答案要有計算過程,才予計分。
- 填充題:共 $10$ 格,每格 $7$ 分,共計 $70$ 分。
- $g\left(x\right)$ 為連續函數,$\displaystyle G\left(x\right)=\int_0^x\left(t\int_1^tg\left(u\right)du\right)dt$,問 $G''\left(1\right)=$ 。
- $\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}4}\frac{dx}{\tan x+1}=$ 。
- 當 $x=0$ 時有 $u=0$;
- 當 $\displaystyle x=\frac\pi4$ 時有 $u=1$;
- 由於 $x=\tan^{-1}u$,求導可得 $\displaystyle dx=\frac{du}{1+u^2}$。
- 問 $\displaystyle\int_1^\infty\frac{\ln x}{x^n}dx$ 在 $n$ 的範圍為 時收斂,此時這積分值 $=$ 。
- 問使級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{nx^n}{\left(n+1\right)\left(2x+1\right)^n}$ 絕對收斂的 $x$ 的範圍為 或 。
- $x^2+y^2=4$ 和 $4x^2+4y^2+z^2=64$ 共同部分的體積為 。
- $\displaystyle\int_0^1\int_{x^2}^1x^3\sin y^3dydx=$ 。
- $C:\left(x-2\right)^2+y^2=a^2$ ($a>0$,$a\neq2$) 依逆時針旋轉,$\displaystyle I=\oint_C\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}$。
- $a<$ 時,$I=0$。
- 若 $I\neq0$ 時,$I=$ 。
- 當$a<2$時,$C$沒有包含原點,使用Green定理可得
$\displaystyle I=\oint_C\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}=\iint_D0\,dxdy=0$.
- 當 $a>2$ 時,其 $C$ 包含原點。如此我們考慮 $C':x^2+y^2=\varepsilon^2$,其中 $\varepsilon$ 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:
$\displaystyle\oint_{C-C'}\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}=0$
即$\displaystyle I=\oint_C\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}=\oint_{C'}\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}$
在 $C'$ 上取參數化 $x=\varepsilon\cos\theta$、$y=\varepsilon\sin\theta$,而 $\theta\in\left[0,2\pi\right]$,如此得$\displaystyle I=\int_0^{2\pi}\frac{-\varepsilon\sin\theta\,d\left(\varepsilon\cos\theta\right)+\varepsilon\cos\theta\,d\left(\varepsilon\sin\theta\right)}{\varepsilon^2}=\int_0^{2\pi}d\theta=2\pi$.
- 計算題 每題 $15$ 分
- $C$ 為平面 $x-2y+2z=9$ 和球面 $x^2+y^2+z^2=25$ 相交成的圓。
- 求圓 $C$ 的圓心和平面 $x-2y+2z=9$ 過圓心的法線參數式。
- $\vec F=-2z^2\vec i+x^2\vec j-4y^2\vec k$,$C$:自原點望去依順時針旋轉,求線積分 $\displaystyle\oint_C\vec F\cdot d\vec r$ 之值。
- 易知此過圓心的法線通過球心的法線,故可得
$\displaystyle\frac x1=\frac y{-2}=\frac z2=t$
即$\left\{\begin{aligned}&x=t\\&y=-2t\\&z=2t\end{aligned}\right.$,$t\in\mathbb R$
將此參數式代入平面 $x-2y+2z=9$ 可得 $\left(x,y,z\right)=\left(1,-2,2\right)$,此即圓心座標。 - 將此法線參數式帶入球面方程式中可得兩點 $\displaystyle A\left(\frac53,-\frac{10}3,\frac{10}3\right)$、$\displaystyle B\left(-\frac53,\frac{10}3,-\frac{10}3\right)$。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 $x-2y+2z=9$ 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:
$\begin{aligned}\oint_C\vec F\cdot d\vec r&=\iint_D\vec n\cdot(\nabla\cdot\vec F)dS=\iint_D\left(\frac13,-\frac23,\frac23\right)\cdot\left(-8y,-4z,2x\right)dS\\&=\iint_D\left(-\frac83y+\frac83z+\frac43x\right)dS=\frac43\cdot9\cdot\left(\pi\cdot4^2\right)=192\pi,\end{aligned}$
其中被積分函數 $\displaystyle-\frac83y+\frac83z+\frac43x=\frac43\left(x-2y+2z\right)=\frac43\cdot9$。 - 點在 $\displaystyle x^2+\frac{y^2}4+\frac{z^2}9=1$ 之上,求使 $f\left(x,y,z\right)=xyz$ 有最大值和最小值之點,及所對應的函數值。
- 當 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(\frac{\sqrt3}3,\frac{2\sqrt3}3,\sqrt3\right)$ 或 $\displaystyle\left(-\frac{\sqrt3}3,-\frac{2\sqrt3}3,\sqrt3\right)$ 或 $\displaystyle\left(-\frac{\sqrt3}3,\frac{2\sqrt3}3,-\sqrt3\right)$ 或 $\displaystyle\left(\frac{\sqrt3}3,-\frac{2\sqrt3}3,-\sqrt3\right)$ 時有極大值。
- 當 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(-\frac{\sqrt3}3,-\frac{2\sqrt3}3,-\sqrt3\right)$ 或 $\displaystyle\left(-\frac{\sqrt3}3,\frac{2\sqrt3}3,\sqrt3\right)$ 或 $\displaystyle\left(\frac{\sqrt3}3,-\frac{2\sqrt3}3,\sqrt3\right)$ 或 $\displaystyle\left(\frac{\sqrt3}3,\frac{2\sqrt3}3,-\sqrt3\right)$ 時有極小值。
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$\displaystyle G'\left(x\right)=x\int_1^xg\left(u\right)du$
再使用一次微積分基本定理可得$\displaystyle G''\left(x\right)=xg\left(x\right)+\int_1^xg\left(u\right)du$
如此取 $x=1$ 可得 $G''\left(1\right)=g\left(1\right)$。訣竅
使用變數代換 $u=\tan x$。解法
令 $u=\tan x$,於是$\begin{aligned}\int_0^{\frac\pi4}\frac{dx}{\tan x+1}&=\int_0^1\frac1{u+1}\cdot\frac{du}{1+u^2}\\&=\frac12\int_0^1\left(\frac1{1+u}-\frac{u-1}{u^2+1}\right)du\\&=\frac12\int_0^1\left(\frac1{1+u}-\frac u{1+u^2}+\frac1{1+u^2}\right)du\\&=\frac12\left.\left(\ln\left(1+u\right)-\frac12\ln\left(1+u^2\right)+\tan^{-1}u\right)\right|_0^1\\&=\frac{\ln2}4+\frac\pi8.\end{aligned}$
訣竅
將 $n$ 進行分類求解。解法
當 $n\leq1$ 時有$\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\ln x}{x^n}dx\geq\int_1^{\infty}\frac{\ln x}xdx=\left.\frac{\ln^2x}2\right|_1^{\infty}=\infty$,
因此發散。當 $n>1$ 時有:
$\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{\ln x}{x^n}dx=\frac1{n-1}\int_1^{\infty}\frac{dx}{x^n}=\frac1{\left(n-1\right)^2}$
訣竅
使用比值審斂法。解法
由比值審歛法有$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\left(n+1\right)x^{n+1}}{\left(n+2\right)\left(2x+1\right)^{n+1}}\div\frac{nx^n}{\left(n+1\right)\left(2x+1\right)^n}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\left(n^2+2n+1\right)x}{\left(n^2+2n\right)\left(2x+1\right)}\right|<1$
即 $\displaystyle\left|\frac x{2x+1}\right|<1$,如此解得 $x<-1$ 或 $\displaystyle x>-\frac13$。訣竅
考慮底部後使用雙重積分。解法
容易看到上曲面為 $z=\sqrt{64-4\left(x^2+y^2\right)}$,而下曲面為 $z=-\sqrt{64-4\left(x^2+y^2\right)}$。考慮底部為 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,x^2+y^2\leq4\right\}$,則體積可列式並用極座標計算如下:$\begin{aligned}V&=2\iint_D\sqrt{64-4\left(x^2+y^2\right)}dxdy\\&=2\int_0^{2\pi}\int_0^2\sqrt{64-4r^2}r\,dr\,d\theta\\&=2\cdot2\pi\cdot\left.-\frac1{12}\left(64-4r^2\right)^{\frac32}\right|_0^2\\&=\frac\pi3\left(512-192\sqrt3\right).\end{aligned}$
訣竅
改變積分順序以便求解。解法
將原範圍 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq1\\&x^2\leq y\leq1\end{aligned}\right.$ 改為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq\sqrt y\\&0\leq y\leq1\end{aligned}\right.$,如此將原重積分改寫並計算如下:$\begin{aligned}\int_0^1\int_{x^2}^1x^3\sin y^3dydx&=\int_0^1\int_0^{\sqrt y}x^3\sin y^3dxdy\\&=\int_0^1\left.\frac{x^4\sin y^3}4\right|_{x=0}^{x=\sqrt y}dy\\&=\frac14\int_0^1y^2\sin y^3dy\\&=\left.-\frac{\cos y^3}{12}\right|_{y=0}^{y=1}\\&=\frac{1-\cos1}{12}.\end{aligned}$
訣竅
使用 Green 定理化為重積分求解。解法
設$D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,|\,\left(x-2\right)^2+y^2\leq a^2\right\}$。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
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$\displaystyle\frac13=\frac{x^2+\frac{y^2}4+\frac{z^2}9}3\geq\sqrt[3]{x^2\cdot\frac{y^2}4\cdot\frac{z^2}9}=\left(\frac{xyz}6\right)^{\frac23}$
即$\displaystyle\frac1{27}\geq\left(\frac{xyz}6\right)^2$
同取根號並乘以 $6$ 可得$\displaystyle\frac{2\sqrt3}3\geq xyz\geq\frac{-2\sqrt3}3$
因此最大值為 $\displaystyle\frac{2\sqrt3}3$,而最小值為 $\displaystyle-\frac{2\sqrt3}3$,其中極值得成立條件為$\displaystyle x^2=\frac{y^2}4=\frac{z^2}9$。我們可以解得:
解法二
設 Lagrange 乘子函數為 $\displaystyle F\left(x,y,z,\lambda\right)=xyz+\lambda\left(x^2+\frac{y^2}4+\frac{z^2}9-1\right)$,如此解下列聯立方程組:$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,z,\lambda)=yz+2x\lambda=0,\\&F_y(x,y,z,\lambda)=xz+\frac{y\lambda}2=0,\\&F_z(x,y,z,\lambda)=xy+\frac{2z\lambda}9=0,\\&F_\lambda(x,y,z,\lambda)=x^2+\frac{y^2}4+\frac{z^2}9-1=0.\end{aligned}\right.$
若 $\lambda=0$,則 $\left(x,y,z\right)=\left(0,0,\pm3\right)$ 或 $\left(0,\pm2,0\right)$ 或 $\left(\pm1,0,0\right)$。
若 $\lambda\neq0$,則我們有 $\displaystyle x=\frac{yz}{-2\lambda}$、$\displaystyle y=\frac{-2xz}{\lambda}$,故 $\displaystyle y=\frac{yz^2}{\lambda^2}$,因此 $z=\pm\lambda$;而當 $z=\pm\lambda$ 時,我們有 $y=\mp2x$,代入第三式有 $\displaystyle x^2=\frac{\lambda^2}9$,再代入第四式後可得 $\lambda=\pm\sqrt3$。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。
請問一下計算第一題的(b),第三行到第四行是怎麼轉換的?
回覆刪除因為被積分函數為-8y/3+8z/3+4x/3=4/3*(x-2y+2z)=4/3*9
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