※禁止使用計算機
作答時若需要可以引用下列兩定理，但必須（由題設出發）說明它們的條件是滿足的。- (Abel 定理) 給定數列 $\left\{a_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ 及一數 $x_0$。若級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_nx_0^n$ 收斂，則對任意的 $t\in\left[0,1\right)$，級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n\left(tx_0\right)^n$ 收斂且 $\displaystyle\lim_{t\to1^-}\sum_{n=1}^{\infty}a_n\left(tx_0\right)^n=\sum_{n=1}^{\infty}a_nx_0^n$。
- (隱函數定理) 給定 $\mathbb{R}^2$ 中的一個開集合 $U$、定義於 $U$ 上的一個光滑($C^\infty$)函數 $f\left(x,y\right)$，以及 $U$ 中一點 $\left(a,b\right)$。若 $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}\left(a,b\right)\neq0$，則存在 $r>0$ 與 $r'>0$ 以及定義在 $\left(a-r,a+r\right)$ 上的一個光滑($C^\infty$)函數 $h\left(x\right)$ 使得
$\begin{aligned} &\left\{\left(x,y\right)\in U|f\left(x,y\right)=0\right\}\cap\left[\left(a-r,a+r\right)\times\left(b-r',b+r'\right)\right]\\=&\left\{\left(x,h\left(x\right)\right)|x\in\left(a-r,a+r\right)\right\}.\end{aligned}$
- 計算與證明題(每題 20 分，未寫出計算或論證過程不給分，不得使用計算機)
- 請計算集合 $\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3\,|\,2x^2+z^2\leq1,3y^2+z^2\leq1\right\}$ 的體積。
- 假設 $f\left(x,y\right)$ 與 $g\left(x,y\right)$ 是 $\mathbb{R}^2$ 上的兩個光滑($C^\infty$)函數。令 $S=\left\{\left(x,y\right)|f\left(x,y\right)=0\right\}$。請證明，如果 $p=\left(a,b\right)$ 是 $S$ 中一點，同時 $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}\left(p\right)=-4$、$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}\left(p\right)=2$、$\displaystyle\frac{\partial g}{\partial x}\left(p\right)=12$、$\displaystyle\frac{\partial g}{\partial y}\left(p\right)=-6$ 且
$\begin{bmatrix}\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial x^2}\left(p\right)&\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}\left(p\right)\\\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial y\partial x}\left(p\right)&\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial y^2}\left(p\right)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&2\\2&4\end{bmatrix}$、$\begin{bmatrix}\displaystyle\frac{\partial^2g}{\partial x^2}\left(p\right)&\displaystyle\frac{\partial^2g}{\partial x\partial y}\left(p\right)\\\displaystyle\frac{\partial^2g}{\partial y\partial x}\left(p\right)&\displaystyle\frac{\partial^2g}{\partial y^2}\left(p\right)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3&-1\\-1&2\end{bmatrix}$，
則存在 $R>0$ 使得對所有 $q\in S\cap\left\{\left(x,y\right)|\left(x-a\right)^2+\left(y-b\right)^2<R^2\right\}$ 總有 $g\left(p\right)\leq g\left(q\right)$。 - 令 $B=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3\,|\,x^2+y^2+z^2\leq1\right\}$。請計算以下積分
$\displaystyle\iiint_B\cosh\left(x+y+z\right)dxdydz$。（依定義，$\displaystyle\cosh\left(t\right)=\frac{e^t+e^{-t}}2$。）
（提示：(1) 做適當的變數變換；(2)你會算 $\displaystyle\iiint_B\cosh\left(x\right)dxdydz$ 嗎？） - 請計算以下積分
$\displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac{5\pi}4}\frac1{3+\sin^2x}dx$。
- 當 $\displaystyle x=\frac\pi4$ 時，則 $s=1$；
- 當 $\displaystyle x\to\frac{\pi}{2}^-$ 時，則 $s\to\infty$；
- 當 $\displaystyle x\to\frac{\pi}{2}^+$ 時，則 $s\to-\infty$；
- 當 $\displaystyle x=\frac{5\pi}4$ 時，則 $s=1$；
- 求導便有 $\displaystyle dx=\frac{ds}{1+s^2}$。
- 請證明
$\displaystyle\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{1}{1+x^4y^4z^4}dxdydz=\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^n\frac{1}{\left(4n+1\right)^3}$。
（在論證中若是你宣稱任何兩個數相等，請盡可能說明理由；若用到任何一個無窮級數，請務必說明它為何是收斂的。）
訣竅
以 $yz$ 為基底，針對 $\left(y,z\right)$ 求出高，從而求出體積。解法
容易注意到在給定 $\left(y,z\right)$ 的情況下，可知 $\displaystyle-\sqrt{\frac{1-z^2}2}\leq x\leq\sqrt{\frac{1-z^2}2}$。設 $D=\left\{\left(y,z\right)\in\mathbb{R}^2\,|\,3y^2+z^2\leq1\right\}$，如此所求的體積如下$\displaystyle\begin{aligned}V&=2\iint_D\sqrt{\frac{1-z^2}2}dA\\&=2\int_{-1}^1\int_{-\sqrt{\frac{1-z^2}3}}^{\sqrt{\frac{1-z^2}3}}\sqrt{\frac{1-z^2}2}dydz\\&=\frac{2\sqrt6}3\int_{-1}^1\left(1-z^2\right)dz\\&=\left.\frac{2\sqrt6}3\left(z-\frac{z^3}3\right)\right|_{-1}^1=\frac{8\sqrt6}9.\end{aligned}$
訣竅
按所欲證之結論，我們應利用拉格朗日乘子法的思想：視 $f\left(x,y\right)=0$ 為限制條件而求 $g$ 的極小值。解法
$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}\left(p\right)=2\neq0$，因此利用隱函數定理知道存在正數 $r$、$r'$ 與函數 $h:\left(a-r,a+r\right)\to\mathbb{R}$ 使得$S\cap\left[\left(a-r,a+r\right)\times\left(b-r',b+r'\right)\right]=\left\{\left(x,h\left(x\right)\right)|x\in\left(a-r,a+r\right)\right\}$
如此我們知道在 $x\in\left(a-r,a+r\right)$ 時有 $f\left(x,h\left(x\right)\right)=0$，利用連鎖律可得$f_x\left(a,b\right)+f_y\left(a,b\right)h'\left(a\right)=0$
$f_{xx}\left(a,b\right)+2f_{xy}\left(a,b\right)h'\left(a\right)+f_{yy}\left(a,b\right)h'^2\left(a\right)+f_y\left(a,b\right)h''\left(a\right)=0$
即有 $h'\left(a\right)=2$、$\displaystyle h''\left(a\right)=-\frac{25}2$。設 $\phi\left(x\right)=g\left(x,h\left(x\right)\right)$，如此在 $p=\left(a,b\right)$ 求一階導數後有
$\phi'\left(a\right)=g_x\left(a,b\right)+g_y\left(a,b\right)h'\left(a\right)=12+\left(-6\right)\times2=0$
因此要判斷在 $x=a$ 處是否發生極小值，我們求二階導數有$\begin{aligned}\displaystyle\phi''\left(a\right)&=g_{xx}\left(a,b\right)+2g_{xy}\left(a,b\right)h'\left(a\right)+g_{yy}\left(a,b\right)h'^2\left(a\right)+g_y\left(a,b\right)h''\left(a\right)\\&=3+2\times\left(-1\right)\times2+2\times2^2+\left(-6\right)\times\frac{-25}{2}=82>0.\end{aligned}$
因此我們可以斷定 $g$ 在 $\left(a,b\right)$ 處發生極小值。現取 $R=\min\left\{r,r'\right\}$，如此可知 $S\cap\left\{\left(x,y\right)|\left(x-a\right)^2+\left(y-b\right)^2< R^2\right\}$ 中在 $\left(a,b\right)$ 有最小值。
訣竅
利用提示考慮雙重變數代換以便簡化計算過程。解法
令 $\phi_1:B\to B$ 如下：$\displaystyle\phi_1\left(x,y,z\right)=\left(x',y',z'\right)=\left(\frac{x+y-2z}{\sqrt6},\frac{-x+y}{\sqrt2},\frac{x+y+z}{\sqrt3}\right)$
容易注意到 $\phi_1$ 為雙射，且有 $x'^2+y'^2+z'^2=x^2+y^2+z^2$，從而考慮球極座標變換如下：$\left\{\begin{aligned}&x'=\rho\cos\theta\sin\phi\\&y'=\rho\sin\theta\sin\phi\\&z'=\rho\cos\phi\end{aligned}\right.$
其中$0\leq\rho\leq1$、$0\leq\theta\leq2\pi$、$0\leq\phi\leq\pi$。如此所求的三重積分可以改寫並計算如下：$\begin{aligned}\displaystyle&\iiint_B\cosh\left(x+y+z\right)dxdydz\\=&\iiint_B\cosh\left(\sqrt3z'\right)\frac{\partial\left(x,y,z\right)}{\partial\left(x',y',z'\right)}dx'dy'dz'\\=&\int_0^\pi\int_0^{2\pi}\int_0^1\cosh\left(\sqrt3\rho\cos\phi\right)\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi\\=&-\frac{2\pi}{\sqrt3}\int_0^1\rho\sinh\left(\rho\cos\phi\right)\Big|_{\phi=0}^{\phi=\pi}d\rho\\=&\frac{4\pi}{\sqrt3}\int_0^1\rho\sinh\left(\sqrt3\rho\right)d\rho\\=&\frac{4\pi}3\left[\left.\rho\cosh\left(\sqrt3\rho\right)\right|_0^1-\int_0^1\cosh\left(\sqrt3\rho\right)d\rho\right]\\=&\frac{4\pi}3\left[\cosh\left(\sqrt3\right)-\frac{\sqrt3}3\sinh\left(\sqrt3\right)\right].\end{aligned}$
訣竅
利用三角代換，其中應留意積分之範圍。解法
首先改寫所求之積分如下$\displaystyle\int_{\frac\pi4}^{\frac\pi2}\frac1{3+\sin^2x}dx+\int_{\frac\pi2}^{\frac{5\pi}4}\frac1{3+\sin^2x}dx$
使用三角代換，令 $s=\tan x$，如此有$\begin{aligned}\displaystyle&\int_1^{\infty}\frac{1}{\displaystyle3+\left(\frac{s}{\sqrt{1+s^2}}\right)^2}\times\frac{ds}{1+s^2}+\int_{-\infty}^{1}\frac{1}{\displaystyle3+\left(\frac{s}{\sqrt{1+s^2}}\right)^2}\times\frac{ds}{1+s^2}\\=&2\int_1^{\infty}\frac{ds}{3+4s^2}\\=&\int_{-\infty}^{\infty}\frac{ds}{3+4s^2}\\=&\frac{1}{4}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{ds}{s^2+\frac{3}{4}}\\=&\left.\frac{1}{4}\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}\tan^{-1}\frac{2s}{\sqrt{3}}\right|_{-\infty}^{\infty}\\=&\frac{1}{2\sqrt{3}}\left[\frac{\pi}{2}-\left(-\frac{\pi}{2}\right)\right]\\=&\frac{\sqrt{3}\pi}6.\end{aligned}$
訣竅
利用無窮等比級數的思想並配合 Abel 定理證明即可。解法
當 $0\leq x,y,z<1$ 時由無窮等比級數可知$\displaystyle\frac1{1+x^4y^4z^4}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^nx^{4n}y^{4n}z^{4n}$.
對於固定的 $0\leq y,z<1$，考慮函數 $f:\left[0,1\right)\to\mathbb{R}$ 定義為$\displaystyle f\left(t\right)=\int_0^t\frac1{1+x^4y^4z^4}dx=\int_0^t\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^nx^{4n}y^{4n}z^{4n}dx$.
由於對 $x\in\left[0,1\right]$，無窮級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^nx^{4n}y^{4n}z^{4n}$ 均勻收斂至 $\displaystyle\frac1{1+x^4y^4z^4}$，因此能夠將無窮和與積分號交換而得$\displaystyle f\left(t\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{4n+1}t^{4n+1}y^{4n}z^{4n}$.
對固定的 $0\leq y,z<$，可直接透過交錯級數審歛法確認級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{4n+1}y^{4n}z^{4n}$ 收斂。因此由 Abel 定理可知$\displaystyle\int_0^1\frac1{1+x^4y^4z^4}dx=\lim_{t\to1^-}f\left(t\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{4n+1}y^{4n}z^{4n}$.
現對於固定的 $0\leq z<1$，考慮函數 $g:\left[0,1\right)\to\mathbb{R}$ 定義為$\displaystyle g\left(t\right)=\int_0^t\int_0^1\frac1{1+x^4y^4z^4}dxdy=\int_0^t\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{4n+1}y^{4n}z^{4n}dy$.
由於對 $y\in\left[0,1\right]$，無窮級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{4n+1}y^{4n}z^{4n}$ 均勻收斂至 $\displaystyle\int_0^1\frac1{1+x^4y^4z^4}dx$。因此能夠將無窮和與積分號交換而得$\displaystyle g\left(t\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{\left(4n+1\right)^2}t^{4n+1}z^{4n}$.
此時對固定的 $0\leq z<1$ 而言，由交錯級數審歛法知級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{\left(4n+1\right)^2}z^{4n}$ 收斂，進而由 Abel 定理知$\displaystyle\int_0^1\int_0^1\frac1{1+x^4y^4z^4}dxdy=\lim_{t\to1^-}g\left(t\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{\left(4n+1\right)^2}z^{4n}$.
最後考慮函數 $h:\left[0,1\right)\to\mathbb{R}$ 定義為$\displaystyle h\left(t\right)=\int_0^t\int_0^1\int_0^1\frac1{1+x^4y^4z^4}dxdydz=\int_0^t\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{\left(4n+1\right)^2}z^{4n}dz$
由於在 $z\in\left[0,1\right]$ 知無窮級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{\left(4n+1\right)^2}z^{4n}$ 均勻收斂至 $\displaystyle\int_0^1\int_0^1\frac1{1+x^4y^4z^4}dxdy$。因此將無窮和與積分號交換而有$\displaystyle h\left(t\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{\left(4n+1\right)^3}t^{4n+1}$.
又因交錯級數審歛法知 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{\left(4n+1\right)^3}$ 收斂。故依 Abel 定理知$\displaystyle\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac1{1+x^4y^4z^4}dxdydz=\lim_{t\to1^-}h\left(t\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{\left(4n+1\right)^3}$.
證明完畢。
請問第三題的phi 1函數是如何想到的？？
回覆刪除考慮正交坐標系而得。
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