※禁止使用計算機
- Compute the following limits
- limx→0(cosx+12x2)1x4= (1) .
- limx→03x−sin3x5x−tan5x= (2) .
- 運用換底公式後使用 L'Hôpital 法則如下
limx→0(cosx+12x2)1x4=limx→0exp(ln(cosx+x22)x4)=exp[limx→0ln(cosx+x22)x4]=exp[limx→01cosx+x22−sinx+x4x3]=exp[limx→0−cosx+112x2]=exp[limx→0sinx24x]=exp(124).
其中除了使用 L'Hôpital 法則之外,部分步驟也可以使用 Taylor 展開式處理。 - 【方法一】使用 L'Hôpital 法則可得
limx→03x−sin3x5x−tan5x=limx→03−3cos3x5−5sec25x=limx→09sin3x−50sec25xtan5x=−27250.
【方法二】使用 Taylor 展開式可得limx→03x−sin3x5x−tan5x=limx→03x−(3x−27x36+⋯)5x−(5x+125x33+⋯)=−27250.
- The graph of f(x)=(x+1)2/3(x−2)1/3 has an inflection point at x= (3) .
- 當 x=−1 時,在 x<−1 且靠近 x=−1 之附近可知 f″(x)>0,而在 x>−1 且靠近 x=−1 之附近有 f″(x)>0,故其凹向性未改變,故不為反曲點。
- 當 x=2 時,在 x<2 且靠近 x=2 之附近有 f″(x)>0,而在 x>2 且靠近 x=2 之附近有 f″(x)<0,故其凹向性有改變,故為反曲點。
- If x5+y5=33, then d2ydx2|x=1= (4) .
- If ∫2x+11f(t)etdt=tan−1x, then f(3)= (5) .
- Calculate the following integrals:
- ∫20x3(x2+4)3dx= (6) .
- ∫ln20√ex−1dx= (7) . (Hint: Use u=√ex−1.)
- ∫31x−2√x2−1dx= (8) .
- 令 u=x2+4,那麼上下界分別由 x=0 與 x=2 改為 u=4 與 u=8,並且有 du=2xdx,因此 x3dx=u−42du,因此所求的定積分可以改寫並計算如下
∫20x3(x2+4)3dx=∫841u3⋅u−42du=∫84(12u2−2u3)du=−12u+1u2|84=164.
- 令 u=√ex−1,上下界則由 x=0 與 x=ln2 分別改為 u=0 與 u=1,再者整理有 x=ln(u2+1),故有 dx=2uu2+1du,從而所求的定積分可以改寫並計算如下
∫ln20√ex−1dx=∫10u⋅2uu2+1du=∫10(2−2u2+1)du=2u−2tan−1u|10=2−π2.
- 令 x=secθ,那麼下界 x=1 可對應為 θ=0,而上界 x=3 可對應為 θ=sec−13,又 dx=secθtanθdθ,並且有恆等式 sec2θ−1=tan2θ,據此所求的定積分可以改寫並計算如下
∫31x−2√x2−1dx=∫sec−130secθ−2tanθ⋅secθtanθdθ=∫sec−130(sec2θ−2secθ)dθ=tanθ−2ln|secθ+tanθ||sec−130=tan(sec−13)−2ln[3+tan(sec−13)]=2√2−2ln(3+2√2)=2√2−4ln(1+√2).
- The integral ∫∞0(tan−1x)4xadx converges if and only if a is in the interval (9) .
- 對於第一項,從 Taylor 展開的觀點當 x 靠近於 0 時,分子類似於 x4,故 a<5 才可使之收斂。
- 對於第二項,當 x 趨於無窮時,分子為有界量(趨於 π4/16),故由 p 級數或直接積分驗算可知當 a>1 時該瑕積分收斂。
- Suppose that y′=xy−x with y(0)=2, then y(2)= (10) .
- Suppose that y′+y=2cosx with y(0)=2, then y(π6)= (11) .
- Let R be the region below the curve y=sin2x when 0≤x≤π and V be the volume of the solid obtained by rotating R about the y-axis. Then V= (12) .
- Find the sum
- ∞∑n=2(n−2)!+2nn!= (13) .
- ∞∑n=112n−1(1√3)2n= (14) .
- 首先將給定的級數分拆如下
∞∑n=2(n−2)!+2nn!=∞∑n=21n(n−1)+∞∑n=22nn!.
前者運用分項對消可以寫為∞∑n=21n(n−1)=∞∑n=2(1n−1−1n)=1.
而後者可運用 ex 的 Taylor 級數可以發現 ∞∑n=22nn!=e2−3,故所求為 e2−2。 - 考慮無窮等比級數如下
12(11−x+11+x)=11−x2=∞∑n=0x2n.
兩邊同取不定積分可知12ln|1+x1−x|=∞∑n=012n+1x2n+1+C=∞∑n=112n−1x2n−1+C.
取 x=0 可知 C=0。隨後兩邊同乘以 x 可得x2ln|1+x1−x|=∞∑n=112n−1x2n.
最後代入 x=1√3 可以求得∞∑n=112n−1(1√3)2n=12√3ln(√3+1√3−1).
- The 3rd nonzero term in the Maclaurin series of ln(2x3+5) is (15) .
- The 3rd nonzero term of the Maclaurin series of the function
f(x)={cscx−cotx,x≠00,x=0,
is (16) . - Let →r(t)=(etcost,etsint,et), −1≤t≤1.
- The length of the curve is (17) .
- The curvature at the point t=0 is (18) .
- 運用曲線弧長公式計算如下
s=∫1−1|→r′(t)|dt=∫1−1√(etcost−etsint)2+(etsint+etcost)2+e2tdt=√3∫1−1etdt=√3et|1−1=√3(e−e−1).
- 運用曲率公式如下
κ(t)=|→r′(t)×→r″(t)||→r′(t)|3=|(etcost−etsint,etsint+etcost,et)×(−2etsint,2etcost,et)|(√3et)3=|(e2tsint−e2tcost,−e2tsint−e2tcost,2e2t)|3√3e3t=√6e2t3√3e3t=√2e−t3.
因此所求為 κ(0)=√23。 - The shortest distance from the origin to the paraboloid z=x2+2y2−364 is (19) .
- 若 λ≠−1,那麼第一式給出 x=0,則第四式化為 y2=2z+18。接著觀察第二式,若 λ≠−0.5,那麼 y=0,則第四式就成為 z=−9,故得 (0,0,−9);若 λ=−0.5,那麼從第三式可知 z=−1,從第四式有 y2=16,即得 y=±4,故得 (0,±4,−1)。
- 若 λ=−1,那麼第二式給出 y=0,第三式給出 z=−2,而第四式則為 x2=28,從而 x=±2√7,故得 (±2√7,0,−2)。
- ∫10∫20∫1y/2yzcos(x3−1)dxdydz= (20) .
- The volume of the solid described by x2+y2≤1 and x2+y2+z2≤4 is (21) .
- The area of the surface x^2+y^2+z^2=4, \left(x-1\right)^2+y^2\leq1, is (22) .
- Let \vec{F}\left(x,y,z\right)=\left(\sin y,x\cos y+\cos z,-y\sin z\right), C:\vec{r}\left(t\right)=\left(\sin t,\cos t,2t\right), 0\leq t\leq\pi. \displaystyle\int_C\vec{F}\cdot d\vec{r}= (23) .
- Let C be the curve consisting of line segments from \left(0,0\right) to \left(2,1\right) to \left(1,2\right) to \left(0,0\right). \displaystyle\int_C\left(x-y\right)dx+\left(2x+y\right)dy= (24) .
- The flux of the vector field \vec F=\left(\sin y+x^3,3yz^2+e^z,3zy^2\right) through the surface x^2+y^2+z^2=1, z\geq0, where the surface is equipped with the upward normal, is (25) .
訣竅
對於第一小題可使用換底公式後應用 L'Hôpital 法則;對於第二小題可直接使用 L'Hôpital 法則或 Taylor 展開式即可。解法
訣竅
為了找出反曲點,我們解方程式 f″(x)=0;假若無解則進一步分析不可二階微分的位置附近有無凹向性改變。解法
直接求導可知f′(x)=23(x+1)−1/3(x−2)1/3+13(x+1)2/3(x−2)−2/3,f″(x)=−29(x+1)−4/3(x−2)1/3+49(x+1)−1/3(x−2)−2/3−29(x+1)2/3(x−2)−5/3.
為了解 f″(x)=0,可以同乘以 9(x+1)4/3(x−2)5/3 可得方程式−2⋅(−3)2=−2[(x−2)−(x+1)]2=−2(x−2)2+4(x+1)(x−2)−2(x+1)2=0.
故不可能有 f″(x)=0。藉由上述的計算可以進一步得知f′(x)=x−1(x+1)1/3(x−2)2/3,f″(x)=−2(x+1)4/3(x−2)5/3.
現在分析在 x=−1 與 x=2 附近之凹向性是否改變:訣竅
求出 y 後直接微分即可。解法
容易有 y=(33−x5)1/5,因此求導有dydx=15(33−x5)−4/5⋅−5x4=−x4(33−x5)−4/5,d2ydx2=−4x3(33−x5)−4/5−4x8(33−x5)−9/5.
取 x=1 代入有d2ydx2|x=1=−4⋅32−4/5−4⋅32−9/5=−4⋅116−4⋅1512=−14−1128=−33128.
訣竅
運用微積分基本定理與連鎖律即可求解。解法
兩邊對 x 微分f(2x+1)e2x+1⋅2=11+x2.
取 x=1 代入可得2f(3)e3=12.
移項整理可得 f(3)=e34。訣竅
各小題皆可運用變數代換法即可求解。解法
訣竅
將此瑕積分積分分為兩段後討論兩者分別收斂的條件。解法
首先將瑕積分分為兩段如下∫∞0(tan−1x)4xadx=∫10(tan−1x)4xadx+∫∞1(tan−1x)4xadx.
訣竅
可以運用分離變量法或積分因子法求解。解法一
移項整理有dyy−1=xdx.
同取不定積分可得ln|y−1|=x22+C.
由初始條件可以知道 C=0,因此解得 y(x)=1+ex2/2,故所求為 y(2)=1+e2。解法二
移項後兩邊同乘以積分因子 e−x2/2 可得(e−x2/2y)′=e−x2/2y′−xe−x2/2y=−xe−x2/2.
兩邊在 [0,x] 上取積分可知 e−x2/2y(x)−y(0)=e−x2/2−1,移項整理求得y(x)=1+ex2/2.
因此代入 x=2 得所求為 y(2)=1+e2。訣竅
運用積分因子法求解即可。解法
兩邊同乘以 ex 後有(exy)′=exy′+exy=2excosx.
兩邊在 [0,x] 上同取積分,其中右端需應用兩式分部積分法求得如下exy(x)−y(0)=excosx+exsinx−1.
整理有y(x)=cosx+sinx+e−x.
代入 x=π/6,可得y(π6)=1+√32+e−π/6.
訣竅
運用旋轉體體積公式求解即可。解法
運用旋轉體體積公式列式並計算如下V=∫π02πxydx=2π∫π0xsin2xdx=π∫π0x(1−cos2x)dx=π∫π0(x−xcos2x)dx=π2x2|π0−π2∫π0xdsin2x=π32+π2∫π0sin2xdx=π32−π8cos2x|π0=π32.
訣竅
第一小題運用熟知的 Taylor 級數和與分項對消即可求解;第二小題可運用基本的等比數列進行積分或求導計算。解法
訣竅
直接計算即可。解法
回憶起基本的 Maclaurin 級數有ln(1+x)=∞∑n=0(−1)nn+1xn+1.
如此對給定的函數作改寫可得ln(2x3+5)=ln5+ln(1+2x35)=ln5+∞∑n=0(−1)nn+1(2x35)n+1=ln5+∞∑n=0(−1)nn+1(25)n+1x3n+3.
如此寫出前三項的 Maclaurin 級數為 ln5+2x35−225x6,故第三個非零項為 −225x6。訣竅
將給定的函數使用更為基本的函數表達並使用 Taylor 展開式改寫即可求出第三項。解法一
容易改寫得到cscx−cotx=1−cosxsinx=x22−x424+x6720−⋯x−x36+x5120−⋯=x2⋅1−x212+x4360−⋯1−x26+x4120−⋯=x2(1+x212−x4180−⋯1−x26+x4120−⋯)=x2(1+x212+x41201−x26+x4120−⋯)=x2+x324+x5240+⋯.
故第三項為 x5240。解法二
容易改寫可注意到cscx−cotx=1−cosxsinx=1−(1−2sin2x2)2sinx2cosx2=tanx2=x2+13(x2)3+215(x2)5+⋯=x2+x324+x5240+⋯,
故第三項為 x5240。訣竅
運用曲線弧長公式與曲率公式求解即可。解法
訣竅
運用基本的不等式進行估算,亦可使用 Lagrange 乘子法求條件極值。解法一
設距離原點的距離平方函數為 f(x,y,z)=x2+y2+z2。由於限制條件容易注意到可改寫為x2+y2=x22+2z+18.
從而有f(x,y,z)=x22+2z+18+z2=x22+(z+1)2+17≥17.
此時等號成立條件為 x=0、z=−1,從而 y=±4。故最短距離為 √17。解法二
考慮 Lagrange 乘子函數如下F(x,y,z)=x2+y2+z2+λ(x2+2y2−4z−36).
據此解下列聯立方程組{Fx(x,y,z)=2x+2xλ=0,Fy(x,y,z)=2y+4yλ=0,Fz(x,y,z)=2z−4λ=0,Fλ(x,y,z)=x2+2y2−4z−36=0.
由第一式考慮 λ 是否為 −1:訣竅
運用 Fubini 定理交換積分次序即可。解法
可以注意到僅需交換 dxdy 的次序即可,原先的積分範圍 y/2≤x≤1、0≤y≤2 可改寫為 0≤x≤1、0≤y≤2x,據此所求的三重積分可以改寫並計算如下∫10∫20∫1y/2yzcos(x3−1)dxdydz=∫10∫10∫2x0yzcos(x3−1)dydxdz=∫10∫10y2z2cos(x3−1)|2x0dxdz=2(∫10zdz)(∫10x2cos(x3−1)dx)=sin(x3−1)3|10=sin13.
訣竅
設定底面後,運用底面積乘以高的思維列出體積算式並計算。解法
設 D={(x,y)∈R2:x2+y2≤1},那麼所求的體積為V=2∬.
運用極座標變換,令 x=r\cos\theta、y=r\sin\theta,此時變數範圍為 0\leq r\leq1、0\leq\theta\leq2\pi,故所求的體積可以改寫並計算如下\displaystyle\begin{aligned}V&=2\int_0^{2\pi}\int_0^1\sqrt{4-r^2}r\,dr\,d\theta\\&=2\pi\int_0^1\sqrt{4-r^2}\,dr^2\\&=\left.-\frac{4\pi}3\left(4-r^2\right)^{3/2}\right|_0^1\\&=\frac{32-12\sqrt3}3\pi.\end{aligned}
訣竅
將曲面參數化後運用曲面積分計算即可,其中可運用對稱性簡化之。解法
設 D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2\,:\,\left(x-1\right)^2+y^2\leq1\right\},而將上半球面參數化為{\bf r}\left(u,v\right)=\left(u,v,\sqrt{4-u^2-v^2}\right).
那麼所求的面積可表達如下\displaystyle\begin{aligned}A&=2\iint_D\left|{\bf r}_u\left(u,v\right)\times{\bf r}_v\left(u,v\right)\right|d\sigma\\&=2\iint_D\left|\left(1,0,-\frac{u}{\sqrt{4-u^2-v^2}}\right)\times\left(0,1,-\frac v{\sqrt{4-u^2-v^2}}\right)\right|\,d\sigma\\&=2\iint_D\left|\left(\frac u{\sqrt{4-u^2-v^2}},\frac v{\sqrt{4-u^2-v^2}},1\right)\right|\,d\sigma\\&=4\iint_D\frac1{\sqrt{4-u^2-v^2}}\,d\sigma.\end{aligned}
至此使用極座標變換,令 u=r\cos\theta、v=r\sin\theta,此時變數範圍為 0\leq r\leq2\cos\theta、-\pi/2\leq\theta\leq\pi/2,故所求面積可以改寫並繼續計算如下\begin{aligned}A&=4\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^{2\cos\theta}\frac1{\sqrt{4-r^2}}r\,dr\,d\theta\\&=-4\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sqrt{4-r^2}\Big|_0^{2\cos\theta}\,d\theta\\&=4\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\left(2-2\left|\sin\theta\right|\right)d\theta\\&=16\int_0^{\pi/2}\left(1-\sin\theta\right)d\theta\\&=16\left(\theta+\cos\theta\right)\Big|_0^{\pi/2}\\&=8\pi-16.\end{aligned}
訣竅
運用線積分基本定理即可,其中位能函數可以藉由試誤直接湊得。解法
設 f\left(x,y,z\right)=x\sin y+y\cos z,容易確認 \nabla f\left(x,y,z\right)=\vec F\left(x,y,z\right),故由線積分基本定理可知\displaystyle\int_C\vec F\cdot d\vec r=f\left(\vec{r}\left(\pi\right)\right)-f\left(\vec r\left(0\right)\right)=f\left(0,-1,2\pi\right)-f\left(0,1,0\right)=-1-1=-2.
訣竅
運用 Green 定理計算即可。解法
設 C 所圍成的區域為 D,那麼應用 Green 定理可知\displaystyle\int_C\left(x-y\right)dx+\left(2x+y\right)dy=\iint_D\left[\frac{\partial}{\partial x}\left(2x+y\right)-\frac{\partial}{\partial y}\left(x-y\right)\right]dA=3\iint_DdA.
由於 D 為三角形,容易看出三邊長分別為 \sqrt2,\sqrt5,\sqrt5 為等腰三角形,易求出其面積為 \displaystyle\sqrt2\cdot\frac3{\sqrt2}\cdot\frac12=\frac32,故所求的線積分之值為 \displaystyle3\cdot\frac32=\frac92。訣竅
運用 Gauss 散度定理計算即可。解法
設 S_1=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb R^3\,:\,x^2+y^2+z^2=1,z\geq0\right\},S_2=\left\{\left(x,y,0\right)\in\mathbb R^3\,:\,x^2+y^2\leq1\right\},而 S_1\cup S_2 所包圍的區域為\displaystyle D=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb R^3\,:\,x^2+y^2+z^2\leq1,z\geq0\right\}.
那麼由 Gauss 散度定理可知\displaystyle\iint_{S_1\cup S_2}\vec F\cdot\vec n\,d\sigma=\iiint_D\left(\nabla\cdot\vec{F}\right)dV=3\iiint_D\left(x^2+y^2+z^2\right)dV.
對於上述最後一項可應用球體座標變換,令 x=\rho\cos\theta\sin\phi、y=\rho\sin\theta\sin\phi、z=\rho\cos\phi,其中變數範圍為 0\leq\rho\leq1、0\leq\phi\leq\pi/2、0\leq\theta\leq2\pi,如此有\displaystyle\begin{aligned}3\iiint_D\left(x^2+y^2+z^2\right)dV&=3\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi/2}\int_0^1\rho^2\cdot\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta\\&=3\left(\int_0^{2\pi}d\theta\right)\left(\int_0^{\pi/2}\sin\phi\,d\phi\right)\left(\int_0^1\rho^4\,d\rho\right)\\&=3\cdot2\pi\cdot1\cdot\frac15\\&=\frac{6\pi}5.\end{aligned}
另一方面,計算 S_2 上的通量如下\displaystyle\iint_{S_2}\vec F\cdot\vec n\,d\sigma=\iint_{S_2}\left(\sin y+x^3,1,0\right)\cdot\left(0,0,-1\right)d\sigma=0.
因此所求即為 \displaystyle\frac{6\pi}5。
版主您好!想請問17題最後面的積分步驟,為什麼要把(-π/2積到π/2)寫成2倍的(0積到π/2)呢?
回覆刪除我看1-sinθ的圖形都是在X軸的上方,所以不太理解