- ($20$ pts) Note that $\displaystyle f(r)=\int_0^{\pi/2}\!x^r\sin x\,\mathrm dx$.
- ($14$ pts) Show that
$\displaystyle\lim_{r\to\infty}r\left(\frac2\pi\right)^{r+1}f(r)=1$.
- ($6$ pts) Find a real number $c$ and a positive number $L$ for which
$\displaystyle\lim_{r\to\infty}\frac{\displaystyle r^c\int_0^{\pi/2}\!x^r\sin x\,\mathrm dx}{\displaystyle \int_0^{\pi/2}\!x^r\cos x\,\mathrm dx}=L$.
You can use (a) as a fact to answer (b).
- ($14$ pts) Show that
- 極限可以作如下的改寫：
$\displaystyle\lim_{r\to\infty}r\left(\frac2\pi\right)^{r+1}\int_0^{\pi/2}\!x^r\sin x\,\mathrm dx=\lim_{r\to\infty}\frac{2r}\pi\int_0^{\pi/2}\!\left(\frac{2x}\pi\right)^r\sin x\,\mathrm dx$.
因此我們可以考慮令 $\displaystyle t=\frac{2x}\pi$，則所求極限可以改寫並計算如下：\begin{equation}\label{1}\lim_{r\to\infty}r\int_0^1\!t^r\sin\frac{\pi t}2\,\mathrm dt=\lim_{r\to\infty}\frac r{r+1}\left[1-\frac\pi2\int_0^1\!t^{r+1}\cos\frac{\pi t}2\,\mathrm dt\right]=1,\end{equation}其中由於 $\displaystyle t^{r+1}\cos\frac{\pi}2$ 在 $[0,1]$ 隨 $r\to\infty$ 均勻收斂至零函數，因此 $\displaystyle\lim_{r\to\infty}\int_0^1\!t^{r+1}\cos\frac{\pi t}2\,\mathrm dt=0$。
具體而言，我們使用了這樣的性質：設有界函數 $g:[0,1]\to\mathbb R$ 滿足 $g(1)=0$ 且在 $x=1$ 處連續，則函數 $h_n(x)=x^ng(x)$ 在 $[0,1]$ 上均勻收斂至零函數。
證明如下：設 $\varepsilon>0$，那麼因函數 $g$ 在 $x=1$ 處連續可知存在 $\delta>0$ 使得當 $1-\delta<x<1$ 時有 $|g(x)|<\varepsilon$，這表示 $|h_n(x)|=|x^ng(x)|\leq|g(x)|<\varepsilon$。另一方面，因為 $g$ 有界且 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(1-\delta)^n=0$，所以存在正整數 $N$ 使得 $n>N$ 且 $x\in[0,1-\delta]$ 時有 $|h(x)|=|x^ng(x)|<\varepsilon$。綜合兩種情形可知只要當 $n>N$ 且 $x\in[0,1]$ 時便有 $|h_n(x)|<\varepsilon$。這就說明 $h_n$ 均勻收斂至零函數。
【註】 函數 $\displaystyle f(r)=r\left(\frac2\pi\right)^{r+1}\int_0^{\pi/2}\!x^r\sin x\,\mathrm dx$ 的圖形描繪如下
- 在解決本問題之前，我們先考慮下列的極限：
$\displaystyle\lim_{r\to\infty}(r+1)^2\left(\frac2\pi\right)^{r+2}\int_0^{\pi/2}\!x^r\cos x\,\mathrm dx=1$.
令 $\displaystyle t=\frac{2x}\pi$，則可將定積分改寫而極限計算如下$\begin{aligned}\lim_{r\to\infty}(r+1)^2\left(\frac2\pi\right)^{r+2}\int_0^{\pi/2}\!x^r\cos x\,\mathrm dx&=\frac2\pi\lim_{r\to\infty}(r+1)^2\int_0^1\!t^r\cos\frac{\pi t}2\,\mathrm dt\\&=\frac2\pi\lim_{r\to\infty}\left[\left.(r+1)t^{r+1}\cos\frac{\pi t}2\right|_0^1+\frac\pi2(r+1)\int_0^1\!t^{r+1}\sin\frac{\pi t}2\,\mathrm dt\right]\\&=\lim_{r\to\infty}(r+1)\int_0^1\!t^{r+1}\sin\frac{\pi t}2\,\mathrm dt=1,\end{aligned}$
其中最後一個等號乃因 \eqref{1} 將 $r$ 以 $r+1$ 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：$\begin{aligned}\lim_{r\to\infty}\frac{r^c\int_0^{\pi/2}\!x^r\sin x\,\mathrm dx}{\int_0^{\pi/2}\!x^r\cos x\,\mathrm dx}&=\lim_{r\to\infty}\left[r^c\cdot\frac{(r+1)^2(2/\pi)^{r+2}}{r(2/\pi)^{r+1}}\cdot\frac{r(2/\pi)^{r+1}\int_0^{\pi/2}\!x^r\sin x\,\mathrm dx}{(r+1)^2(2/\pi)^{r+2}\int_0^{\pi/2}\!x^r\cos x\,\mathrm dx}\right]\\&=\lim_{r\to\infty}\frac{r^c(r+1)^2\left(2/\pi\right)^{r+2}}{r\left(2/\pi\right)^{r+1}}=\frac{2}{\pi}\lim_{r\to\infty}\frac{(r+1)^2}{r^{1-c}}.\end{aligned}$
若 $c>-1$，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 $L$ 為 $2/\pi$。
【註】 當 $c=-1$ 時，函數 $\displaystyle g(r)=\frac{r^{-1}\int_0^{\pi/2}\!x^r\sin x\,\mathrm dx}{\int_0^{\pi/2}\!x^r\cos x\,\mathrm dx}$ 的圖形如下
- ($20\%$) For what pairs $(a,b)$ of positive real numbers does the improper integral
$\displaystyle\int_b^\infty\!\left(\sqrt{\sqrt{x+a}-\sqrt x}-\sqrt{\sqrt x-\sqrt{x-b}}\right)\,\mathrm dx$
converge? Justify your answer. - ($20$ pts) Evaluate the integral
$\displaystyle\iint\int_D\!\frac{ky\sin kr_1\sin kr_2}{r_1r_2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy$,
where $k$ is a constant, $r_1=[(x+1)^2+y^2]^{1/2}$, $r_2=[(x-1)^2+y^2]^{1/2}$, and $D$ is the half of the ellipse $\sqrt{[(x+1)^2+y^2]}+\sqrt{[(x-1)^2+y^2]}\leq4$ which is in $y>0$. - 由於橢圓 $D$ 之區域為 $s=r_1+r_2=\sqrt{(x+1)^2+y^2}+\sqrt{(x-1)^2+y^2}\leq4$。
- 由於 $s$ 表點 $(x,y)$ 到 $(-1,0)$ 與到 $(1,0)$ 的距離和，故由三角不等式可知 $s=r_1+r_2\geq2$。
- 由於 $s+t=2r_1\geq0$，故 $t\geq-s$。
- 由於 $s-t=2r_2\geq0$，故 $t\leq s$。
- ($20$ 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 $x^2+2y^2+2z^2=8$.
- 若 $\displaystyle\lambda_2=\frac18$，則 $x=-2$、$y=1$、$z=-1$；
- 若 $\displaystyle\lambda_2=-\frac18$，則 $x=2$、$y=-1$、$z=1$。
- ($20$ pts) Find the area of the cap cut from the semisphere $x^2+y^2+z^2=2$, $z\geq0$, by the cylinder $x^2+y^2=1$.
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
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
設 $f(x)=\sqrt x$，那麼由於 $f$ 凹口向下，因此對任何正實數 $c$ 恆有$\displaystyle\frac1{2\sqrt{x+c}}=f'(x+c)<\frac{f(x+c)-f(x)}c=\frac{\sqrt{x+c}-\sqrt x}c<f'(x)=\frac1{2\sqrt x}\quad\text{for}~x>0.$
對於任何 $0<k<1$，只要 $\displaystyle x>\frac{ck^2}{1-k^2}$ 便有 $\displaystyle\frac1{2\sqrt{x+c}}>\frac k{2\sqrt x}$，因此有\begin{equation}\label{2}\frac{ck}{2\sqrt x}<\sqrt{x+c}-\sqrt x<\frac c{2\sqrt x}\quad\text{for}~x>\frac{ck^2}{1-k^2}.\end{equation}類似地，有$\displaystyle\frac1{2\sqrt x}=f'(x)<\frac{f(x)-f(x-c)}c=\frac{\sqrt x-\sqrt{x-c}}c<f'(x-c)=\frac1{2\sqrt{x-c}}\quad\text{for}~x>c>0$.
對於任何 $k'>1$，只要 $\displaystyle x>\frac{ck'^2}{k'^2-1}$ 便有 $\displaystyle\frac1{2\sqrt{x-c}}<\frac{k'}{2\sqrt x}$，因此有\begin{equation}\label{3}\frac c{2\sqrt x}<\sqrt x-\sqrt{x-c}<\frac{ck'^2}{2\sqrt x}\quad\text{for}~x>\frac{ck'^2}{k'^2-1}.\end{equation}若 $a>b$，那麼存在 $0<k<1$ 且 $k'>1$ 滿足 $ak-bk'>0$。此時將 \eqref{2} 取 $c=a$ 以及 \eqref{3} 取 $c=b$ 並分別開根號相減可得$\displaystyle\sqrt{\sqrt{x+a}-\sqrt x}-\sqrt{\sqrt x-\sqrt{x-b}}>\frac{\sqrt{ak}-\sqrt{bk'}}2x^{-1/4}>0\quad\text{for}~x>x_1^*:=\max\left\{\frac{ak^2}{1-k^2},\frac{bk'^2}{k'^2-1}\right\}$.
由於瑕積分 $\displaystyle\int_{x_1^*}^\infty\!x^{-1/4}\,\mathrm dx$ 明顯發散，這表示原先給定的瑕積分也發散。當 $a<b$ 時，那麼將 \eqref{2} 取 $c=a$ 以及 \eqref{3} 取 $c=b$ 並分別開根號後相減可得
$\displaystyle\sqrt{\sqrt{x+a}-\sqrt x}-\sqrt{\sqrt x-\sqrt{x-b}}<\frac{\sqrt a-\sqrt b}{\sqrt2}x^{-1/4}<0\quad\text{for}~x>b$.
由於瑕積分 $\displaystyle\int_b^\infty\!x^{-1/4}\,\mathrm dx$ 明顯發散，這表示原先給定的瑕積分也發散。當 $a=b$ 時，可透過變數代換容易知道對任何正整數 $n$ 均有
$\displaystyle\int_{na}^{na+a}\!\sqrt{\sqrt{x+a}-\sqrt x}\,\mathrm dx=\int_{na+a}^{na+2a}\!\sqrt{\sqrt x-\sqrt{x-b}}\,\mathrm dx$.
這表明$\displaystyle\int_a^{na}\!\left(\sqrt{\sqrt{x+a}-\sqrt x}-\sqrt{\sqrt x-\sqrt{x-b}}\right)\,\mathrm dx=\int_{(n-1)a}^{na}\!\sqrt{\sqrt{x+a}-\sqrt x}\,\mathrm dx-\int_0^a\!\sqrt{\sqrt{x+a}-\sqrt x}\,\mathrm dx$.
由於 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{\sqrt{x+a}}-\sqrt x\right)=0$，故 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{(n-1)a}^{na}\!\sqrt{\sqrt{x+a}-\sqrt x}\,\mathrm dx=0$。因此給定的瑕積分收斂且趨於 $\displaystyle-\int_0^a\!\sqrt{\sqrt{x+a}-\sqrt x}\,\mathrm dx$。
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 $k\neq0$。令 $s=r_1+r_2$、$t=r_1-r_2$，其變數範圍分析如下
$\begin{aligned}\Big|\frac{\partial(x,y)}{\partial(s,t)}\Big|&=\Big|\frac{\partial(x,y)}{\partial(r_1,r_2)}\Big|\Big|\frac{\partial(r_1,r_2)}{\partial(s,t)}\Big|=\Big|\frac{\partial(r_1,r_2)}{\partial(x,y)}\Big|^{-1}\Big|\frac{\partial(s,t)}{\partial(r_1,r_2)}\Big|^{-1}=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial r_1}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial r_1}{\partial y}\\[2mm]\displaystyle\frac{\partial r_2}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial r_2}{\partial y}\end{vmatrix}\Big|^{-1}\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial s}{\partial r_1}&\displaystyle\frac{\partial s}{\partial r_2}\\[2mm]\displaystyle\frac{\partial t}{\partial r_1}&\displaystyle\frac{\partial t}{\partial r_2}\end{vmatrix}\Big|^{-1}\\&=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{x+1}{r_1}&\displaystyle\frac y{r_1}\\[2mm]\displaystyle\frac{x-1}{r_2}&\displaystyle\frac y{r_2}\end{vmatrix}\Big|^{-1}\Big|\begin{vmatrix}1&1\\1&-1\end{vmatrix}\Big|^{-1}=\Big|\frac{2y}{r_1r_2}\Big|^{-1}\cdot2^{-1}=\frac{r_1r_2}{4y}.\end{aligned}$
因此所求的重積分可改寫並使用積化和差公式 $\displaystyle\sin A\sin B=\frac{\cos(A-B)-\cos(A+B)}2$ 而計算如下$\begin{aligned}\iint_D\!\frac{ky\sin kr_1\sin kr_2}{r_1r_2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy&=\int_2^4\!\int_{-s}^s\!\frac{ky\sin kr_1\sin kr_2}{r_1r_2}\cdot\frac{r_1r_2}{4y}\,\mathrm dt\,\mathrm ds\\&=\frac k4\int_2^4\!\int_{-s}^s\!\frac{\cos[k(r_1-r_2)]-\cos[k(r_1+r_2)]}2\,\mathrm dt\,\mathrm ds\\&=\frac k8\int_2^4\!\int_{-s}^s\![\cos(kt)-\cos(ks)]\,\mathrm dt\,\mathrm ds=\frac k8\int_2^4\!\left.\left[\frac{\sin(kt)}k-t\cos(ks)\right]\right|_{-s}^s\,\mathrm ds\\&=\frac k4\int_2^4\!\left[\frac{\sin(ks)}k-s\cos(ks)\right]\,\mathrm ds=\frac14\int_2^4\![\sin(ks)-ks\cos(ks)]\,\mathrm ds\\&=\left.\frac{-\cos(ks)}{4k}\right|_2^4-\frac14\int_2^4\!s\,\mathrm d(\sin(ks))\\&=\frac{\cos(2k)-\cos(4k)}{4k}-\left.\frac{s\sin(ks)}4\right|_2^4+\frac14\int_2^4\!\sin(ks)\,\mathrm ds\\&=\frac{\cos(2k)-\cos(4k)}{4k}-\frac{4\sin(4k)-2\sin(2k)}4-\left.\frac{\cos(ks)}{4k}\right|_2^4\\&=\frac{\cos(2k)-\cos(4k)}{2k}-\sin(4k)+\frac{\sin(2k)}2.\end{aligned}$
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 $z=x+y$、$x^2+2y^2+2z^2=8$，則表明它也滿足 $x^2+2y^2+2(x+y)^2=8$，亦即有$2x^2\leq2x^2+(x+2y)^2=8$.
這表明 $x^2\leq4$，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 $x^2+2y^2+2z^2=8$ 與平面 $x+y-z=0$ 相交於橢圓如下圖
解法二
設 Lagrange 乘子函數$F(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=x+\lambda_1(x+y-z)+\lambda_2(x^2+2y^2+2z^2-8)$.
據此聯立解下列方程組：$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=1+\lambda_1+2\lambda_2x=0,\\&F_y(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=\lambda_1+4\lambda_2y=0,\\&F_z(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=-\lambda_1+4\lambda_2z=0,\\&F_{\lambda_1}(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=x+y-z=0,\\&F_{\lambda_2}(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=x^2+2y^2+2z^2-8=0.\end{aligned}\right.$
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 $2+4\lambda_1=0$，即 $\lambda_1=-1/2$。隨後代入第三式中可顯見 $\lambda_2\neq0$，因此有 $\displaystyle x=-\frac1{4\lambda_2}$、$\displaystyle y=\frac1{8\lambda_2}$、$\displaystyle z=-\frac1{8\lambda_2}$。接著將此三條件代入第五式可得 $\displaystyle\frac1{16\lambda_2^2}+\frac2{64\lambda_2^2}+\frac2{64\lambda_2^2}=8$，故解得 $\displaystyle\lambda_2=\pm\frac18$。
【註】 橢球面 $x^2+2y^2+2z^2=8$ 與平面 $x+y-z=0$ 相交於橢圓如下圖
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 ${\bf r}(\theta,\phi)=(\sqrt2\cos\theta\sin\phi,\sqrt2\sin\theta\sin\phi,\sqrt2\cos\phi)$，其中範圍限制為 $0\leq\theta\leq2\pi$、$0\leq\phi\leq\pi/4$（由於 $x^2+y^2=1$ 與球面 $x^2+y^2+z^2=2$ 交圓所在的平面為 $z=1$，故 $\sqrt2\cos\phi=z\geq1$ 蘊含 $\phi\leq\pi/4$），如此所求為$\begin{aligned}A&=\int_0^{\pi/4}\!\int_0^{2\pi}\!\left|\frac{\partial{\bf r}}{\partial\theta}\times\frac{\partial{\bf r}}{\partial\phi}\right|\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi\\&=\int_0^{\pi/4}\!\int_0^{2\pi}\!|(-\sqrt2\sin\theta\sin\phi,\sqrt2\cos\theta\sin\phi,0)\times(\sqrt2\cos\theta\cos\phi,\sqrt2\sin\theta\cos\phi,-\sqrt2\sin\phi)|\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi\\&=\int_0^{\pi/4}\!\int_0^{2\pi}\!|(2\cos\theta\sin^2\phi,-2\sin\theta\sin^2\phi,-2\sin\phi\cos\phi)|\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi\\&=2\int_0^{\pi/4}\!\int_0^{2\pi}\!\sin\phi\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi=-4\pi\cos\phi\Big|_0^{\pi/4}=2\pi(2-\sqrt2).\end{aligned}$
【註】 上半球面 $x^2+y^2+z^2=2$、$z\geq0$ 在圓柱 $x^2+y^2\leq1$ 內的圖形如下圖
解法二
設 $D=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\leq1\}$，那麼曲面 $z=f(x,y)=\sqrt{2-x^2-y^2}$ 在 $D$ 上的表面積可表達並計算如下$\begin{aligned}A&=\iint_D\!\sqrt{1+f_x^2(x,y)+f_y^2(x,y)}\,\mathrm dA\\&=\iint_D\!\sqrt{1+\frac{x^2}{2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{2-x^2-y^2}}\,\mathrm dA\\&=\iint_D\!\frac{\sqrt2}{\sqrt{2-x^2-y^2}}\,\mathrm dA\end{aligned}$.
現使用極座標變換，令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其中變數範圍為 $0\leq r\leq1$、$0\leq\theta\leq2\pi$，如此所求的表面積可改寫並計算如下$\begin{aligned}A&=\int_0^{2\pi}\!\int_0^1\!\frac{\sqrt2}{\sqrt{2-r^2}}\cdot r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta=2\sqrt2\pi\int_0^1\!\frac r{\sqrt{2-r^2}}\,\mathrm dr\\&=-2\sqrt2\pi\sqrt{2-r^2}\Big|_0^1=2\sqrt2\pi(\sqrt2-1)=2\pi(2-\sqrt2).\end{aligned}$
【註】 上半球面 $x^2+y^2+z^2=2$、$z\geq0$ 在圓柱 $x^2+y^2\leq1$ 內的圖形如下圖
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