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(x) 為連續函數,G(x)=∫x0(t∫t1g(u)du)dt,問 G″(1)= 。
- ∫π40dxtanx+1= 。
- 當 x=0 時有 u=0;
- 當 x=π4 時有 u=1;
- 由於 x=tan−1u,求導可得 dx=du1+u2。
- 問 ∫∞1lnxxndx 在 n 的範圍為 時收斂,此時這積分值 = 。
- 問使級數 ∞∑n=1nxn(n+1)(2x+1)n 絕對收斂的 x 的範圍為 或 。
- x2+y2=4 和 4x2+4y2+z2=64 共同部分的體積為 。
- ∫10∫1x2x3siny3dydx= 。
- C:(x−2)2+y2=a2 (a>0,a≠2) 依逆時針旋轉,I=∮C−ydx+xdyx2+y2。
- a< 時,I=0。
- 若 I≠0 時,I= 。
- 當a<2時,C沒有包含原點,使用Green定理可得
I=∮C−ydx+xdyx2+y2=∬D0dxdy=0.
- 當 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:
∮C−C′−ydx+xdyx2+y2=0
即I=∮C−ydx+xdyx2+y2=∮C′−ydx+xdyx2+y2
在 C′ 上取參數化 x=εcosθ、y=εsinθ,而 θ∈[0,2π],如此得I=∫2π0−εsinθd(εcosθ)+εcosθd(εsinθ)ε2=∫2π0dθ=2π.
- 計算題 每題 15 分
- C 為平面 x−2y+2z=9 和球面 x2+y2+z2=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。
- →F=−2z2→i+x2→j−4y2→k,C:自原點望去依順時針旋轉,求線積分 ∮C→F⋅d→r 之值。
- 易知此過圓心的法線通過球心的法線,故可得
x1=y−2=z2=t
即{x=ty=−2tz=2t,t∈R
將此參數式代入平面 x−2y+2z=9 可得 (x,y,z)=(1,−2,2),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 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 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:
∮C→F⋅d→r=∬D→n⋅(∇⋅→F)dS=∬D(13,−23,23)⋅(−8y,−4z,2x)dS=∬D(−83y+83z+43x)dS=43⋅9⋅(π⋅42)=192π,
其中被積分函數 −83y+83z+43x=43(x−2y+2z)=43⋅9。 - 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。
- 當 (x,y,z)=(√33,2√33,√3) 或 (−√33,−2√33,√3) 或 (−√33,2√33,−√3) 或 (√33,−2√33,−√3) 時有極大值。
- 當 (x,y,z)=(−√33,−2√33,−√3) 或 (−√33,2√33,√3) 或 (√33,−2√33,√3) 或 (√33,2√33,−√3) 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G′(x)=x∫x1g(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)。訣竅
使用變數代換 u=tanx。解法
令 u=tanx,於是∫π40dxtanx+1=∫101u+1⋅du1+u2=12∫10(11+u−u−1u2+1)du=12∫10(11+u−u1+u2+11+u2)du=12(ln(1+u)−12ln(1+u2)+tan−1u)|10=ln24+π8.
訣竅
將 n 進行分類求解。解法
當 n≤1 時有∫∞1lnxxndx≥∫∞1lnxxdx=ln2x2|∞1=∞,
因此發散。當 n>1 時有:
∫∞1lnxxndx=1n−1∫∞1dxxn=1(n−1)2
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
即 |x2x+1|<1,如此解得 x<−1 或 x>−13。訣竅
考慮底部後使用雙重積分。解法
容易看到上曲面為 z=√64−4(x2+y2),而下曲面為 z=−√64−4(x2+y2)。考慮底部為 D={(x,y)∈R2|x2+y2≤4},則體積可列式並用極座標計算如下:V=2∬D√64−4(x2+y2)dxdy=2∫2π0∫20√64−4r2rdrdθ=2⋅2π⋅−112(64−4r2)32|20=π3(512−192√3).
訣竅
改變積分順序以便求解。解法
將原範圍 {0≤x≤1x2≤y≤1 改為 {0≤x≤√y0≤y≤1,如此將原重積分改寫並計算如下:∫10∫1x2x3siny3dydx=∫10∫√y0x3siny3dxdy=∫10x4siny34|x=√yx=0dy=14∫10y2siny3dy=−cosy312|y=1y=0=1−cos112.
訣竅
使用 Green 定理化為重積分求解。解法
設D={(x,y)∈R2|(x−2)2+y2≤a2}。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13=x2+y24+z293≥3√x2⋅y24⋅z29=(xyz6)23
即127≥(xyz6)2
同取根號並乘以 6 可得2√33≥xyz≥−2√33
因此最大值為 2√33,而最小值為 −2√33,其中極值得成立條件為x2=y24=z29。我們可以解得:
解法二
設 Lagrange 乘子函數為 F(x,y,z,λ)=xyz+λ(x2+y24+z29−1),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+z29−1=0.
若 λ=0,則 (x,y,z)=(0,0,±3) 或 (0,±2,0) 或 (±1,0,0)。
若 λ≠0,則我們有 x=yz−2λ、y=−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。
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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