- ($16\%$) Let $f(x)$ and $g(x)$ be two differentiable functions such that
$\begin{aligned}&\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}f(x)=-g(x),\\&\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}xg(x)=xf(x).\end{aligned}$
- Show that between two consecutive roots of $f(x)$, $g(x)=0$ has a root.
- Show that between two consecutive roots of $g(x)$, $f(x)$ has a root.
- 設 $r$ 與 $s$ 為 $f$ 的兩個相鄰根，則透過均值定理可知 $r$ 與 $s$ 之間存在實數 $c$ 使得
$\displaystyle0=\left.\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}f(x)\right|_{x=c}=-g(c)$.
這表明 $c$ 為 $g$ 的根，亦即介在 $f$ 的兩根之間必有一個 $g$ 的根。 - 設 $t$ 與 $u$ 為 $g$ 的兩相鄰根，那麼 $t$ 與 $u$ 同時也是函數 $xg(x)$ 的根。
假若 $t$ 與 $u$ 同號或其一為 $0$，那麼直接透過均值定理可知在 $t$ 與 $u$ 之間存在實數 $v$ 使得 $xg(x)$ 滿足
$\displaystyle0=\left.\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}xg(x)\right|_{x=v}=vf(v)$.
但由於 $v$ 介在兩同號數或其一為 $0$ 的兩數之間，故不為 $0$，因此 $f(v)=0$，亦即在 $g$ 的兩個相鄰根之間存在一個 $f$ 的根。假定 $t$ 與 $u$ 異號，不妨假定 $t<0<u$，那麼可以知道 $t$、$0$、$u$ 皆為 $xg(x)$ 的根，因此利用前一段的做法可知 $f$ 在 $t$、$0$ 之間與 $0$、$u$ 之間各至少有一個根，因此結論成立。
- 對第一式乘以 $x$ 後再次求導有
$\displaystyle\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left[x\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}f(x)\right]=-\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}[xg(x)]=-xf(x)$,
再同乘以 $x$ 並移項可知$\displaystyle x^2\frac{\mathrm d^2}{\mathrm dx^2}f(x)+x\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}f(x)+x^2f(x)=0$.
這表明 $f$ 滿足零階 Bessel 方程 (Bessel equation of order zero) $x^2y''+xy'+x^2y=0$。 - 第二式展開後同除以 $x$ 可得
$\displaystyle\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}g(x)+\frac{g(x)}x=f(x)$.
兩邊同時求導後乘以 $x^2$ 並移項可得$\displaystyle x^2\frac{\mathrm d^2}{\mathrm dx^2}g(x)+x\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}g(x)+(x^2-1)g(x)=0$.
這表明 $g$ 滿足一階 Bessel 方程 (Bessel equation of order one) $x^2y''+xy'+(x^2-1)y=0$。 - 對任何複數 $\alpha$，微分方程式 $x^2y''+xy'+(x^2-\alpha^2)y=0$ 是 $\alpha$ 階 Bessel 方程。
- ($16\%$) A man can swim at $a$ m/sec and run at $b$ m/sec. If he stands at point $A=(50,0)$ on the edge of a circular swimming pool of radius $50$ m with its center at the origin, find his optimum path from $A$ to $B=(0,50)$.
- 若 $a>b$，則不存在任何角度 $\theta$ 能滿足之。這表示 $f$ 會隨著 $\theta$ 遞增，因此最小值為 $\theta=0$ 處，亦即直接游泳過去最好。
- 若 $a=b$，那麼 $\theta=\pi/2$，因此直接跑過去比較好。
- 若 $a< b$，那麼可以解出 $\displaystyle\theta=\frac\pi2-2\cos^{-1}\frac ab$。進一步地，我們計算二階導函數並代入該角度可得
$\displaystyle f''\left(\frac\pi2-2\cos^{-1}\frac ab\right)=-\frac{25\sin(\cos^{-1}(a/b))}a=-\frac{25\sqrt{b^2-a^2}}{ab}<0$.
故 $f$ 在 $\displaystyle\theta=\frac\pi2-2\cos^{-1}\frac ab$ 有極小值。因此最佳的安排為先沿圓周逆時針走 $\displaystyle25\pi-100\cos^{-1}\frac ab$ 公尺後直接游向 $B(0,50)$。 - ($17\%$) Let $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ be a sequence defined by $a_1=1$, $\displaystyle a_{n+1}=1+\frac1{1+a_n}$, $n\geq1$.
- Show that $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$ exists.
- Find $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$.
- $a_1,a_3,\cdots,a_{2k-1},\cdots$ 遞增有上界；
- $a_2,a_4,\cdots,a_{2k},\cdots$ 遞減有下界。
- ($17\%$) Let $S$ be the surface $z=4-x^2-y^2$. The temperature function in space $S$ is $T(x,y,z)=x^2y+y^2z+2x+4y+z$. Let $P=(1,1,2)$ be a point in $S$. Among all the possible directions tangential to $S$ at $P$, which direction will make the rate of change of temperature at $P$ a maximal?
- ($17\%$) Find the volume of the solid bounded by the surface $(x^2+y^2+z^2)^2=a^2(x^2+y^2-z^2)$, $a>0$.
- 當 $\phi=\pi/4$ 時有 $t=0$；當 $\phi=\pi/2$ 時有 $t=1$；
- 整理之可得 $\displaystyle\phi=\sin^{-1}\left(\sqrt{\frac{t+1}2}\right)$，求導便有 $\displaystyle\mathrm d\phi=\frac{\mathrm dt}{2\sqrt{1-t^2}}$。
- 當 $t=0$ 時有 $s=-\pi/2$；當 $t=1$ 時有 $s=\pi/2$；
- 求導便有 $\displaystyle\mathrm dt=\frac{\cos s}2\,\mathrm ds$。
- 當 $r=0$ 時有 $u=1$；當 $r=a$ 時有 $u=3$；
- 整理有 $\displaystyle r^2=\frac{a^2(u^2-1)}8$，求導可知 $\displaystyle r\,\mathrm dr=\frac{a^2u}8\,\mathrm du$。
- 當 $u=1$ 時有 $\theta=-\pi/2$；當 $u=3$ 時有 $\theta=\pi/2$；
- 求導可知 $\mathrm du=\cos\theta\,\mathrm d\theta$。
- ($17\%$) Let $C$ be the curve ${\bf r}(t)=\cos t\,{\bf i}+\sin t\,{\bf j}+t\,{\bf k}$, $0\leq t\leq2\pi$. Let $S$ be the surface obtained by connecting any point $(x,y,z)\in C$ to $(0,0,z)$ with a line segment. Find the area of $S$.
- 當 $s=0$ 時有 $u=0$；當 $s=1$ 時有 $u=\pi/4$；
- 求導可知 $\mathrm ds=\sec^2u\,\mathrm du$。
訣竅
利用均值定理即可。解法
【註】
訣竅
對題目的情境做出設定後列式並求其極值，注意可能需對 $a$、$b$ 的值做討論。解法
假設此人泳速 $a$ 與跑速 $b$ 皆不為零，否則此人就依不為 $0$ 的方式移動即可。另外我們假設此人先在陸地上逆時針前進的圓弧所對應的圓心角為 $\theta$，其中 $0\leq\theta\leq\pi/2$。那麼他所前進的距離為 $50\theta$，而與 $B(0,50)$ 的直線距離為 $\displaystyle100\sin\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)$。因此我們可以考慮花費時間的函數如下：$\displaystyle f(\theta)=\frac{50\theta}b+\frac{\displaystyle100\sin\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)}a\quad\text{for}~0\leq\theta\leq\frac\pi2$.
利用一階導函數為零的位置求出極小值：$\displaystyle '(\theta)=\frac{50}b-\frac{\displaystyle50\cos\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)}a\overset{\text{set}}{=\!\!\!=\!\!\!=\!\!\!=}0\quad\text{for}~0<\theta<\frac\pi2$.
如此可得$\displaystyle\cos\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)=\frac ab$。訣竅
透過計算可以發現本數列可分為奇偶項分別處理，並利用單調有界定理確認其分別收斂，最後計算各收斂之值相等以說明原數列收斂，並因此收斂之值亦同時求出。解法
直接計算可以知道$\displaystyle a_{n+2}=1+\frac1{1+a_{n+1}}=1+\frac1{2+\frac1{1+a_n}}=a_n+\frac{4-2a_n^2}{3+2a_n}\quad\text{for}~n\in\mathbb N$.
由此可見若 $a_n>\sqrt2$，則 $a_{n+2}$ 將遞減但仍大於 $\sqrt2$；若 $a_n<\sqrt2$，則 $a_{n+2}$ 將遞增但仍小於 $\sqrt2$。因此我們已經證明了：
根據上面的直接計算，由於跳兩項的數列是收斂的（無論是奇數項或偶數項），我們分別記之為 $L$ 與 $M$，那麼對跳兩項的遞迴關係取極限，可得
$\displaystyle L=L+\frac{4-2L^2}{3+L},\qquad M=M+\frac{4-2M^2}{3+M}$.
如此可得 $L=M=\sqrt2$，因此 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\sqrt2$。【註】 遞迴數列 $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ 及其極限顯示如下圖
訣竅
由於函數 $T$ 被限制在 $S$ 上移動，因此利用條件減少變數後再運用方向導數的概念求解。解法
根據訣竅，將函數 $T$ 限制在 $S$ 上則有雙變數函數$f(x,y)=x^2y+y^2(4-x^2-y^2)+2x+4y+(4-x^2-y^2)$.
由於有最大的方向導數的方向會平行函數在該處的梯度，故我們整理 $f$ 後計算其梯度：$\nabla f(x,y)=(-2xy^2+2xy-2x+2,-2x^2y-4y^3+x^2+6y+4)$,
故 $\nabla f(1,1)=(0,5)$，因此往 $(0,1)$ 方向會有最快的變化率。現在為了對應回 $\mathbb R^3$，我們知道 $S$ 在 $(1,1,2)$ 處的切平面法向量為 $(2,2,1)$，因此我們知道在 $\mathbb R^3$ 中有最大變化率的方向為 $(0,1,c)$，其中 $c$ 為待定數，利用垂直可求得 $c=-2$，故所求方向為 $(0,1,-2)\parallel(0,1,-2)/\sqrt5$。
訣竅
利用球座標改寫方程後使用三重積分計算體積；運用對稱性解出 $z=f(x,y)$ 後使用極座標求解即可。解法一
使用球座標，令 $x=\rho\cos\theta\sin\phi$、$y=\rho\sin\theta\sin\phi$、$z=\rho\cos\phi$，因此原方程寫為 $\rho^2+a^2\cos2\phi=0$，其中為了要使方程有意義可知 $\cos2\phi\leq0$，故 $\pi/4\leq\phi\leq3\pi/4$。據此我們列出體積的公式計算之：$\begin{aligned}V&=\int_0^{2\pi}\!\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\!\int_0^{\rho(\phi)}\!r^2\sin\phi\,\mathrm dr\,\mathrm d\phi\,\mathrm d\theta=\frac{2\pi}3\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\!\rho^3(\phi)\sin\phi\,\mathrm d\phi\\&=\frac{2\pi a^3}3\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\!\sin\phi\sqrt{-\cos^32\phi}\,\mathrm d\phi=\frac{4\pi a^3}3\int_{\pi/4}^{\pi/2}\!\sin\phi\sqrt{-\cos^32\phi}\,\mathrm d\phi.\end{aligned}$
令 $t=-\cos2\phi=2\sin^2\phi-1$，則$\begin{aligned}V&=\frac{4\pi a^3}3\int_0^1\!\sqrt{\frac{1+t}{2}}\frac{t\sqrt t}{2\sqrt{1-t^2}}\,\mathrm dt=\frac{\sqrt2\pi a^3}3\int_0^1\!\frac{t\sqrt t}{\sqrt{1-t}}\,\mathrm dt\\&=\frac{\sqrt2\pi a^3}3\left(\left.-2t\sqrt{t-t^2}\right|_0^1+2\int_0^1\!\sqrt{1-t}\cdot\frac32\sqrt t\,\mathrm dt\right)\\&=\sqrt2\pi a^3\int_0^1\!\sqrt{t-t^2}\,\mathrm dt=\sqrt2\pi a^3\int_0^1\sqrt{\frac14-\left(t-\frac12\right)^2}\,\mathrm dt.\end{aligned}$
此時令 $\displaystyle t-\frac12=\frac{\sin s}2$，則$\begin{aligned}V=&\sqrt2\pi a^3\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\!\frac{\cos s}2\cdot\frac{\cos s}2\,\mathrm ds=\frac{\sqrt2\pi a^3}4\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\!\cos^2s\,\mathrm ds=\frac{\sqrt2\pi a^3}4\cdot\left.\left(\frac s2+\frac{\sin2s}4\right)\right|_{-\pi/2}^{\pi/2}=\frac{\sqrt2\pi^2a^3}8.\end{aligned}$
【註】 曲面 $(x^2+y^2+z^2)^2=a^2(x^2+y^2-z^2)$ 的圖形參看如下
解法二
整理為 $z^2$ 的二次方程式得 $(z^2)^2+(2x^2+2y^2+a^2)z^2+(x^2+y^2)^2-a^2(x^2+y^2)=0$，根據對稱性可解得上半曲面為$\displaystyle z=\sqrt{\frac{-(2x^2+2y^2+a^2)+a\sqrt{a^2+8x^2+8y^2}}2}$.
對於 $z\geq0$，可得不等式 $a\sqrt{a^2+8x^2+8y^2}\geq2x^2+2y^2+a^2$，平方整理可得 $x^2+y^2\leq a^2$。據此，設 $D=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\leq a^2\}$，那麼所求的體積可表達如下$\displaystyle V=2\iint_D\!\sqrt{\frac{-(2x^2+2y^2+a^2)+a\sqrt{a^2+8x^2+8y^2}}2}\,\mathrm dA=\sqrt2\iint_D\!\sqrt{-(2x^2+2y^2+a^2)+a\sqrt{a^2+8x^2+8y^2}}\,\mathrm dA$.
使用極座標變換，令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其中變數範圍為 $0\leq r\leq a$、$0\leq\theta\leq2\pi$。據此所求的體積可改寫如下$\displaystyle V=\sqrt2\int_0^{2\pi}\!\int_0^a\!\sqrt{-2r^2-a^2+a\sqrt{a^2+8r^2}}\cdot r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta=\sqrt2\cdot2\pi\cdot a\int_0^a\!\sqrt{\sqrt{1+\frac{8r^2}{a^2}}-1-\frac{2r^2}{a^2}}\cdot r\,\mathrm dr$.
令 $\displaystyle u=\sqrt{1+\frac{8r^2}{a^2}}$，那麼$\displaystyle V=2\sqrt2\pi a\int_1^3\!\sqrt{u-1-\frac{u^2-1}4}\cdot\frac{a^2u}8\,\mathrm du=\frac{\sqrt2\pi a^3}8\int_1^3\!u\sqrt{-u^2+4u-3}\,\mathrm du=\frac{\sqrt2\pi a^3}8\int_1^3\!u\sqrt{1-(u-2)^2}\,\mathrm du$.
令 $u-2=\sin\theta$，那麼$\begin{aligned}V&=\frac{\sqrt2\pi a^3}8\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\!(2+\sin\theta)\cos\theta\cdot\cos\theta\,\mathrm d\theta=\frac{\sqrt2\pi a^3}8\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\!(1+\cos2\theta+\cos^2\theta\sin\theta)\,\mathrm d\theta\\&=\left.\frac{\sqrt2\pi a^3}8\left(\theta+\frac{\sin2\theta}2-\frac{\cos^3\theta}3\right)\right|_{-\pi/2}^{\pi/2}=\frac{\sqrt2\pi^2a^3}8.\end{aligned}$
【註】 曲面 $(x^2+y^2+z^2)^2=a^2(x^2+y^2-z^2)$ 的圖形參看如下
訣竅
將曲面參數化後積分之。解法
將曲面 $S$ 參數化為 ${\bf r}(s,t)=(s\cos t,s\sin t,t)$，其中 $0\leq s\leq1$、$0\leq t\leq2\pi$，如此表示表面積 $A$ 如下：$\begin{aligned}A&=\int_0^1\!\int_0^{2\pi}\!\left|\frac{\partial{\bf r}}{\partial s}\times\frac{\partial{\bf r}}{\partial t}\right|\,\mathrm dt\,\mathrm ds=\int_0^1\!\int_0^{2\pi}\!|(\cos t,\sin t,0)\times(-s\sin t,s\cos t,1)|\,\mathrm dt\,\mathrm ds\\&=\int_0^1\!\int_0^{2\pi}\!|(\sin t,-\cos t,s)|\,\mathrm dt\,\mathrm ds=\int_0^1\!\int_0^{2\pi}\!\sqrt{1+s^2}\,\mathrm dt\,\mathrm ds=2\pi\int_0^1\!\sqrt{1+s^2}\,\mathrm ds.\end{aligned}$
令 $s=\tan u$，那麼$\begin{aligned}A=2\pi\int_0^{\pi/4}\!\sec^3u\,\mathrm du=2\pi\cdot\left.\frac{\sec u\tan u+\ln|\sec u+\tan u|}2\right|_0^{\pi/4}=\pi(\sqrt2+\ln(\sqrt2+1)),\end{aligned}$
其中 $\displaystyle\int\!\sec^3u\,\mathrm du$ 可以計算如下：$\displaystyle\int\!\sec^3u\,\mathrm du=\int\!\sec u\,\mathrm d\tan u=\sec u\tan u-\int\!\sec u\tan^2u\,\mathrm du=\sec u\tan u-\int\!(\sec^3u-\sec u)\,\mathrm du$.
移項整理遂有$\displaystyle\int\!\sec^3u\,\mathrm du=\frac{\sec u\tan u}2+\frac12\int\!\sec u\,\mathrm du=\frac{\sec u\tan u+\ln|\sec u+\tan u|}2+C$.
【註】 曲面 $S$ 的圖形參看下圖
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