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2017年5月12日 星期五

國立臺灣大學九十五學年度轉學生入學考試試題詳解

答案請寫在答案卷上,標明題號,依序作答。
答案要有計算過程,才予計分。
  1. 填充題:共 10 格,每格 7 分,共計 70 分。
    1. g(x) 為連續函數,G(x)=x0(tt1g(u)du)dt,問 G(1)=    
    2. 訣竅根據微積分基本定理求解。
      解法應用一次微積分基本定理可得

      G(x)=xx1g(u)du

      再使用一次微積分基本定理可得

      G(x)=xg(x)+x1g(u)du

      如此取 x=1 可得 G(1)=g(1)

    3. π40dxtanx+1=    
    4. 訣竅使用變數代換 u=tanx
      解法u=tanx,於是
      1. x=0 時有 u=0
      2. x=π4 時有 u=1
      3. 由於 x=tan1u,求導可得 dx=du1+u2
      綜合以上可將原定積分改寫並計算如下:

      π40dxtanx+1=101u+1du1+u2=1210(11+uu1u2+1)du=1210(11+uu1+u2+11+u2)du=12(ln(1+u)12ln(1+u2)+tan1u)|10=ln24+π8.


    5. 1lnxxndxn 的範圍為    時收斂,此時這積分值 =    
    6. 訣竅n 進行分類求解。
      解法n1 時有

      1lnxxndx1lnxxdx=ln2x2|1=,

      因此發散。
      n>1 時有:

      1lnxxndx=1n11dxxn=1(n1)2


    7. 問使級數 n=1nxn(n+1)(2x+1)n 絕對收斂的 x 的範圍為        
    8. 訣竅使用比值審斂法。
      解法由比值審歛法有

      limn|(n+1)xn+1(n+2)(2x+1)n+1÷nxn(n+1)(2x+1)n|=limn|(n2+2n+1)x(n2+2n)(2x+1)|<1

      |x2x+1|<1,如此解得 x<1x>13

    9. x2+y2=44x2+4y2+z2=64 共同部分的體積為    
    10. 訣竅考慮底部後使用雙重積分。
      解法容易看到上曲面為 z=644(x2+y2),而下曲面為 z=644(x2+y2)。考慮底部為 D={(x,y)R2|x2+y24},則體積可列式並用極座標計算如下:

      V=2D644(x2+y2)dxdy=22π020644r2rdrdθ=22π112(644r2)32|20=π3(5121923).


    11. 101x2x3siny3dydx=    
    12. 訣竅改變積分順序以便求解。
      解法將原範圍 {0x1x2y1 改為 {0xy0y1,如此將原重積分改寫並計算如下:

      101x2x3siny3dydx=10y0x3siny3dxdy=10x4siny34|x=yx=0dy=1410y2siny3dy=cosy312|y=1y=0=1cos112.


    13. C:(x2)2+y2=a2 (a>0a2) 依逆時針旋轉,I=Cydx+xdyx2+y2
      1. a<    時,I=0
      2. I0 時,I=    
    14. 訣竅使用 Green 定理化為重積分求解。
      解法D={(x,y)R2|(x2)2+y2a2}
      1. a<2時,C沒有包含原點,使用Green定理可得

        I=Cydx+xdyx2+y2=D0dxdy=0.

      2. a>2 時,其 C 包含原點。如此我們考慮 C:x2+y2=ε2,其中 ε 足夠小使得 C 完全包含於 C 之中,且 C 延逆時針行走,如此一來由 Green 定理可知:

        CCydx+xdyx2+y2=0

        I=Cydx+xdyx2+y2=Cydx+xdyx2+y2

        C 上取參數化 x=εcosθy=εsinθ,而 θ[0,2π],如此得

        I=2π0εsinθd(εcosθ)+εcosθd(εsinθ)ε2=2π0dθ=2π.

  2. 計算題 每題 15
    1. C 為平面 x2y+2z=9 和球面 x2+y2+z2=25 相交成的圓。
      1. 求圓 C 的圓心和平面 x2y+2z=9 過圓心的法線參數式。
      2. F=2z2i+x2j4y2kC:自原點望去依順時針旋轉,求線積分 CFdr 之值。
    2. 訣竅第一小題可利用三維空間的幾何特性求解,第二小題則應用 Stokes 定理即可。
      解法
      1. 易知此過圓心的法線通過球心的法線,故可得

        x1=y2=z2=t

        {x=ty=2tz=2ttR

        將此參數式代入平面 x2y+2z=9 可得 (x,y,z)=(1,2,2),此即圓心座標。
      2. 將此法線參數式帶入球面方程式中可得兩點 A(53,103,103)B(53,103,103)。球心至平面的距離為 3,球半徑為 5,因此圓半徑為 4。設 D 為在平面 x2y+2z=9 且被 C 所包圍成的點集,那麼所求的線積分可用 Stokes 定理改寫並計算如下:

        CFdr=Dn(F)dS=D(13,23,23)(8y,4z,2x)dS=D(83y+83z+43x)dS=439(π42)=192π,

        其中被積分函數 83y+83z+43x=43(x2y+2z)=439

    3. 點在 x2+y24+z29=1 之上,求使 f(x,y,z)=xyz 有最大值和最小值之點,及所對應的函數值。
    4. 訣竅本題可使用算術幾何不等式,亦可使用 Lagrange 乘子法求解。
      解法一由算術幾何不等式可得

      13=x2+y24+z2933x2y24z29=(xyz6)23

      127(xyz6)2

      同取根號並乘以 6 可得

      233xyz233

      因此最大值為 233,而最小值為 233,其中極值得成立條件為x2=y24=z29

      我們可以解得:

      1. (x,y,z)=(33,233,3)(33,233,3)(33,233,3)(33,233,3) 時有極大值。
      2. (x,y,z)=(33,233,3)(33,233,3)(33,233,3)(33,233,3) 時有極小值。

      解法二設 Lagrange 乘子函數為 F(x,y,z,λ)=xyz+λ(x2+y24+z291),如此解下列聯立方程組:

      {Fx(x,y,z,λ)=yz+2xλ=0,Fy(x,y,z,λ)=xz+yλ2=0,Fz(x,y,z,λ)=xy+2zλ9=0,Fλ(x,y,z,λ)=x2+y24+z291=0.

      λ=0,則 (x,y,z)=(0,0,±3)(0,±2,0)(±1,0,0)
      λ0,則我們有 x=yz2λy=2xzλ,故 y=yz2λ2,因此 z=±λ;而當 z=±λ 時,我們有 y=2x,代入第三式有 x2=λ29,再代入第四式後可得 λ=±3。最終我們可出如解法一中的八個座標,代入後即可得出最大值與最小值。

2 則留言:

  1. 請問一下計算第一題的(b),第三行到第四行是怎麼轉換的?

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    1. 因為被積分函數為-8y/3+8z/3+4x/3=4/3*(x-2y+2z)=4/3*9

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