- (20 pts) Note that f(r)=∫π/20xrsinxdx.
- (14 pts) Show that
limr→∞r(2π)r+1f(r)=1.
- (6 pts) Find a real number c and a positive number L for which
limr→∞rc∫π/20xrsinxdx∫π/20xrcosxdx=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:
limr→∞r(2π)r+1∫π/20xrsinxdx=limr→∞2rπ∫π/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:limr→∞r∫10trsinπt2dt=limr→∞rr+1[1−π2∫10tr+1cosπt2dt]=1,其中由於 tr+1cosπ2 在 [0,1] 隨 r→∞ 均勻收斂至零函數,因此 limr→∞∫10tr+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) 在 [0,1] 上均勻收斂至零函數。
證明如下:設 ε>0,那麼因函數 g 在 x=1 處連續可知存在 δ>0 使得當 1−δ<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→∞(1−δ)n=0,所以存在正整數 N 使得 n>N 且 x∈[0,1−δ] 時有 |h(x)|=|xng(x)|<ε。綜合兩種情形可知只要當 n>N 且 x∈[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+1∫π/20xrsinxdx 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:
limr→∞(r+1)2(2π)r+2∫π/20xrcosxdx=1.
令 t=2xπ,則可將定積分改寫而極限計算如下limr→∞(r+1)2(2π)r+2∫π/20xrcosxdx=2πlimr→∞(r+1)2∫10trcosπt2dt=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) 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:limr→∞rc∫π/20xrsinxdx∫π/20xrcosxdx=limr→∞[rc⋅(r+1)2(2/π)r+2r(2/π)r+1⋅r(2/π)r+1∫π/20xrsinxdx(r+1)2(2/π)r+2∫π/20xrcosxdx]=limr→∞rc(r+1)2(2/π)r+2r(2/π)r+1=2πlimr→∞(r+1)2r1−c.
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/π。
【註】 當 c=−1 時,函數 g(r)=r−1∫π/20xrsinxdx∫π/20xrcosxdx 的圖形如下 - (20%) For what pairs (a,b) of positive real numbers does the improper integral
∫∞b(√√x+a−√x−√√x−√x−b)dx
converge? Justify your answer. - (20 pts) Evaluate the integral
∬∫Dkysinkr1sinkr2r1r2dxdy,
where k is a constant, r1=[(x+1)2+y2]1/2, r2=[(x−1)2+y2]1/2, and D is the half of the ellipse √[(x+1)2+y2]+√[(x−1)2+y2]≤4 which is in y>0. - 由於橢圓 D 之區域為 s=r1+r2=√(x+1)2+y2+√(x−1)2+y2≤4。
- 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=r1+r2≥2。
- 由於 s+t=2r1≥0,故 t≥−s。
- 由於 s−t=2r2≥0,故 t≤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 x2+2y2+2z2=8.
- 若 λ2=18,則 x=−2、y=1、z=−1;
- 若 λ2=−18,則 x=2、y=−1、z=1。
- (20 pts) Find the area of the cap cut from the semisphere x2+y2+z2=2, z≥0, by the cylinder x2+y2=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)=√x,那麼由於 f 凹口向下,因此對任何正實數 c 恆有12√x+c=f′(x+c)<f(x+c)−f(x)c=√x+c−√xc<f′(x)=12√xfor x>0.
對於任何 0<k<1,只要 x>ck21−k2 便有 12√x+c>k2√x,因此有ck2√x<√x+c−√x<c2√xfor x>ck21−k2.12√x=f′(x)<f(x)−f(x−c)c=√x−√x−cc<f′(x−c)=12√x−cfor x>c>0.
對於任何 k′>1,只要 x>ck′2k′2−1 便有 12√x−c<k′2√x,因此有c2√x<√x−√x−c<ck′22√xfor x>ck′2k′2−1.√√x+a−√x−√√x−√x−b>√ak−√bk′2x−1/4>0for x>x∗1:=max{ak21−k2,bk′2k′2−1}.
由於瑕積分 ∫∞x∗1x−1/4dx 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 (2) 取 c=a 以及 (3) 取 c=b 並分別開根號後相減可得
√√x+a−√x−√√x−√x−b<√a−√b√2x−1/4<0for x>b.
由於瑕積分 ∫∞bx−1/4dx 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
∫na+ana√√x+a−√xdx=∫na+2ana+a√√x−√x−bdx.
這表明∫naa(√√x+a−√x−√√x−√x−b)dx=∫na(n−1)a√√x+a−√xdx−∫a0√√x+a−√xdx.
由於 limx→∞(√√x+a−√x)=0,故 limn→∞∫na(n−1)a√√x+a−√xdx=0。因此給定的瑕積分收斂且趨於 −∫a0√√x+a−√xdx。
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≠0。令 s=r1+r2、t=r1−r2,其變數範圍分析如下
|∂(x,y)∂(s,t)|=|∂(x,y)∂(r1,r2)||∂(r1,r2)∂(s,t)|=|∂(r1,r2)∂(x,y)|−1|∂(s,t)∂(r1,r2)|−1=||∂r1∂x∂r1∂y∂r2∂x∂r2∂y||−1||∂s∂r1∂s∂r2∂t∂r1∂t∂r2||−1=||x+1r1yr1x−1r2yr2||−1||111−1||−1=|2yr1r2|−1⋅2−1=r1r24y.
因此所求的重積分可改寫並使用積化和差公式 sinAsinB=cos(A−B)−cos(A+B)2 而計算如下∬Dkysinkr1sinkr2r1r2dxdy=∫42∫s−skysinkr1sinkr2r1r2⋅r1r24ydtds=k4∫42∫s−scos[k(r1−r2)]−cos[k(r1+r2)]2dtds=k8∫42∫s−s[cos(kt)−cos(ks)]dtds=k8∫42[sin(kt)k−tcos(ks)]|s−sds=k4∫42[sin(ks)k−scos(ks)]ds=14∫42[sin(ks)−kscos(ks)]ds=−cos(ks)4k|42−14∫42sd(sin(ks))=cos(2k)−cos(4k)4k−ssin(ks)4|42+14∫42sin(ks)ds=cos(2k)−cos(4k)4k−4sin(4k)−2sin(2k)4−cos(ks)4k|42=cos(2k)−cos(4k)2k−sin(4k)+sin(2k)2.
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、x2+2y2+2z2=8,則表明它也滿足 x2+2y2+2(x+y)2=8,亦即有2x2≤2x2+(x+2y)2=8.
這表明 x2≤4,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+y−z=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+y−z)+λ2(x2+2y2+2z2−8).
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+y−z=0,Fλ2(x,y,z,λ1,λ2)=x2+2y2+2z2−8=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 λ2≠0,因此有 x=−14λ2、y=18λ2、z=−18λ2。接著將此三條件代入第五式可得 116λ22+264λ22+264λ22=8,故解得 λ2=±18。
【註】 橢球面 x2+2y2+2z2=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 r(θ,ϕ)=(√2cosθsinϕ,√2sinθsinϕ,√2cosϕ),其中範圍限制為 0≤θ≤2π、0≤ϕ≤π/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=z≥1 蘊含 ϕ≤π/4),如此所求為A=∫π/40∫2π0|∂r∂θ×∂r∂ϕ|dθdϕ=∫π/40∫2π0|(−√2sinθsinϕ,√2cosθsinϕ,0)×(√2cosθcosϕ,√2sinθcosϕ,−√2sinϕ)|dθdϕ=∫π/40∫2π0|(2cosθsin2ϕ,−2sinθsin2ϕ,−2sinϕcosϕ)|dθdϕ=2∫π/40∫2π0sinϕdθdϕ=−4πcosϕ|π/40=2π(2−√2).
【註】 上半球面 x2+y2+z2=2、z≥0 在圓柱 x2+y2≤1 內的圖形如下圖
解法二
設 D={(x,y)∈R2:x2+y2≤1},那麼曲面 z=f(x,y)=√2−x2−y2 在 D 上的表面積可表達並計算如下A=∬D√1+f2x(x,y)+f2y(x,y)dA=∬D√1+x22−x2−y2+y22−x2−y2dA=∬D√2√2−x2−y2dA.
現使用極座標變換,令 x=rcosθ、y=rsinθ,其中變數範圍為 0≤r≤1、0≤θ≤2π,如此所求的表面積可改寫並計算如下A=∫2π0∫10√2√2−r2⋅rdrdθ=2√2π∫10r√2−r2dr=−2√2π√2−r2|10=2√2π(√2−1)=2π(2−√2).
【註】 上半球面 x2+y2+z2=2、z≥0 在圓柱 x2+y2≤1 內的圖形如下圖
沒有留言:
張貼留言