2017年5月16日 星期二

國立臺灣大學 101 學年度轉學生招生考試試題:微積分(A)詳解

  1. (20 pts) Note that f(r)=π/20xrsinxdx.
    1. (14 pts) Show that

      limrr(2π)r+1f(r)=1.

    2. (6 pts) Find a real number c and a positive number L for which

      limrrcπ/20xrsinxdxπ/20xrcosxdx=L.

      You can use (a) as a fact to answer (b).
  2. 訣竅利用分部積分法與適當的估計壓制一些積分的量去計算之即可;其中第二小題為 2011 年的普特南(Putnam)數學競賽 A3 試題。
    解法
    1. 極限可以作如下的改寫:

      limrr(2π)r+1π/20xrsinxdx=limr2rππ/20(2xπ)rsinxdx.

      因此我們可以考慮令 t=2xπ,則所求極限可以改寫並計算如下:limrr10trsinπt2dt=limrrr+1[1π210tr+1cosπt2dt]=1,
      其中由於 tr+1cosπ2[0,1]r 均勻收斂至零函數,因此 limr10tr+1cosπt2dt=0

      具體而言,我們使用了這樣的性質:設有界函數 g:[0,1]R 滿足 g(1)=0 且在 x=1 處連續,則函數 hn(x)=xng(x)[0,1] 上均勻收斂至零函數。
      證明如下:設 ε>0,那麼因函數 gx=1 處連續可知存在 δ>0 使得當 1δ<x<1 時有 |g(x)|<ε,這表示 |hn(x)|=|xng(x)||g(x)|<ε。另一方面,因為 g 有界且 limn(1δ)n=0,所以存在正整數 N 使得 n>Nx[0,1δ] 時有 |h(x)|=|xng(x)|<ε。綜合兩種情形可知只要當 n>Nx[0,1] 時便有 |hn(x)|<ε。這就說明 hn 均勻收斂至零函數。

      【註】 函數 f(r)=r(2π)r+1π/20xrsinxdx 的圖形描繪如下
    2. 在解決本問題之前,我們先考慮下列的極限:

      limr(r+1)2(2π)r+2π/20xrcosxdx=1.

      t=2xπ,則可將定積分改寫而極限計算如下

      limr(r+1)2(2π)r+2π/20xrcosxdx=2πlimr(r+1)210trcosπt2dt=2πlimr[(r+1)tr+1cosπt2|10+π2(r+1)10tr+1sinπt2dt]=limr(r+1)10tr+1sinπt2dt=1,

      其中最後一個等號乃因 (1)rr+1 取代可得。現由 (a) 與上述考慮的極限,對所求的極限作出如下的改寫:

      limrrcπ/20xrsinxdxπ/20xrcosxdx=limr[rc(r+1)2(2/π)r+2r(2/π)r+1r(2/π)r+1π/20xrsinxdx(r+1)2(2/π)r+2π/20xrcosxdx]=limrrc(r+1)2(2/π)r+2r(2/π)r+1=2πlimr(r+1)2r1c.

      c>1,則該極限發散至無窮;若 c<1,則該極限收斂至 0,皆不符合題目所求。
      因此 c=1,其極限 L2/π

      【註】 當 c=1 時,函數 g(r)=r1π/20xrsinxdxπ/20xrcosxdx 的圖形如下

  3. (20%) For what pairs (a,b) of positive real numbers does the improper integral

    b(x+axxxb)dx

    converge? Justify your answer.
  4. 訣竅適當的比較大小後始能判定瑕積分的歛散性。本題為 1995 年第五十六屆普特南(Putnum)數學競賽 A2 試題。
    解法f(x)=x,那麼由於 f 凹口向下,因此對任何正實數 c 恆有

    12x+c=f(x+c)<f(x+c)f(x)c=x+cxc<f(x)=12xfor x>0.

    對於任何 0<k<1,只要 x>ck21k2 便有 12x+c>k2x,因此有ck2x<x+cx<c2xfor x>ck21k2.
    類似地,有

    12x=f(x)<f(x)f(xc)c=xxcc<f(xc)=12xcfor x>c>0.

    對於任何 k>1,只要 x>ck2k21 便有 12xc<k2x,因此有c2x<xxc<ck22xfor x>ck2k21.
    a>b,那麼存在 0<k<1k>1 滿足 akbk>0。此時將 (2)c=a 以及 (3)c=b 並分別開根號相減可得

    x+axxxb>akbk2x1/4>0for x>x1:=max{ak21k2,bk2k21}.

    由於瑕積分 x1x1/4dx 明顯發散,這表示原先給定的瑕積分也發散。

    a<b 時,那麼將 (2)c=a 以及 (3)c=b 並分別開根號後相減可得

    x+axxxb<ab2x1/4<0for x>b.

    由於瑕積分 bx1/4dx 明顯發散,這表示原先給定的瑕積分也發散。

    a=b 時,可透過變數代換容易知道對任何正整數 n 均有

    na+anax+axdx=na+2ana+axxbdx.

    這表明

    naa(x+axxxb)dx=na(n1)ax+axdxa0x+axdx.

    由於 limx(x+ax)=0,故 limnna(n1)ax+axdx=0
    因此給定的瑕積分收斂且趨於 a0x+axdx

  5. (20 pts) Evaluate the integral

    Dkysinkr1sinkr2r1r2dxdy,

    where k is a constant, r1=[(x+1)2+y2]1/2, r2=[(x1)2+y2]1/2, and D is the half of the ellipse [(x+1)2+y2]+[(x1)2+y2]4 which is in y>0.
  6. 訣竅利用題目所暗示的積分變換計算之。
    解法假若 k=0,則該雙重積分恆為 0。因此我們接下來假定 k0
    s=r1+r2t=r1r2,其變數範圍分析如下
    • 由於橢圓 D 之區域為 s=r1+r2=(x+1)2+y2+(x1)2+y24
    • 由於 s 表點 (x,y)(1,0) 與到 (1,0) 的距離和,故由三角不等式可知 s=r1+r22
    • 由於 s+t=2r10,故 ts
    • 由於 st=2r20,故 ts
    因此變數範圍為 2s4sts,參看下圖
    再者,Jacobian 行列式計算如下

    |(x,y)(s,t)|=|(x,y)(r1,r2)||(r1,r2)(s,t)|=|(r1,r2)(x,y)|1|(s,t)(r1,r2)|1=||r1xr1yr2xr2y||1||sr1sr2tr1tr2||1=||x+1r1yr1x1r2yr2||1||1111||1=|2yr1r2|121=r1r24y.

    因此所求的重積分可改寫並使用積化和差公式 sinAsinB=cos(AB)cos(A+B)2 而計算如下

    Dkysinkr1sinkr2r1r2dxdy=42sskysinkr1sinkr2r1r2r1r24ydtds=k442sscos[k(r1r2)]cos[k(r1+r2)]2dtds=k842ss[cos(kt)cos(ks)]dtds=k842[sin(kt)ktcos(ks)]|ssds=k442[sin(ks)kscos(ks)]ds=1442[sin(ks)kscos(ks)]ds=cos(ks)4k|421442sd(sin(ks))=cos(2k)cos(4k)4kssin(ks)4|42+1442sin(ks)ds=cos(2k)cos(4k)4k4sin(4k)2sin(2k)4cos(ks)4k|42=cos(2k)cos(4k)2ksin(4k)+sin(2k)2.


  7. (20 pts) Find the maximum and minimum values of the function f(x,y,z)=x over the curve of intersection of the plane z=x+y and the ellipsoid x2+2y2+2z2=8.
  8. 訣竅可以利用初等不等式或 Lagrange 乘子法求解之。
    解法一由於 (x,y,z) 滿足 z=x+yx2+2y2+2z2=8,則表明它也滿足 x2+2y2+2(x+y)2=8,亦即有

    2x22x2+(x+2y)2=8.

    這表明 x24,也就是 x 最大為 2,最小為 2,而等號成立條件分別為 (x,y,z)=(2,1,1)(2,1,1)

    【註】 橢球面 x2+2y2+2z2=8 與平面 x+yz=0 相交於橢圓如下圖
    解法二設 Lagrange 乘子函數

    F(x,y,z,λ1,λ2)=x+λ1(x+yz)+λ2(x2+2y2+2z28).

    據此聯立解下列方程組:

    {Fx(x,y,z,λ1,λ2)=1+λ1+2λ2x=0,Fy(x,y,z,λ1,λ2)=λ1+4λ2y=0,Fz(x,y,z,λ1,λ2)=λ1+4λ2z=0,Fλ1(x,y,z,λ1,λ2)=x+yz=0,Fλ2(x,y,z,λ1,λ2)=x2+2y2+2z28=0.

    將第一式乘以 2 後加上第二式再減去第三式,接著利用第四式可得 2+4λ1=0,即 λ1=1/2
    隨後代入第三式中可顯見 λ20,因此有 x=14λ2y=18λ2z=18λ2。接著將此三條件代入第五式可得 116λ22+264λ22+264λ22=8,故解得 λ2=±18
    • λ2=18,則 x=2y=1z=1
    • λ2=18,則 x=2y=1z=1
    據以上所求得的座標可知 f(2,1,1)=2f(2,1,1)=2。因此最大值為 2,而最小值為 2

    【註】 橢球面 x2+2y2+2z2=8 與平面 x+yz=0 相交於橢圓如下圖

  9. (20 pts) Find the area of the cap cut from the semisphere x2+y2+z2=2, z0, by the cylinder x2+y2=1.
  10. 訣竅利用曲面積分的定義計算之即可;亦可透過曲面面積公式直接計算。
    解法一將曲面參數化為 r(θ,ϕ)=(2cosθsinϕ,2sinθsinϕ,2cosϕ),其中範圍限制為 0θ2π0ϕπ/4(由於 x2+y2=1 與球面 x2+y2+z2=2 交圓所在的平面為 z=1,故 2cosϕ=z1 蘊含 ϕπ/4),如此所求為

    A=π/402π0|rθ×rϕ|dθdϕ=π/402π0|(2sinθsinϕ,2cosθsinϕ,0)×(2cosθcosϕ,2sinθcosϕ,2sinϕ)|dθdϕ=π/402π0|(2cosθsin2ϕ,2sinθsin2ϕ,2sinϕcosϕ)|dθdϕ=2π/402π0sinϕdθdϕ=4πcosϕ|π/40=2π(22).



    【註】 上半球面 x2+y2+z2=2z0 在圓柱 x2+y21 內的圖形如下圖
    解法二D={(x,y)R2:x2+y21},那麼曲面 z=f(x,y)=2x2y2D 上的表面積可表達並計算如下

    A=D1+f2x(x,y)+f2y(x,y)dA=D1+x22x2y2+y22x2y2dA=D22x2y2dA.

    現使用極座標變換,令 x=rcosθy=rsinθ,其中變數範圍為 0r10θ2π,如此所求的表面積可改寫並計算如下

    A=2π01022r2rdrdθ=22π10r2r2dr=22π2r2|10=22π(21)=2π(22).



    【註】 上半球面 x2+y2+z2=2z0 在圓柱 x2+y21 內的圖形如下圖

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