- 填充題:每格 10 分,共 70 分。請依空格號碼將答案寫在答案紙上。
- limn→∞(1√n⋅1√n+1+1√n⋅1√n+2+⋯+1√n⋅1√n+n)= (A) 。
- 定積分∫20|2x−x3|dx= (B) 。
- limx→0∫x0(sect−1)dtx3= (C) 。
- 設 C 代表 f(x)=x3 之曲線。P 為 C 上一點(P 異於原點)。今在 P 點作切線交 C 於另一點 Q,則在 Q 點切線的斜率為在 P 點切線斜率的多少倍? (D) 。
- 定積分∫∞1dxx(x2+1)= (E) 。
- 函數 f(x,y)=2x+y 在曲線 x2+4y2=1 上之最大值為 (F) 。
- 設 I(R)=∬R(2−x2−y2)dxdy;其中 R 為平面上之有界區域,使得二重積分存在,則 I(R) 之最大值為 (G) 。
- 計算題:每題 15 分,共 30 分。若無計算過程,不予計分。
- 有一圓湖,半徑為 1 公里。一人欲自湖邊 A 點至對岸點 B(即 AB 為湖一直徑)。此人步行時速 2 公里,划船時速 1 公里。今欲從 A 至 B 可混合步行與划船二種方法。問最少需時多少?
- 試寫出 (1+t)−12,|t|<1 之二項級數展開(binomial series expansion)。
- 設 k 為正小數,L(k)=∫10dx√1−kx3=a+bk+R(k),其中 a、b 為常數且 limk→0R(k)k=0,試求 a、b 之值。
訣竅
將此化為 Riemann sum 後改算定積分即可。解法
根據訣竅,我們可以是原極限改寫為limn→∞1n(1√1+1n+1√1+2n+⋯+1√1+nn).如此我們可以考慮函數為 f(x)=1√1+x,區間在 [0,1] 上被分割為 n 等分的 Riemann sum,因此此極限收斂至 ∫10dx√1+x,如此計算如下∫10dx√1+x=2√1+x|10=2√2−2.訣竅
分析出函數的正負行為後,按絕對值分段積分即可。解法
由於 f(x)=2x−x3=0 的根為 x=0、x=±√2,其中介在 (0,2) 之間的根為 x=√2。可以注意到在x∈(0,√2) 時有 f(x)>0,而在 x∈(√2,2) 時有 f(x)<0。因此原定積分可以改寫並計算如下∫20|2x−x3|dx=∫√20(2x−x3)dx+∫2√2(x3−2x)dx=x2−x44|√20+x44−x2|2√2=2.訣竅
運用 L'Hôpital 法則與微積分基本定理計算之。解法
連續地使用 L'Hôpital 法則可以計算出以下結果limx→0∫x0(sect−1)dtx3=limx→0secx−13x2=limx→0secxtanx6x=limx→0sec2xtanx+sec3x6=16.訣竅
運用解析幾何的手法計算出各點的斜率後比較之。解法
我們設 P 點為 (t,t3),其中 t≠0。因此利用點斜式可知在 P 點的切線為 y−t3=3t2(x−t)。此直線與 C 解聯立時代入 y=x3 可得x3−t3=3t2(x−t).
由於 P、Q 相異,故可約去因式 x−t,如此有 x2+xt+t2=3t2,即有 x2+xt−2t2=0。因式分解有 (x+2t)(x−t)=0。因為 x≠t,故得 x=−2t,從而 Q 之座標為 (−2t,−8t3),從而兩點的斜率值相比為 3(−2t)2/(3t2)=4 倍。訣竅
按有理函式的積分原則,改寫為部分分式後計算其積分。解法
利用部分分式,我們將原本的瑕積分改寫並計算如下∫∞1dxx(x2+1)=limt→∞∫t1(1x−xx2+1)dx=limt→∞lnx√x2+1|t1=ln22.訣竅
本題方法甚多,可以利用 Cauchy 不等式或 Lagrange 乘子法,甚至是線性規劃法。解法一
根據 Cauchy 不等式,我們有[x2+(2y)2][22+(12)2]≥(2x+y)2.因此我們有 2x+y≤√17/2。解法二
設 Lagrange 乘子函數為 F(x,y,λ)=2x+y+λ(x2+4y2−1)。據此我們聯立解{Fx(x,y,λ)=2+2λx=0,Fy(x,y,λ)=1+8λy=0,Fλ(x,y,λ)=x2+4y2−1=0.容易解得λ=−1x=−18y.如此得 x=8y,代回 x2+4y2=1 可得 y=±12√17,而 x=±4√17,因此 2x+y 的最大值為 8√17+12√17=√172。解法三
利用線性規劃的觀點,我們知道極值發生的位置的斜率與目標函數的斜率相同。因此我們利用隱函數微分可得 2x+8ydydx=0,根據題意我們有 dydx=−x4y=−2。故極值發生的位置應滿足 x=8y,餘下步驟同解法二。訣竅
為使積分之值達到最大,應使函數值為正積分區域盡可能的大。解法
由訣竅可知使積分值最大的區域 R 為 {(x,y)∈R2:x2+y2≤2}。我們應用極座標變換 x=rcosθ、y=rsinθ,其中 0≤r≤√2、0≤θ≤2π。如此原雙重積分可以轉換並計算如下∫2π0∫√20(2−r2)rdrdθ=2π(r2−r44)|√20=2π.訣竅
根據題意建立起相關的等式。此外可以分析距離與速度之間的基本關係,如此可以探求出省時的換算關係。解法
倘若此人沿圓周逆時針前進距離 2x,那麼划船前進的距離即為 2sinx,如此前者耗時 x,而後者耗時 2sinx。可以輕易發現即便分為多次划船與圓弧岸上步行結果仍相同,因此我們考慮在半圓上前行 2x,則餘下的行程藉由划船應前進的距離為 2cosx,則總費時函數為 f(x)=x+2cosx,其中 0<x<π/2。我們計算其導數為零的位置:f′(x)=1−2sinx=0,如此可得 x=π/6(x=5π/6 不合於所求)。再者 f″(x)=−2cosx,可以見到 f″(π/6)<0,因此函數的最大值為 f(π6)=√3+π/6。又 f(0)=2、f(π/2)=π/2,可以知道最小值為 π/2。
訣竅
運用 Taylor 展開式計算之。第二小題乃利用第一小題的結論代換之。解法
根據題目的指示,寫出其二項式展開如下:\left(1+t\right)^{-1/2}=\sum_{n=0}^\infty{-1/2\choose n}t^n=\sum_{n=0}^\infty\left(-1\right)^n\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}t^n,其中 {-1/2\choose n} 計算如下\begin{aligned}{-1/2\choose n}&=\frac{\displaystyle\left(-\frac12\right)\left(-\frac32\right)\cdots\left(-\frac{2n-1}2\right)}{1\cdot2\cdot\cdots\cdot n}\\&=\left(-1\right)^n\frac{1\cdot3\cdot\cdots\cdot\left(2n-1\right)}{2^nn!}\stackrel{\displaystyle\mbox{同乘以}~2\cdot4\cdot\cdots\cdot2n}{=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=\!=}\left(-1\right)^n\frac{1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot\cdots\cdot\left(2n-1\right)\cdot2n}{2^nn!\cdot2\cdot4\cdot\cdots\cdot2n}\\&=\left(-1\right)^n\frac{\left(2n\right)!}{2^{2n}\left(n!\right)^2}.\end{aligned}
根據 a. 的結果,我們可以知道 L\left(k\right) 可以改寫如下L\left(k\right)=\int_0^1\sum_{n=0}^\infty{-1/2\choose n}\left(-kx^3\right)^ndx=\sum_{n=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^n{-1/2\choose n}k^n}{3n+1}=1+\frac k8+O\left(k^2\right),其中 O\left(k^2\right) 表示次數大於或等於 2 次的部分,因此我們取 R\left(k\right)=O\left(k^2\right),而 a=1、b=1/8。
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