 · 零速度與切線

為什麼這樣做： 滿足一個充分定理的假設，便可使用其結論；但某個假設不滿足，並不能證明結論錯誤。本題可以直接計算兩條曲線的弧長，並觀察直線段像集的幾何性質。

(a) 像集與速度 — 6分

因為 $u\mapsto u^3$ 將 $[-1,1]$ 雙射到 $[-1,1]$ ，兩條曲線的像集均為線段 $\{(x,0):-1\le x\le1\}$ 。

$a'(u)=(3u^2,0),\quad\|a'(u)\|=3u^2;\qquad b'(t)=(1,0),\quad\|b'(t)\|=1.$

參數為零時， $a'(0)=(0,0)$ ，而 $b'(0)=(1,0)$ 。像集相同，不代表運動速度相同。

評分[6]： 相同像集及理由2分；導數與速率3分；零處的比較1分。

(b) 直接計算弧長與識別切線 — 6分

兩條曲線均連續可微，所以可以直接計算弧長：

$L_a=\int_{-1}^{1}3u^2\,du=[u^3]_{-1}^{1}=2,\qquad L_b=\int_{-1}^{1}1\,dt=2.$

像集是一條直線段，其內點 $(0,0)$ 處的切線就是 $x$ 軸。事實上，當 $u\ne0$ 時，經過 $(0,0)$ 與 $a(u)$ 的每條割線都已是 $x$ 軸。

可是 $(0,0)+\lambda a'(0)$ 只給出單點 $(0,0)$ ，並不是直線。正則曲線的切線公式要求導數非零；在當前參數值處，這個公式無法判定切線，不能據此説像集沒有切線。

評分[6]： 兩個積分3分；切線與割線理由2分；指出公式的適用限制1分。

(c) 充分假設與結論 — 8分

換參函數連續可微且嚴格遞增，但

$\phi'(u)=3u^2,\qquad\phi'(0)=0.$

它不滿足題述定理要求的“處處導數非零”。逆函數為 $\psi(t)=\sqrt[3]{t}$ 。在零處，其差商為

$\frac{\psi(t)-\psi(0)}{t-0}=\frac{\sqrt[3]{t}}{t}=\frac1{|t|^{2/3}},\qquad t\ne0,$

該表達式趨於 $+\infty$ ，並不趨於有限的導數。因此逆函數在零處不具有通常實值意義下的導數。

所以不能原樣套用題述正則換參定理。不過，(b)中的直接積分已經證明本例的兩個弧長相等。“這個充分定理不適用”與“兩個弧長不相等”是不同的判斷。

評分[8]： 指出未滿足的假設2分；逆函數、差商與無有限導數3分；正確解釋為何不矛盾3分。

常見錯誤： 將嚴格遞增等同於處處導數為正；把無窮大當成普通導數；從零速度斷言沒有切線；因為某個充分定理不能用，就認定結論錯誤。

B-Q3 · 兩種半徑與圓錐

為什麼這樣做： 柱坐標半徑是到 $z$ 軸的距離，球坐標半徑則是到原點的距離，二者不可互換。平方之前，先保留符號條件並確認極角約定。

(a) 柱坐標與球坐標 — 10分

平面投影的半徑為

$r=\sqrt{(-1)^2+(\sqrt3)^2}=2.$

水平投影位於第二象限，因此取 $\theta=2\pi/3$ 。柱坐標為

$(r,\theta,z)=(2,2\pi/3,-2).$

球半徑為 $\rho=\sqrt{1+3+4}=2\sqrt2$ 。因為 $\cos\phi=z/\rho=-1/\sqrt2$ ，且 $0\le\phi\le\pi$ ，所以 $\phi=3\pi/4$ 。因此球坐標為

$(\rho,\theta,\phi)=(2\sqrt2,2\pi/3,3\pi/4).$

代回檢查：

$\rho\sin\phi=2,\quad x=2\cos(2\pi/3)=-1,\quad y=2\sin(2\pi/3)=\sqrt3,\quad z=2\sqrt2\cos(3\pi/4)=-2.$

只使用 $\arctan(y/x)$ ，容易選錯象限；把 $\phi$ 誤認為從 $xy$ 平面量起，也會得到錯誤結果。

評分[10]： 柱半徑、方位角和高度3分；球半徑和極角3分；符號與象限理由2分；代回驗證2分。

(b) 球坐標中的上方圓錐 — 10分

半徑限制給出 $1\le\rho\le3$ ，所以 $\rho>0$ 。同時有

$z=\rho\cos\phi,\qquad\sqrt{x^2+y^2}=\rho\sin\phi,$

其中在 $[0,\pi]$ 上， $\sin\phi\ge0$ 。所以圓錐條件化為 $\cos\phi\ge\sin\phi$ 。尤其有 $\cos\phi\ge0$ ，故 $\phi\in[0,\pi/2]$ 。在這個區間上，該不等式等價於 $\phi\le\pi/4$ 。因此全部範圍為

$1\le\rho\le3,\qquad0\le\phi\le\pi/4,\qquad0\le\theta<2\pi.$

這就是球殼位於上方圓錐內的部分，包含題設規定的所有邊界。在 $\phi=0$ 時，方位角可以任取代表值；不同方位角描述的是同一個軸上點。坐標表示重複，不意味着幾何集合多了點。

評分[10]： 半徑限制2分；坐標代入2分；保留符號的角度推導4分；完整範圍及邊界或軸上角度說明2分。

(c) 柱坐標與平方丟失符號 — 6分

用柱坐標表示同一集合：

$r\ge0,\qquad0\le\theta<2\pi,\qquad1\le r^2+z^2\le9,\qquad z\ge r.$

半徑條件可以平方，是因為 $\sqrt{r^2+z^2}\ge0$ 。相反，若以 $z^2\ge r^2$ 取代 $z\ge r$ ，還會允許 $z\le-r$ 。例如柱坐標 $(r,\theta,z)=(0,0,-2)$ 滿足平方後的限制，卻對應直角坐標中的 $(0,0,-2)\notin E$ 。平方丟掉了“上方圓錐”的方向條件。

評分[6]： 完整柱坐標描述4分；正確的額外點反例2分。

(d) 固定方位角得到半平面 — 4分

$x=r\cos(\pi/2)=0$ ， $y=r\sin(\pi/2)=r\ge0$ ，而 $z$ 任意。因此所得是閉半平面 $\{(0,y,z):y\ge0\}$ ，包括 $z$ 軸。它不含 $y<0$ 的點，所以不是整個平面。

評分[4]： 代入坐標公式2分；半平面、邊界及排除點的說明2分。

常見錯誤： 交換 $r$ 與 $\rho$ ；選錯象限；平方後丟失上方圓錐限制；因為方位角不唯一而刪除軸上點；將固定方位角給出的半平面寫成整個平面。

B-Q4 · 等號條件不可省略

為什麼這樣做： 等號條件是定理的一部分，不是可有可無的附加說明。平方或取絕對值會隱藏內積的符號，但三角不等式取等要求方向為正。

(a) 柯西–施瓦茨不等式與等號 — 8分

當 $u\ne0$ 時配方：

$\|v-tu\|^2=\|u\|^2\left(t-\frac{\langle u,v\rangle}{\|u\|^2}\right)^2+\|v\|^2-\frac{\langle u,v\rangle^2}{\|u\|^2}.$

在 $t_*=\langle u,v\rangle/\|u\|^2$ 處取得最小值。最小值仍是一個範數的平方，故非負。因此

$\langle u,v\rangle^2\le\|u\|^2\|v\|^2,\qquad|\langle u,v\rangle|\le\|u\|\|v\|.$

等號成立，當且僅當最小化後的殘差為零，即 $v=t_*u$ 。這裏的倍數可以為正、負或零。如果 $u=0$ ，或 $v=0$ ，柯西–施瓦茨不等式兩邊均為零，直接取等。等價地，取等當且僅當兩個向量線性相關，包含零向量情形。

評分[8]： 配方展開與最小化參數3分；最小值非負及不等式2分；殘差為零的等號條件2分；零向量情況1分。

(b) 反向倍數的比較 — 6分

本例中， $\|u\|=3$ ， $\|v\|=6$ ， $\langle u,v\rangle=-2\|u\|^2=-18$ 。又因為 $u+v=-u$ ，故 $\|u+v\|=3$ 。

柯西–施瓦茨不等式： $|-18|=18=3\cdot6$ ，取等。三角不等式： $3<3+6=9$ ，為嚴格不等式。兩個向量方向相反，因此帶絕對值的柯西–施瓦茨不等式取等，卻不會使相加後的長度等於長度之和。

評分[6]： 四個數值4分；兩種不等式的明確比較2分。

(c) 三角不等式的正確等號條件 — 6分

正確説法是：若任一向量為零，三角不等式取等；若兩個向量都非零，取等當且僅當其中一個是另一個的正數倍。

事實上，

$\|u+v\|^2=\|u\|^2+2\langle u,v\rangle+\|v\|^2.$

與 $(\|u\|+\|v\|)^2$ 比較，可知取等當且僅當 $\langle u,v\rangle=\|u\|\|v\|$ 。對於非零向量，這要求柯西–施瓦茨不等式取等，並且內積為正。

寫成 $v=cu$ ，條件變為 $c\|u\|^2=|c|\|u\|^2$ 。因為 $c\ne0$ ，所以必須有 $c>0$ 。反過來，若 $v=cu$ 且 $c>0$ ，則 $\|u+v\|=(1+c)\|u\|=\|u\|+\|v\|$ 。零向量的情況直接代入即可驗證。

評分[6]： 精確修正條件2分；必要性2分；充分性和零向量情況2分。

常見錯誤： 在柯西–施瓦茨不等式中漏掉絕對值；認為任意線性相關都使三角不等式取等；除以零向量的範數；只證明必要性而沒有證明充分性。

如何用結果決定下一步複習

Q1出錯： 複習速度向量與速率的區別、弧長積分和換參中的鏈式法則。按“速度向量→範數→積分”練習，再檢查換參後的區間與絕對值。
Q2出錯： 區分參數式的正則性與像集的幾何性質，並區分充分條件與必要條件。定理不能直接使用，不等於結論必定錯誤。
Q3出錯： 先寫清半徑定義、角度起點與範圍，再保留符號條件進行計算。
Q4出錯： 分別代入正倍數、負倍數和零向量，重新檢查兩個不等式的每個“當且僅當”。

如出現輕微算術錯誤，但後續推理連貫，應保留相應方法分；錯誤數值不能獲得最終精確答案分。同一算錯不應反覆扣分。正確的等價參數式和其他有效證明同樣可獲滿分。

範圍與模擬A的關係

模擬A的六題涵蓋平面、投影與體積；環形集合的拓撲及一次極坐標轉換；極限；偏導數；可微性；以及梯度和方向導數。模擬B不取代A：Q1–Q2補充弧長與重新參數化；Q3補充柱坐標、球坐標和圓錐的符號限制。Q4有意與A-Q6使用的柯西–施瓦茨思想重疊，但考查證明與精確等號條件，而不是重複梯度最大化計算。無論單獨一卷還是兩卷合用，都不宣稱覆蓋整科所有主題。

學習依據為現有筆記 1.1 向量、內積與距離、1.3 坐標、曲線與曲面，屬於已知第1至3週材料。這些是學習參考，不是官方考試範圍認證。本卷沒有複製校內原試題或講義圖片。

MATH2010 補充模擬 B：分步詳解與評分

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B-Q1 · 螺旋線、距離與單位速率

(a) 速度、速率與切線 — 8分

逐分量求導：

$h'(t)=(-2\sin t,2\cos t,1),\qquad \|h'(t)\|=\sqrt{4\sin^2t+4\cos^2t+1}=\sqrt5.$

在 $t=\pi/2$ ，曲線上的點為 $(0,2,\pi/2)$ ，非零速度向量為 $(-2,0,1)$ 。因此切線為

$\ell(\lambda)=(0,2,\pi/2)+\lambda(-2,0,1),\qquad\lambda\in\mathbb R.$

切線必須同時包含“所在點”和“方向”；只寫 $(-2,0,1)$ 並不是完整切線。

評分[8]： 導數3分；速率2分；切點1分；完整切線2分。

(b) 弧長與端點距離 — 8分

將速率積分：

$L=\int_0^\pi\sqrt5\,dt=\pi\sqrt5.$

端點分別為 $(2,0,0)$ 和 $(-2,0,\pi)$ ，所以端點距離為

$D=\|(-4,0,\pi)\|=\sqrt{16+\pi^2}.$

兩個數均為正，可以比較平方：

$L^2-D^2=5\pi^2-(16+\pi^2)=4(\pi^2-4)>0,$

最後一步使用 $\pi>2$ 。因此 $L>D$ 。這不是“畫起來比較長”的猜測，而是由平方比較得到的嚴格不等式。

評分[8]： 弧長積分與結果3分；位移與端點距離3分；嚴格比較2分。

(c) 單位速率參數式 — 8分

從起點沿曲線走過的距離為

$s(t)=\int_0^t\sqrt5\,d\tau=\sqrt5\,t.$

所以 $t=s/\sqrt5$ ，代入原曲線得到

$H(s)=\left(2\cos\frac{s}{\sqrt5},2\sin\frac{s}{\sqrt5},\frac{s}{\sqrt5}\right),\qquad0\le s\le\pi\sqrt5.$

直接求導驗證：

$H'(s)=\left(-\frac2{\sqrt5}\sin\frac{s}{\sqrt5},\frac2{\sqrt5}\cos\frac{s}{\sqrt5},\frac1{\sqrt5}\right),\qquad\|H'(s)\|^2=\frac45+\frac15=1.$

新參數每增加一個單位，沿曲線就走一個長度單位。只把參數字母改成 $s$ ，並不能自動使速率變成1。

評分[8]： $s(t)$ 及其逆式3分；新參數式與定義域3分；直接驗證單位速率2分。

(d) 反向換參 — 6分

鏈式法則給出負號：

$q'(u)=-h'(\pi-u)=(2\sin(\pi-u),-2\cos(\pi-u),-1).$

評分[6]： 速度向量2分；速率和弧長2分；絕對值的解釋2分。

常見錯誤： 將 $h'$ 積分後稱為弧長；忘記切點；改用弧長參數後仍沿用舊參數區間；反向換參時得到所謂負“速率”。

B-Q2 · 零速度與切線

(a) 像集與速度 — 6分

因為 $u\mapsto u^3$ 將 $[-1,1]$ 雙射到 $[-1,1]$ ，兩條曲線的像集均為線段 $\{(x,0):-1\le x\le1\}$ 。

$a'(u)=(3u^2,0),\quad\|a'(u)\|=3u^2;\qquad b'(t)=(1,0),\quad\|b'(t)\|=1.$

參數為零時， $a'(0)=(0,0)$ ，而 $b'(0)=(1,0)$ 。像集相同，不代表運動速度相同。

評分[6]： 相同像集及理由2分；導數與速率3分；零處的比較1分。

(b) 直接計算弧長與識別切線 — 6分

兩條曲線均連續可微，所以可以直接計算弧長：

$L_a=\int_{-1}^{1}3u^2\,du=[u^3]_{-1}^{1}=2,\qquad L_b=\int_{-1}^{1}1\,dt=2.$

像集是一條直線段，其內點 $(0,0)$ 處的切線就是 $x$ 軸。事實上，當 $u\ne0$ 時，經過 $(0,0)$ 與 $a(u)$ 的每條割線都已是 $x$ 軸。

評分[6]： 兩個積分3分；切線與割線理由2分；指出公式的適用限制1分。

(c) 充分假設與結論 — 8分

換參函數連續可微且嚴格遞增，但

$\phi'(u)=3u^2,\qquad\phi'(0)=0.$

它不滿足題述定理要求的“處處導數非零”。逆函數為 $\psi(t)=\sqrt[3]{t}$ 。在零處，其差商為

$\frac{\psi(t)-\psi(0)}{t-0}=\frac{\sqrt[3]{t}}{t}=\frac1{|t|^{2/3}},\qquad t\ne0,$

該表達式趨於 $+\infty$ ，並不趨於有限的導數。因此逆函數在零處不具有通常實值意義下的導數。

評分[8]： 指出未滿足的假設2分；逆函數、差商與無有限導數3分；正確解釋為何不矛盾3分。

常見錯誤： 將嚴格遞增等同於處處導數為正；把無窮大當成普通導數；從零速度斷言沒有切線；因為某個充分定理不能用，就認定結論錯誤。

B-Q3 · 兩種半徑與圓錐

為什麼這樣做： 柱坐標半徑是到 $z$ 軸的距離，球坐標半徑則是到原點的距離，二者不可互換。平方之前，先保留符號條件並確認極角約定。

(a) 柱坐標與球坐標 — 10分

平面投影的半徑為

$r=\sqrt{(-1)^2+(\sqrt3)^2}=2.$

水平投影位於第二象限，因此取 $\theta=2\pi/3$ 。柱坐標為

$(r,\theta,z)=(2,2\pi/3,-2).$

球半徑為 $\rho=\sqrt{1+3+4}=2\sqrt2$ 。因為 $\cos\phi=z/\rho=-1/\sqrt2$ ，且 $0\le\phi\le\pi$ ，所以 $\phi=3\pi/4$ 。因此球坐標為

$(\rho,\theta,\phi)=(2\sqrt2,2\pi/3,3\pi/4).$

代回檢查：

$\rho\sin\phi=2,\quad x=2\cos(2\pi/3)=-1,\quad y=2\sin(2\pi/3)=\sqrt3,\quad z=2\sqrt2\cos(3\pi/4)=-2.$

只使用 $\arctan(y/x)$ ，容易選錯象限；把 $\phi$ 誤認為從 $xy$ 平面量起，也會得到錯誤結果。

評分[10]： 柱半徑、方位角和高度3分；球半徑和極角3分；符號與象限理由2分；代回驗證2分。

(b) 球坐標中的上方圓錐 — 10分

半徑限制給出 $1\le\rho\le3$ ，所以 $\rho>0$ 。同時有

$z=\rho\cos\phi,\qquad\sqrt{x^2+y^2}=\rho\sin\phi,$

$1\le\rho\le3,\qquad0\le\phi\le\pi/4,\qquad0\le\theta<2\pi.$

評分[10]： 半徑限制2分；坐標代入2分；保留符號的角度推導4分；完整範圍及邊界或軸上角度說明2分。

(c) 柱坐標與平方丟失符號 — 6分

用柱坐標表示同一集合：

$r\ge0,\qquad0\le\theta<2\pi,\qquad1\le r^2+z^2\le9,\qquad z\ge r.$

評分[6]： 完整柱坐標描述4分；正確的額外點反例2分。

(d) 固定方位角得到半平面 — 4分

$x=r\cos(\pi/2)=0$ ， $y=r\sin(\pi/2)=r\ge0$ ，而 $z$ 任意。因此所得是閉半平面 $\{(0,y,z):y\ge0\}$ ，包括 $z$ 軸。它不含 $y<0$ 的點，所以不是整個平面。

評分[4]： 代入坐標公式2分；半平面、邊界及排除點的說明2分。

常見錯誤： 交換 $r$ 與 $\rho$ ；選錯象限；平方後丟失上方圓錐限制；因為方位角不唯一而刪除軸上點；將固定方位角給出的半平面寫成整個平面。

B-Q4 · 等號條件不可省略

為什麼這樣做： 等號條件是定理的一部分，不是可有可無的附加說明。平方或取絕對值會隱藏內積的符號，但三角不等式取等要求方向為正。

(a) 柯西–施瓦茨不等式與等號 — 8分

當 $u\ne0$ 時配方：

$\|v-tu\|^2=\|u\|^2\left(t-\frac{\langle u,v\rangle}{\|u\|^2}\right)^2+\|v\|^2-\frac{\langle u,v\rangle^2}{\|u\|^2}.$

在 $t_*=\langle u,v\rangle/\|u\|^2$ 處取得最小值。最小值仍是一個範數的平方，故非負。因此

$\langle u,v\rangle^2\le\|u\|^2\|v\|^2,\qquad|\langle u,v\rangle|\le\|u\|\|v\|.$

評分[8]： 配方展開與最小化參數3分；最小值非負及不等式2分；殘差為零的等號條件2分；零向量情況1分。

(b) 反向倍數的比較 — 6分

本例中， $\|u\|=3$ ， $\|v\|=6$ ， $\langle u,v\rangle=-2\|u\|^2=-18$ 。又因為 $u+v=-u$ ，故 $\|u+v\|=3$ 。

評分[6]： 四個數值4分；兩種不等式的明確比較2分。

(c) 三角不等式的正確等號條件 — 6分

正確説法是：若任一向量為零，三角不等式取等；若兩個向量都非零，取等當且僅當其中一個是另一個的正數倍。

事實上，

$\|u+v\|^2=\|u\|^2+2\langle u,v\rangle+\|v\|^2.$

與 $(\|u\|+\|v\|)^2$ 比較，可知取等當且僅當 $\langle u,v\rangle=\|u\|\|v\|$ 。對於非零向量，這要求柯西–施瓦茨不等式取等，並且內積為正。

評分[6]： 精確修正條件2分；必要性2分；充分性和零向量情況2分。