九十二學年度 化學工程學系 系轉學生招生考試
科目 微積分 科號 0063 共 2 頁第 1 *在試卷【答案卷】內作答
- 填充題(共六題,每題 8 分,請將答案依甲、乙、丙……次序作答,不需演算過程)
- The Fibonacci sequence {an}∞n=1 is defined as a1=1, a2=2, an+1=an+an−1 for n≥2.
Then limn→∞an+1an= 甲 . - Evaluate ∫∞0e−x2dx= 乙 .
- Consider the arc y=√4−x2, −1≤x≤1. Let S be the area of the surface obtained by rotatin this arc about the x-axis. Then S= 丙 .
- Let I be the interval of convergence of the series
∞∑n=1(1+12+13+⋯+1n)(1−x)n.
Then I= 丁 . (Note. Check the end points for convergence.) - 當 x=0 時,級數寫為 ∞∑n=1(1+12+13+⋯+1n),其一般項發散,因此級數不收斂。
- 當 x=2 時,級數寫為 ∞∑n=1(−1)n(1+12+13+⋯+1n),同樣由一般項發散可知此級數不收斂。
- Let m be the absolute minimum value of
f(x,y)=2+2x+2y−x2−y2
on the closed triangular region in the first quadrant bounded by the lines x=0, y=0, y=9−x. Then m= 戊 . - Let L be the length of the arc
x=cos3t,y=sin3tfor 0≤t≤π2.
Then L= 己 . - 計算與證明題(必須寫出演算證明過程)
- (11\%) Prove that the function f(x)=(1+x)1/x is strictly decreasing on the interval (0,∞).
- (11\%) Use the Maclaurin series for ex to estimate
∫π/20e−x2dx
with an error less than 10−2. - 我很懷疑這個題目是希望測驗這樣的估算技巧,我推測命題當初應該是希望估算定積分 ∫10e−x2dx 的近似值。那麼這樣的估算過程將會變得相當容易,讀者可以直接透過類似的過程建表求解。
- 事實上由計算機可知其近似值為 ∫π20e−x2dx≈0.86290048015025,而計算到第七項時便有
7∑k=0(−1)kπ2k+122k+1k!(2k+1)≈0.86038172
這是因為我們在前述估算時使用 π<4 導致估算太強,而使得項數必須增加。如果使用 π 來進行估算可以發現當 k=7 時有π15215⋅7!⋅15≈0.011568>0.01
而 k=8 時便有π17217⋅8!⋅17≈0.0031482<0.01
故取前七項便能有滿足題意的近似值。 - (5\%) (a) Sketch the graph of the solid D bounded by the surfaces
z=x2+3y2 and z=8−x2−y2.
(10\%) (b) Find the volume of the solid D. - 根據兩曲面的特色可以繪圖如下
- 兩曲面的相交處投影在 xy 平面上為
x2+3y2=8−x2−y2.
整理可得 x24+y22=1 為橢圓。設 K={(x,y)∈R2:x2+2y2≤4},那麼所求的體積可表達如下V=∬K[(8−x2−y2)−(x2+3y2)]dA=2∬K(4−x2−2y2)dA.
運用極座標變換 x=2rcosθ、y=√2rsinθ,其中 0≤r≤1、0≤θ≤2π,如此所求可以計算如下V=8∫2π0∫10(1−r2)⋅2√2rdrdθ=16√2⋅2π⋅(r22−r44)|10=8√2π.
- (15\%) Apply the method of Lagrange multipliers to find the point p which minimizes
x2+y2+z2
subject to the constraints x+2y+3z=6 and x+3y+9z=9. (Note. You sould use the method of Lagrange multipliers only to get scores.)
訣竅
可以先解出 Fibonacci 數列的一般項後直接計算其極限;亦可將 an+1an 視為新數列,證明該數列遞增有上界,從而利用單調有界定理確定極限存在,進而運用原關係式求出該極限值。解法一
遞迴式所對應的特徵方程為 k2=k+1,如此可解得 k=1±√52,因此 an 的通解如下
an=A(1+√52)n+B(1−√52)n,
其中 A 與 B 為與 n 無關的常數。由於 a1=1、a2=2,因此有{A+B+√5(A−B)=2,3(A+B)+√5(A−B)=4.
相減有 A+B=1,而第一式乘以 3 減去第二式可得 √5(A−B)=1,故可解得A=5+√510,B=5−√510.
故可知an=5+√510(1+√52)n+5−√510(1−√52)n.
容易由數學歸納法確定此為該遞迴數列的解並滿足前兩項初始條件。方便起見,我們記 k1=1+√52、k2=1−√52,如此解可表達為 an=Akn1+Bkn2,那麼所求的極限可計算如下
limn→∞an+1an=limn→∞Akn+11+Bkn+22Akn1+Bkn2=limn→∞k1+Bkn+22Akn+111+Bkn2Akn1=k1=1+√52.
【註】 不過即便不計算出 A 與 B 也可以直接計算該極限式,也可以容易注意到只要 A≠0,該極限必然為 k1;若 A=0 但 B≠0,則極限則為 k2。
解法二
設數列 bn=an+1an,那麼有關係式
bn=1+1bn−1for n≥2.
首先我們證明奇數項遞減,偶數項遞增,也就是證明對於所有正整數 n 恆有 b2n+1<b2n−1 以及 b2n+2>b2n。容易檢查到 n=1 時有b3=a4a3=53<21=a2a1=b1,b4=a5a4=85>32=a3a2=b2.
因此命題對於 n=1 成立。現設 n=k 時有不等式 b2k+1<b2k−1 以及 b2k+2>b2k,亦即有a2k+2a2k−1<a2k+1a2k,a2k+3a2k>a2k+2a2k+1.
對於第一個不等式,兩邊同時加上 a2k+2a2k,那麼有a2k+2a2k+1=a2k+2a2k−1+a2k+2a2k<a2k+1a2k+a2k+2a2k=a2k+3a2k,
接著再加上 a2k+3a2k+1 則有a2k+4a2k+1=a2k+2a2k+1+a2k+3a2k+1<a2k+3a2k+a2k+3a2k+1=a2k+3a2k+2.
移項可得 b2k+3<b2k+1。類似地,對於第二個不等式依序加上 a2k+3a2k+1 以及 a2k+4a2k+2 可得 b2k+4>b2k+2,如此由數學歸納法可知要證明的兩個不等式對所有正整數 n 恆成立。進一步,由於奇數項與偶數項數列交錯,故互為上下界,因此由單調有界定理可知奇偶項所對應的數列分別都收斂。再者,由關係式可以知道奇偶項所收斂到的極限是同一個。由於 limn→∞an+1an 存在,記此極限值為 r,那麼 limn→∞an−1an=1r,故將遞迴式同除以 an 後取極限可得
r=1+1r,
此即 r2−r−1=0,故得 r=1±√52。又可以知道 an+1≥an,故極限值 r≥1,因此 r=1+√52。訣竅
此為經典的瑕積分,可以直接記得此瑕積分之結果。解法
首先我們先證明此瑕積分存在,容易注意到當 x≥1 時有 x2≥x,因此非負函數的瑕積分有如下的估計
∫∞1e−x2dx≤∫∞1e−xdx=−e−x|∞1=1.
另一方面 ∫10e−x2dx 為連續函數的定積分,故此值存在,因此瑕積分 ∫∞0e−x2dx 存在。由於該瑕積分存在,記此值為 I,那麼有
I2=(∫∞0e−x2dx)(∫∞0e−y2dy)=∫∞0∫∞0e−x2−y2dxdy.
運用極座標變換 x=rcosθ、y=rsinθ,參數的範圍為 0≤r、0≤θ≤π/2,因此I2=∫π/20∫∞0e−r2rdrdθ=π2⋅−e−r22|∞0=π4.
因此所求為 I=√π2。訣竅
運用旋轉體表面積的公式求解即可。解法
運用旋轉體表面積可知S=∫x=1x=−12πyds=∫1−12π√4−x2√1+(ddx√4−x2)2dx=2π∫1−1√4−x2⋅√1+x24−x2dx=2π∫1−12dx=8π.
訣竅
運用比值審歛法確定收斂半徑,再確定端點。解法
運用比值審歛法可知R=limn→∞anan+1=limn→∞1+12+⋯+1n1+12+⋯+1n+1n+1=limn→∞(1−1n+11+12+⋯+1n+1n+1)=1.
因此可以確定級數在 (0,2) 上絕對收斂。現在檢查端點如下訣竅
利用配方法後觀察其幾何意義即可求解;亦可在內部使用偏微求極值,而在邊界則進行參數化改為單變數極值問題。解法一
將 f 配方可得f(x,y)=−(x−1)2−(y−1)2+4=4−[(x−1)2+(y−1)]2,
其中第二項代表的意義為座標 (x,y) 到 (1,1) 的距離的平方。要使整個函數值盡可能的小就是要取出盡可能距離點 (1,1) 最遠的座標,容易從幾何圖形中觀察出取 (x,y)=(9,0) 或 (0,9) 能滿足所求,此時有絕對最小值 f(9,0)=f(0,9)=−61。解法二
在內部區域時,解下列聯立方程組
{fx(x,y)=2−2x=0,fy(x,y)=2−2y=0.
可解得 (x,y)=(1,1)。再者計算其二階偏導函數值可得 fxx=−2=fyy、fxy=fyx=0,因此該點為極大點。在邊界上,我們分為三個部分,分別為 Γ1:{x=0,y=t.、Γ2:{x=t,y=9−t.、Γ3:{x=9−t,y=0.,其中 0≤t≤9。可以發現 f 分別在 Γ1、Γ2 與 Γ3 的函數值如下
f(0,t)=3−(t−1)2,f(t,9−t)=−61+18t−2t2=−2(t−92)2−412,f(9−t,0)=3−(t−8)2.
各段上的最小值皆為 −61,其中等號成立條件分別為 t=9、t=0 或 t=9、t=0,故能發生最小值的座標為 (9,0) 與 (0,9)。訣竅
利用曲線弧長的公式求解即可。解法
運用曲線弧長的公式求解如下L=∫π/20√(dxdt)2+(dydt)2dt=∫π/20√(3cos2t⋅−sint)2+(3sin2t⋅cost)2dt=3∫π/20√cos4tsin2t+sin4tcos2tdt=3∫π/20costsintdt=3sin2t2|π/20=32.
訣竅
微分後確認導函數值為負即可,在進行微分的計算前可使用換底公式 ab=eblna 再使用連鎖律處理。解法
首先將函數 f 改寫如下f(x)=exp(ln(1+x)x)
那麼運用連鎖律等微分公式計算其導函數可得f′(x)=exp(ln(1+x)x)⋅(1x(x+1)−ln(1+x)x2)=(1+x)1/xx2(xx+1−ln(1+x))
記 g(x)=xx+1−ln(1+x),可知 limx→0+g(x)=0。再者計算 g 的導函數可知當 x>0 時有g′(x)=1x+1−x(x+1)2−1x+1=−x(x+1)2<0.
這表明函數 g 嚴格遞減,亦即對 x∈(0,∞) 有 g(x)<g(0)=0。進而可知 f′(x)<0,最終我們說明了函數 f 也遞減,證明完畢。訣竅
運用交錯級數的誤差估計來求解即可。解法
自然指數的 Maclaurin 級數如下et=1+t+t22+t36+⋯=∞∑k=0tkk!
取 t=−x2,那麼有e−x2=1−x2+x42−x66+−⋯=∞∑k=0(−1)kx2kk!
兩邊在 [0,π2] 上同取定積分可得∫π20e−x2dx=∫π20∞∑k=0(−1)kx2kk!=∞∑k=0(−1)kk!∫π20x2kdx=∞∑k=0(−1)kπ2k+122k+1k!(2k+1)=π2−π324+π6320−+⋯.
由於該交錯級數在 k 夠大時明顯會遞減,因此可由交錯級數的誤差估計來估計其值。為了確定誤差不超過 10−2,我們考慮不等式π2k+122k+1k!(2k+1)<0.01
但由於 π 的精確值不易使用,故由 π<4 來加強不等式22k+1k!(2k+1)<0.01
此等價於4kk!(2k+1)<1200
容易檢查左式的值如下k012345678910114kk!(2k+1)14385322132271281652565851024472551253552048538654096297675163843586275
由於當 k=11 時已小於 1200,故 10∑k=0(−1)kπ2k+122k+1k!(2k+1) 之值可用以估計 ∫π20e−x2dx,其誤差不超過 10−2。註:
訣竅
藉由簡單觀察兩種曲面的趨勢繪圖即可(凹口向上/向下);藉由找出共同的交會區域作為底面,藉由上曲面扣去下曲面代表高,如此使用底面積乘以高作為體積的思維列式計算即可。解法
訣竅
運用 Lagrange 乘子法來求條件極值即可;亦可充分運用題目所給定的條件所代表的幾何意義來求解。解法一
設 Lagrange 乘子函數如下F(x,y,z,λ1,λ2)=x2+y2+z2+λ1(x+2y+3z−6)+λ2(x+3y+9z−9).
據此解下列聯立方程組{Fx(x,y,z,λ1,λ2)=2x+λ1+λ2=0,Fy(x,y,z,λ1,λ2)=2y+2λ1+3λ2=0,Fz(x,y,z,λ1,λ2)=2z+3λ1+9λ2=0,Fλ1(x,y,z,λ1,λ2)=x+2y+3z−6=0,Fλ2(x,y,z,λ1,λ2)=x+3y+9z−9=0.
為了使用第四條方程,我們將第一式加上第二式的兩倍再加上第三式的三倍可得2x+4y+6z+14λ1+34λ2=0.
運用第四式可得 7λ1+17λ2=−6。類似地,為了使用第五式,我們將第一式加上第二式的三倍再加上第三式的九倍得到2x+6y+18z+34λ1+91λ2=0.
運用第五式可得 34λ1+91λ2=−18。如此解下列聯立{7λ1+17λ2=−6,34λ1+91λ2=−18.
可得 λ1=−24059、λ2=7859。因此 x=8159、y=12359、z=959,故 x2+y2+z2 的極小值發生在 (8159,12359,959),其值為 36959。解法二【本次測驗無法使用這個方法】
由於兩限制條件為空間中的兩平面,因此限制條件表示出空間中的一直線,聯立解得該直線的參數式如下{x=9t,y=3−6t,z=t.t∈R,
故 x2+y2+z2 可寫為 t 的函數如下x2+y2+z2=(9t)2+(3−6t)2+t2=118t2−36t+9=118(t−959)2+36959
故當 t=959 時有最小值 36959,此時的座標為 (8159,12359,959)。
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