- Find the integral $\displaystyle\int_0^2\!\frac{12x^2}{\sqrt{16-x^2}}\,\mathrm dx$. ($15\%$)
- 當 $x=0$ 則有 $\theta=0$；當 $x=2$ 則有 $\theta=\pi/6$；
- 求導便有 $\mathrm dx=4\cos\theta\,\mathrm d\theta$。
- 由於 $\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta$、$\theta=\sin^{-1}(x/4)$、$\sin\theta=x/4$、$\cos\theta=\sqrt{16-x^2}/4$，因此
$\begin{aligned}\int\!\frac{12x^2}{\sqrt{16-x^2}}\,\mathrm dx&=96\theta-48\sin2\theta+C\\&=96(\theta-\sin\theta\cos\theta)+C=96\sin^{-1}(x/4)-6x\sqrt{16-x^2}+C\end{aligned}$.
- 函數 $\displaystyle f(x)=\frac{12x^2}{\sqrt{16-x^2}}$ 在 $[0,2]$ 上的圖形及所表示的面積如下
- Let $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac n{4^n}x^n$ for any $|x|<4$.
Find the function $f(x)$ and the value $f(2)$. ($15\%$) - Let $D=\{(x,y,z)\,|\,x^2+y^2+z^2=50\}$ and the temperature at the point $(x,y,z)$ on the $D$ is $T(x,y,z)=12xz+16yz$. Find the highest and lowest temperatures. ($20\%$)
- 若 $\lambda=0$，則 $z=0$，因此應解 $3x+4y=0$、$x^2+y^2=50$。易得 $(x,y)=(4\sqrt2,-3\sqrt2)$ 或 $(x,y)=(-4\sqrt2,3\sqrt2)$。
- 若 $\lambda\neq0$，則 $x^2+y^2=z^2$，配合第四式有 $z^2=25$，即 $z=\pm5$，代回第一式與第二式分別有 $\pm30+\lambda x=0$、$\pm40+\lambda y=0$，且知 $x^2+y^2=25$，因此有 $\displaystyle\frac{900}{\lambda^2}+\frac{1600}{\lambda^2}=25$，故 $\lambda=\pm10$，若 $\lambda=10$，則有 $x=-3$、$y=-4$；若 $\lambda=-10$，則有 $x=3$、$y=4$。
- Let $f(x)$ be a function such that
- $f(x)$ is continuous on $[0,1]$, $f(0)=0$ and $f(1)=7$.
- $f'(x)$ and $f''(x)$ exist for any $0< x<1$.
- $f''(x)>0$ for any $0<x<1$.
[Hint: there is $0<\alpha<1$ such that $f'(\alpha)=7$.] - Let $D$ be the region bounded by the curve $C:\left\{\begin{aligned}&x=t^3+t^2\\&y=t^2+t\end{aligned}\right.$ for $0\leq t\leq1$ and the line $y=x$. Find the area of $D$. ($15\%$)
- 當 $y=0$ 時有 $u=1$；當 $y=2$ 時有 $u=9$；
- 整理有 $y=(u-1)/4$ 且 $\mathrm dy=\mathrm du/4$。
- Let $\vec F(x,y,z)=xy^2\,\vec i+yz^2\,\vec j+zx^2\,\vec k$ be a vector field and $S=\{(x,y,z)\,|\,x^2+y^2+z^2=25\}$ be a surface with outward orientation. Find the flux $\displaystyle\iint_S\!\vec F\cdot\vec N\,\mathrm dS$ of $\vec F(x,y,z)$. ($20\%$)
訣竅
由於根號底下為二次函數，故可運用三角代換計算之。解法
令 $x=4\sin\theta$，則$\begin{aligned}\int_0^2\!\frac{12x^2}{\sqrt{16-x^2}}\,\mathrm dx&=\int_0^{\pi/6}\!\frac{12\cdot16\sin^2\theta}{4\cos\theta}\cdot4\cos\theta\,\mathrm d\theta\\&=96\int_0^{\pi/6}\!(1-\cos2\theta)\,\mathrm d\theta\\&=96\theta-48\sin2\theta\Big|_0^{\pi/6}=16\pi-24\sqrt3.\end{aligned}$
【註】
訣竅
利用冪級數的微分或積分的特性求解即可；亦可計算出對應的部分和後求對應的極限即可。解法一
容易注意到 $f$ 可以作如下的改寫與計算：$\displaystyle f(x)=\frac x4\sum_{n=1}^\infty n\left(\frac x4\right)^{n-1}=x\left[\sum_{n=0}^\infty\left(\frac x4\right)^n\right]'=x\left(\frac1{1-(x/4)}\right)'=\frac{4x}{(4-x)^2}\quad\text{for}~-4<x<4$.
故 $f(2)=2$。解法二
先考慮部分和 $\displaystyle S_k(x)=\sum_{n=1}^k\frac n{4^n}x^n$，那麼透過四則運算發現$\begin{aligned}\frac{4-x}4S_k(x)&=S_k(x)-\frac x4S_k(x)=\sum_{n=1}^k\frac n{4^n}x^n-\sum_{n=1}^k\frac n{4^{n+1}}x^{n+1}=\frac x4-\frac k{4^{k+1}}x^{k+1}+\sum_{n=2}^k\frac n{4^n}x^n-\sum_{n=2}^k\frac{n-1}{4^n}x^n\\&=\frac x4-\frac k{4^{k+1}}x^{k+1}+\sum_{n=2}^k\frac{x^n}{4^n}=\frac x4-\frac k{4^{k+1}}x^{k+1}+\frac{\displaystyle\frac{x^2}{16}\left[1-\left(\frac x4\right)^{k-1}\right]}{\displaystyle1-\frac x4}\quad\text{for}~x\in\mathbb R\setminus\{4\}.\end{aligned}$
整理可得$\displaystyle S_k(x)=\frac4{4-x}\left(\frac x4-\frac k{4^{k+1}}x^{k+1}+\frac{x^2[1-(x/4)^{k-1}]}{4(4-x)}\right)\quad\text{for}~x\in\mathbb R\setminus\{4\}.$
據此取極限且依 $|x|<4$ 可得$\displaystyle f(x)=\lim_{k\to\infty}S_k(x)=\frac4{4-x}\left(\frac x4+\frac{x^2}{4(4-x)}\right)=\frac{4x}{(4-x)^2}\quad\text{for}~-4<x<4.$
特別地，$f(2)=2$。訣竅
可以運用初等不等式或 Lagrange 乘子法求解。解法一
可以留意到如下的不等式：$\displaystyle500=10x^2+10y^2+10z^2=\left(10x^2+\frac{18}5z^2\right)+\left(10y^2+\frac{32}5z^2\right)\geq12xy+16yz,$
以及$\displaystyle\begin{aligned}-500&=-10x^2-10y^2-10z^2\\&=-\left(10x^2+\frac{18}5z^2\right)-\left(10y^2+\frac{32}5z^2\right)\leq12xy+16yz.\end{aligned}$
因此最大與最小值分別為 $500$ 與 $-500$，其中等號成立條件分別為 $(3,4,5)$、$(-3,-4,-5)$ 與 $(3,4,-5)$、$(-3,-4,5)$。解法二
考慮 Lagrange 乘子函數如下：$F(x,y,z,\lambda)=12xz+16yz+\lambda(x^2+y^2+z^2-50)$
如此解下列聯立方程組：$\displaystyle\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,z,\lambda)=12z+2\lambda x=0,\\&F_y(x,y,z,\lambda)=16z+2\lambda y=0,\\&F_z(x,y,z,\lambda)=12x+16y+2\lambda z=0,\\&F_\lambda(x,y,z,\lambda)=x^2+y^2+z^2-50=0.\end{aligned}\right.$
我們將第一式乘上 $x$、第二式乘上 $y$、第三式乘上 $z$，並且將前兩者相加後減去第三個，如此可得 $2\lambda(x^2+y^2-z^2)=0$。訣竅
利用均值定理與單調性來證明問題。解法
設 $g(x)=f(x)-7x$。由條件 $1$ 可知 $g(0)=g(1)=0$，因此透過均值定理可以知道在 $(0,1)$ 中存在一個實數 $\alpha$ 使得 $g'(\alpha)=f(\alpha)-7=0$。
又由於 $g''(x)=f''(x)>0$，因此 $g'$ 為嚴格遞增函數，故 $g'$ 在 $(0,\alpha)$ 為負而在 $(\alpha,1)$ 上為正。從而表明 $g$ 在 $(0,\alpha)$ 上遞減且在 $(\alpha,1)$ 上遞增，亦即 $g$ 在 $x=\alpha$ 處有最小值。
從而在 $(0,\alpha)$ 上遞減可知 $0=g(0)>g(x)$，而在 $(\alpha,1)$ 遞增可知 $0=g(1)>g(x)$，總結而言，在 $(0,1)$ 上有 $g(x)=f(x)-7x<0$，從而證明本命題。訣竅
直接列式計算即可。解法一
由於 $0\leq t\leq1$，故 $t^2+t\geq t^3+t^2$，即 $y\geq x$，由此可以直接列式計算如下：$\begin{aligned}|D|&=\int_{x_{\text{left}}}^{x_{\text{right}}}\!(y_{\text{top}}-y_{\text{bottom}})\,\mathrm dx=\int_0^1\![y(t)-x(t)]x'(t)\,\mathrm dt=\int_0^1\!((t^2+t)-(t^3+t^2))(3t^2+2t)\,\mathrm dt\\&=\int_0^1\!(2t^2+3t^3-2t^4-3t^5)\,\mathrm dt=\left.\frac{2t^3}3+\frac{3t^4}4-\frac{2t^5}5-\frac{t^6}2\right|_0^1=\frac23+\frac34-\frac25-\frac12=\frac{31}{60}.\end{aligned}$
【註】 參數曲線 $x=t^3+t^2$、$y=t^2+t$ 與直線 $y=x$ 所圍成的平面區域 $D$ 可參見下圖
解法二
記 $(2,2)$ 為 $A$ 點，接著作過 $A$ 並垂直於 $x$ 軸的直線交於 $B(2,0)$。如此可以注意到三角形 $OAB$ 的面積為 $2$。故所求的面積可以列式如下：$\begin{aligned}|D|&=\int_{t=0}^{t=1}\!y(t)x'(t)\,\mathrm dt-\triangle OAB=\int_0^1\!(t^2+t)(3t^2+2t)\,\mathrm dt-2\\&=\int_0^1\!(3t^4+5t^3+2t^2)\,\mathrm dt-2=\left.\frac{3t^5}5+\frac{5t^4}4+\frac{2t^3}3\right|_0^1-2=\frac{31}{60}.\end{aligned}$
【註】 參數曲線 $x=t^3+t^2$、$y=t^2+t$ 與直線 $y=x$ 所圍成的平面區域 $D$ 可參見下圖
解法三
由於 $0\leq t\leq1$，故 $t^2+t\geq t^3+t^2$，即 $y\geq x$，由此可以直接列式計算如下：$\begin{aligned}|D|&=\int_{y_{\text{bottom}}}^{y_{\text{top}}}\!(x_{\text{right}}-x_{\text{left}})\,\mathrm dy=\int_0^1\![y(t)-x(t)]y'(t)\,\mathrm dt=\int_0^1\!((t^2+t)-(t^3+t^2))(2t+1)\,\mathrm dt\\&=\int_0^1\!(-2t^4-t^3+2t^2+t)\,\mathrm dt=\left.-\frac{2t^5}5+\frac{t^4}4+\frac{2t^3}3+\frac{t^2}2\right|_0^1=-\frac25-\frac14+\frac23+\frac12=\frac{31}{60}.\end{aligned}$
【註】 參數曲線 $x=t^3+t^2$、$y=t^2+t$ 與直線 $y=x$ 所圍成的平面區域 $D$ 可參見下圖
解法四
記 $(2,2)$ 為 $A$ 點，接著作過 $A$ 並平行於 $x$ 軸的直線交於 $C(0,2)$。如此可以注意到三角形 $OAC$ 的面積為 $2$。故所求的面積可以列式如下：$\begin{aligned}|D|&=\triangle OAC-\int_{t=0}^{t=1}\!x(t)y'(t)\,\mathrm dt=2-\int_0^1\!(t^3+t^2)(2t+1)\,\mathrm dt\\&=2-\int_0^1\!(2t^4+3t^3+t^2)\,\mathrm dt=2-\left.\left(\frac{2t^5}5+\frac{3t^4}4+\frac{t^3}3\right)\right|_0^1=2-\left(\frac25+\frac34+\frac13\right)=\frac{31}{60}.\end{aligned}$
【註】 參數曲線 $x=t^3+t^2$、$y=t^2+t$ 與直線 $y=x$ 所圍成的平面區域 $D$ 可參見下圖
解法五
可解出 $\displaystyle t=-\frac12+\sqrt{y+\frac14}=\frac{-1+\sqrt{4y+1}}2$（因為 $0\leq t\leq1$，故負號不合），如此知$\displaystyle x=(t^2+t)\cdot t=y\cdot\frac{-1+\sqrt{4y+1}}2=\frac{-y+y\sqrt{4y+1}}2\quad\text{for}~0\leq y\leq2$.
仿解法四可知所求的面積為$\displaystyle |D|=\triangle OAC-\int_0^2\!\frac{-y+y\sqrt{4y+1}}2\,\mathrm dy=2+\frac12\int_0^2\!y\,\mathrm dy-\frac12\int_0^2\!y\sqrt{4y+1}\,\mathrm dy=2+1-\frac12\cdot\frac{149}{30}=\frac{31}{60}$,
其中定積分 $\displaystyle\int_0^2\!y\sqrt{4y+1}\,\mathrm dy$ 可透過變數代換 $u=4y+1$ 而計算如下：$\begin{aligned}\int_0^2\!y\sqrt{4y+1}\,\mathrm dy&=\int_1^9\!\frac{u-1}4\cdot\sqrt u\cdot\frac14\,\mathrm du=\frac1{16}\int_1^9\!(u^{3/2}-u^{1/2})\,\mathrm du\\&=\left.\frac1{16}\left(\frac25u^{5/2}-\frac23u^{3/2}\right)\right|_1^9=\frac1{16}\left[\left(\frac25\cdot243-\frac23\cdot27\right)-\left(\frac25-\frac23\right)\right]=\frac{149}{30}.\end{aligned}$
訣竅
利用 Gauss 散度定理或運用曲面積分的定義計算之。解法一
設 $K=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\,:\,x^2+y^2+z^2\leq25\}$ 為 $S$ 所圍成的立體區域。運用 Guass 散度定理，我們將曲面積分改為三重積分並計算如下：$\displaystyle\iint_S\!\vec F\cdot\vec N\,\mathrm dS=\iiint_K\!\nabla\cdot\vec F\,\mathrm dV=\iiint_K\!(x^2+y^2+z^2)\,\mathrm dV$.
運用球座標，令 $x=\rho\cos\theta\sin\phi$、$y=\rho\sin\theta\sin\phi$、$z=\rho\cos\phi$，其變數範圍分別為 $0\leq\rho\leq5$、$0\leq\theta\leq2\pi$、$0\leq\phi\leq\pi$，如此原曲面積分可以改寫並計算如下：$\begin{aligned}\iint_S\!\vec F\cdot\vec N\,\mathrm dS&=\int_0^\pi\!\int_0^{2\pi}\!\int_0^5\!\rho^2\cdot\rho^2\sin\phi\,\mathrm d\rho\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi=\left(\int_0^\pi\!\sin\phi\,\mathrm d\phi\right)\left(\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta\right)\left(\int_0^5\!\rho^4\,\mathrm d\rho\right)=2\cdot2\pi\cdot\frac{5^5}5=2500\pi.\end{aligned}$
解法二
運用球面座標參數化 $S: {\bf r}(s,t)=\left(5\cos s\sin t,5\sin s\sin t,5\cos t\right)$，如此有$\begin{aligned}\vec N&=(\cos s\sin t,\sin s\sin t,\cos t),\\\mathrm dS&=\left|\frac{\partial{\bf r}}{\partial s}\times\frac{\partial{\bf r}}{\partial t}\right|\,\mathrm ds\,\mathrm dt\\&=|(-25\cos s\sin^2t,-25\sin s\sin^2t,-25\sin t\cos t)|\,\mathrm ds\,\mathrm dt=25\sin t\,\mathrm ds\,\mathrm dt.\end{aligned}$
因此所求的曲面積分可以計算如下：$\begin{aligned}\iint_S\!\vec F\cdot\vec N\,\mathrm dS&=3125\int_0^\pi\!\int_0^{2\pi}\!(\cos^2s\sin^2s\sin^4t+\sin^2s\sin^2t\cos^2t+\cos^2s\cos^2t\sin^2t)\sin t\,\mathrm ds\,\mathrm dt\\&=3125\int_0^\pi\!\int_0^{2\pi}\!\cos^2s\sin^2s\sin^5t\,\mathrm ds\,\mathrm dt+3125\int_0^\pi\!\int_0^{2\pi}\!\cos^2t\sin^3t\,\mathrm ds\,\mathrm dt\\&=3125\left(\int_0^\pi\!\sin^5t\,\mathrm dt\right)\left(\int_0^{2\pi}\!\frac{\sin^22s}4\,\mathrm ds\right)+6250\pi\int_0^\pi\!\cos^2t(\cos^2t-1)\,\mathrm d\cos t\\&=-\frac{3125}4\left[\int_0^\pi\!(1-\cos^2t)^2\,\mathrm d\cos t\right]\left(\int_0^{2\pi}\!\frac{1-\cos4s}2\,\mathrm ds\right)+6250\pi\left.\left(\frac{\cos^5s}5-\frac{\cos^3s}3\right)\right|_0^\pi\\&=-\frac{3125}8\left[\int_0^\pi\!(1-2\cos^2t+\cos^4t)\,\mathrm d\cos t\right]\cdot\left.\left(s-\frac{\sin4s}4\right)\right|_0^{2\pi}+\frac{5000\pi}3\\&=-\frac{3125\pi}4\cdot\left.\left(\cos t-\frac{2\cos^3t}3+\frac{\cos^5t}5\right)\right|_0^\pi+\frac{5000\pi}{3}=\frac{2500\pi}3+\frac{5000\pi}3=2500\pi.\end{aligned}$
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