※禁止使用計算機
- Compute the following limits
- $\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\cos x+\frac12x^2\right)^{\frac1{x^4}}=$ (1) .
- $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{3x-\sin3x}{5x-\tan5x}=$ (2) .
- 運用換底公式後使用 L'Hôpital 法則如下
$\begin{aligned}\displaystyle\lim_{x\to0}\left(\cos x+\frac12x^2\right)^{\frac1{x^4}}&=\lim_{x\to0}\exp\left(\frac{\ln\left(\cos x+\frac{x^2}2\right)}{x^4}\right)\\&=\exp\left[\lim_{x\to0}\frac{\ln\left(\cos x+\frac{x^2}2\right)}{x^4}\right]\\&=\exp\left[\lim_{x\to0}\frac1{\cos x+\frac{x^2}2}\frac{-\sin x+x}{4x^3}\right]\\&=\exp\left[\lim_{x\to0}\frac{-\cos x+1}{12x^2}\right]\\&=\exp\left[\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{24x}\right]\\&=\exp\left(\frac1{24}\right).\end{aligned}$
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
$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{3x-\sin3x}{5x-\tan5x}=\lim_{x\to0}\frac{3-3\cos3x}{5-5\sec^25x}=\lim_{x\to0}\frac{9\sin3x}{-50\sec^25x\tan5x}=-\frac{27}{250}$.
【方法二】使用 Taylor 展開式可得$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{3x-\sin3x}{5x-\tan5x}=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle3x-\left(3x-\frac{27x^3}6+\cdots\right)}{\displaystyle5x-\left(5x+\frac{125x^3}3+\cdots\right)}=-\frac{27}{250}$.
- The graph of $f\left(x\right)=\left(x+1\right)^{2/3}\left(x-2\right)^{1/3}$ 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 $x^5+y^5=33$, then $\displaystyle\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{x=1}=$ (4) .
- If $\displaystyle\int_1^{2x+1}\frac{f\left(t\right)}{e^t}\,dt=\tan^{-1}x$, then $f\left(3\right)=$ (5) .
- Calculate the following integrals:
- $\displaystyle\int_0^2\frac{x^3}{\left(x^2+4\right)^3}\,dx=$ (6) .
- $\displaystyle\int_0^{\ln2}\sqrt{e^x-1}\,dx=$ (7) . (Hint: Use $u=\sqrt{e^x-1}$.)
- $\displaystyle\int_1^3\frac{x-2}{\sqrt{x^2-1}}\,dx=$ (8) .
- 令 $u=x^2+4$，那麼上下界分別由 $x=0$ 與 $x=2$ 改為 $u=4$ 與 $u=8$，並且有 $du=2x\,dx$，因此 $\displaystyle x^3dx=\frac{u-4}2\,du$，因此所求的定積分可以改寫並計算如下
$\displaystyle\int_0^2\frac{x^3}{\left(x^2+4\right)^3}\,dx=\int_4^8\frac1{u^3}\cdot\frac{u-4}2\,du=\int_4^8\left(\frac1{2u^2}-\frac2{u^3}\right)du=\left.-\frac1{2u}+\frac1{u^2}\right|_4^8=\frac1{64}$.
- 令 $u=\sqrt{e^x-1}$，上下界則由 $x=0$ 與 $x=\ln2$ 分別改為 $u=0$ 與 $u=1$，再者整理有 $x=\ln\left(u^2+1\right)$，故有 $\displaystyle dx=\frac{2u}{u^2+1}\,du$，從而所求的定積分可以改寫並計算如下
$\displaystyle\int_0^{\ln2}\sqrt{e^x-1}\,dx=\int_0^1u\cdot\frac{2u}{u^2+1}\,du=\int_0^1\left(2-\frac2{u^2+1}\right)du=2u-2\tan^{-1}u\Big|_0^1=2-\frac\pi2.$
- 令 $x=\sec\theta$，那麼下界 $x=1$ 可對應為 $\theta=0$，而上界 $x=3$ 可對應為 $\theta=\sec^{-1}3$，又 $dx=\sec\theta\tan\theta\,d\theta$，並且有恆等式 $\sec^2\theta-1=\tan^2\theta$，據此所求的定積分可以改寫並計算如下
$\displaystyle\begin{aligned}\int_1^3\frac{x-2}{\sqrt{x^2-1}}\,dx&=\int_0^{\sec^{-1}3}\frac{\sec\theta-2}{\tan\theta}\cdot\sec\theta\tan\theta\,d\theta\\&=\int_0^{\sec^{-1}3}\left(\sec^2\theta-2\sec\theta\right)d\theta\\&=\tan\theta-2\ln\left|\sec\theta+\tan\theta\right|\Big|_0^{\sec^{-1}3}\\&=\tan\left(\sec^{-1}3\right)-2\ln\left[3+\tan\left(\sec^{-1}3\right)\right]\\&=2\sqrt2-2\ln\left(3+2\sqrt2\right)\\&=2\sqrt2-4\ln\left(1+\sqrt2\right).\end{aligned}$
- The integral $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\left(\tan^{-1}x\right)^4}{x^a}\,dx$ 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 $x^4$，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 $\pi^4/16$），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 $y\left(0\right)=2$, then $y\left(2\right)=$ (10) .
- Suppose that $y'+y=2\cos x$ with $y\left(0\right)=2$, then $\displaystyle y\left(\frac\pi6\right)=$ (11) .
- Let $R$ be the region below the curve $y=\sin^2x$ when $0\leq x\leq\pi$ and $V$ be the volume of the solid obtained by rotating $R$ about the $y$-axis. Then $V=$ (12) .
- Find the sum
- $\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\left(n-2\right)!+2^n}{n!}=$ (13) .
- $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2n-1}\left(\frac1{\sqrt3}\right)^{2n}=$ (14) .
- 首先將給定的級數分拆如下
$\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{\left(n-2\right)!+2^n}{n!}=\sum_{n=2}^\infty\frac1{n\left(n-1\right)}+\sum_{n=2}^\infty\frac{2^n}{n!}$.
前者運用分項對消可以寫為$\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n\left(n-1\right)}=\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac1{n-1}-\frac1n\right)=1$.
而後者可運用 $e^x$ 的 Taylor 級數可以發現 $\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{2^n}{n!}=e^2-3$，故所求為 $e^2-2$。 - 考慮無窮等比級數如下
$\displaystyle\frac12\left(\frac1{1-x}+\frac1{1+x}\right)=\frac1{1-x^2}=\sum_{n=0}^\infty x^{2n}$.
兩邊同取不定積分可知$\displaystyle\frac12\ln\left|\frac{1+x}{1-x}\right|=\sum_{n=0}^\infty\frac1{2n+1}x^{2n+1}+C=\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n-1}x^{2n-1}+C$.
取 $x=0$ 可知 $C=0$。隨後兩邊同乘以 $x$ 可得$\displaystyle\frac{x}2\ln\left|\frac{1+x}{1-x}\right|=\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n-1}x^{2n}$.
最後代入 $\displaystyle x=\frac1{\sqrt3}$ 可以求得$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n-1}\left(\frac1{\sqrt3}\right)^{2n}=\frac1{2\sqrt3}\ln\left(\frac{\sqrt3+1}{\sqrt3-1}\right)$.
- The $3$rd nonzero term in the Maclaurin series of $\ln\left(2x^3+5\right)$ is (15) .
- The $3$rd nonzero term of the Maclaurin series of the function
$f\left(x\right)=\begin{cases}\csc x-\cot x,&x\neq0\\0,&x=0,\end{cases}$
is (16) . - Let $\vec{r}\left(t\right)=\left(e^t\cos t,e^t\sin t,e^t\right)$, $-1\leq t\leq1$.
- 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
$\displaystyle\begin{aligned}s&=\int_{-1}^1\left|\vec{r}'\left(t\right)\right|dt\\&=\int_{-1}^1\sqrt{\left(e^t\cos t-e^t\sin t\right)^2+\left(e^t\sin t+e^t\cos t\right)^2+e^{2t}}\,dt\\&=\sqrt3\int_{-1}^1e^tdt\\&=\sqrt3e^t\Big|_{-1}^1\\&=\sqrt3\left(e-e^{-1}\right).\end{aligned}$
- 運用曲率公式如下
$\displaystyle\begin{aligned}\kappa\left(t\right)&=\frac{\left|\vec{r}'\left(t\right)\times\vec{r}''\left(t\right)\right|}{\left|\vec{r}'\left(t\right)\right|^3}\\&=\frac{\left|\left(e^t\cos t-e^t\sin t,e^t\sin t+e^t\cos t,e^t\right)\times\left(-2e^t\sin t,2e^t\cos t,e^t\right)\right|}{\left(\sqrt3e^t\right)^3}\\&=\frac{\left|\left(e^{2t}\sin t-e^{2t}\cos t,-e^{2t}\sin t-e^{2t}\cos t,2e^{2t}\right)\right|}{3\sqrt3e^{3t}}\\&=\frac{\sqrt6e^{2t}}{3\sqrt3e^{3t}}=\frac{\sqrt2e^{-t}}3.\end{aligned}$
因此所求為 $\displaystyle\kappa\left(0\right)=\frac{\sqrt2}3$。 - The shortest distance from the origin to the paraboloid $\displaystyle z=\frac{x^2+2y^2-36}4$ is (19) .
- 若 $\lambda\neq-1$，那麼第一式給出 $x=0$，則第四式化為 $y^2=2z+18$。接著觀察第二式，若 $\lambda\neq-0.5$，那麼 $\displaystyle y=0$，則第四式就成為 $z=-9$，故得 $\left(0,0,-9\right)$；若 $\lambda=-0.5$，那麼從第三式可知 $z=-1$，從第四式有 $y^2=16$，即得 $y=\pm4$，故得 $\left(0,\pm4,-1\right)$。
- 若 $\lambda=-1$，那麼第二式給出 $y=0$，第三式給出 $z=-2$，而第四式則為 $x^2=28$，從而 $x=\pm2\sqrt7$，故得 $\left(\pm2\sqrt7,0,-2\right)$。
- $\displaystyle\int_0^1\int_0^2\int_{y/2}^1yz\cos\left(x^3-1\right)dxdydz=$ (20) .
- The volume of the solid described by $x^2+y^2\leq1$ and $x^2+y^2+z^2\leq4$ 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 $f''\left(x\right)=0$；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$\displaystyle\begin{aligned}&f'\left(x\right)=\frac23\left(x+1\right)^{-1/3}\left(x-2\right)^{1/3}+\frac13\left(x+1\right)^{2/3}\left(x-2\right)^{-2/3},\\&f''\left(x\right)=-\frac29\left(x+1\right)^{-4/3}\left(x-2\right)^{1/3}+\frac49\left(x+1\right)^{-1/3}\left(x-2\right)^{-2/3}-\frac29\left(x+1\right)^{2/3}\left(x-2\right)^{-5/3}.\end{aligned}$
為了解 $f''\left(x\right)=0$，可以同乘以 $9\left(x+1\right)^{4/3}\left(x-2\right)^{5/3}$ 可得方程式$-2\cdot\left(-3\right)^2=-2\left[\left(x-2\right)-\left(x+1\right)\right]^2=-2\left(x-2\right)^2+4\left(x+1\right)\left(x-2\right)-2\left(x+1\right)^2=0$.
故不可能有 $f''\left(x\right)=0$。藉由上述的計算可以進一步得知$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{x-1}{\left(x+1\right)^{1/3}\left(x-2\right)^{2/3}},\quad f''\left(x\right)=-\frac2{\left(x+1\right)^{4/3}\left(x-2\right)^{5/3}}.$
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 $y=\left(33-x^5\right)^{1/5}$，因此求導有$\displaystyle\begin{aligned}&\frac{dy}{dx}=\frac15\left(33-x^5\right)^{-4/5}\cdot-5x^4=-x^4\left(33-x^5\right)^{-4/5},\\&\frac{d^2y}{dx^2}=-4x^3\left(33-x^5\right)^{-4/5}-4x^8\left(33-x^5\right)^{-9/5}.\end{aligned}$
取 $x=1$ 代入有$\displaystyle\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{x=1}=-4\cdot32^{-4/5}-4\cdot32^{-9/5}=-4\cdot\frac1{16}-4\cdot\frac1{512}=-\frac14-\frac1{128}=-\frac{33}{128}.$
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$\displaystyle\frac{f\left(2x+1\right)}{e^{2x+1}}\cdot2=\frac1{1+x^2}$.
取 $x=1$ 代入可得$\displaystyle\frac{2f\left(3\right)}{e^3}=\frac12$.
移項整理可得 $\displaystyle f\left(3\right)=\frac{e^3}4$。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$\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\left(\tan^{-1}x\right)^4}{x^a}\,dx=\int_0^1\frac{\left(\tan^{-1}x\right)^4}{x^a}\,dx+\int_1^\infty\frac{\left(\tan^{-1}x\right)^4}{x^a}\,dx$.
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$\displaystyle\frac{dy}{y-1}=x\,dx$.
同取不定積分可得$\displaystyle\ln\left|y-1\right|=\frac{x^2}2+C$.
由初始條件可以知道 $C=0$，因此解得 $\displaystyle y\left(x\right)=1+e^{x^2/2}$，故所求為 $y\left(2\right)=1+e^2$。解法二
移項後兩邊同乘以積分因子 $e^{-x^2/2}$ 可得$\displaystyle \left(e^{-x^2/2}y\right)'=e^{-x^2/2}y'-xe^{-x^2/2}y=-xe^{-x^2/2}$.
兩邊在 $\left[0,x\right]$ 上取積分可知 $e^{-x^2/2}y\left(x\right)-y\left(0\right)=e^{-x^2/2}-1$，移項整理求得$y\left(x\right)=1+e^{x^2/2}$.
因此代入 $x=2$ 得所求為 $y\left(2\right)=1+e^2$。訣竅
運用積分因子法求解即可。解法
兩邊同乘以 $e^x$ 後有$\left(e^xy\right)'=e^xy'+e^xy=2e^x\cos x$.
兩邊在 $\left[0,x\right]$ 上同取積分，其中右端需應用兩式分部積分法求得如下$e^xy\left(x\right)-y\left(0\right)=e^x\cos x+e^x\sin x-1$.
整理有$y\left(x\right)=\cos x+\sin x+e^{-x}$.
代入 $x=\pi/6$，可得$\displaystyle y\left(\frac\pi6\right)=\frac{1+\sqrt3}2+e^{-\pi/6}$.
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$\displaystyle\begin{aligned}V&=\int_0^\pi2\pi xy\,dx\\&=2\pi\int_0^\pi x\sin^2x\,dx\\&=\pi\int_0^\pi x\left(1-\cos2x\right)dx\\&=\pi\int_0^\pi\left(x-x\cos2x\right)dx\\&=\left.\frac\pi2x^2\right|_0^\pi-\frac\pi2\int_0^\pi x\,d\sin2x\\&=\frac{\pi^3}2+\frac\pi2\int_0^\pi\sin2x\,dx\\&=\frac{\pi^3}2-\left.\frac\pi8\cos2x\right|_0^\pi\\&=\frac{\pi^3}2.\end{aligned}$
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$\displaystyle\ln\left(1+x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{n+1}x^{n+1}$.
如此對給定的函數作改寫可得$\displaystyle\ln\left(2x^3+5\right)=\ln5+\ln\left(1+\frac{2x^3}5\right)=\ln5+\sum_{n=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^n}{n+1}\left(\frac{2x^3}5\right)^{n+1}=\ln5+\sum_{n=0}^\infty\frac{\left(-1\right)^n}{n+1}\left(\frac25\right)^{n+1}x^{3n+3}$.
如此寫出前三項的 Maclaurin 級數為 $\displaystyle\ln5+\frac{2x^3}5-\frac2{25}x^6$，故第三個非零項為 $\displaystyle-\frac2{25}x^6$。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$\begin{aligned}\csc x-\cot x&=\frac{1-\cos x}{\sin x}=\frac{\displaystyle\frac{x^2}2-\frac{x^4}{24}+\frac{x^6}{720}-\cdots}{\displaystyle x-\frac{x^3}6+\frac{x^5}{120}-\cdots}\\&=\frac{x}2\cdot\frac{\displaystyle1-\frac{x^2}{12}+\frac{x^4}{360}-\cdots}{\displaystyle1-\frac{x^2}{6}+\frac{x^4}{120}-\cdots}=\frac{x}2\left(1+\frac{\displaystyle\frac{x^2}{12}-\frac{x^4}{180}-\cdots}{\displaystyle1-\frac{x^2}6+\frac{x^4}{120}-\cdots}\right)\\&=\frac x2\left(1+\frac{x^2}{12}+\frac{\displaystyle\frac{x^4}{120}}{\displaystyle1-\frac{x^2}6+\frac{x^4}{120}-\cdots}\right)=\frac x2+\frac{x^3}{24}+\frac{x^5}{240}+\cdots.\end{aligned}$
故第三項為 $\displaystyle\frac{x^5}{240}$。解法二
容易改寫可注意到$\begin{aligned}\csc x-\cot x&=\frac{1-\cos x}{\sin x}=\frac{\displaystyle1-\left(1-2\sin^2\frac x2\right)}{\displaystyle2\sin\frac x2\cos\frac x2}\\&=\tan\frac x2=\frac x2+\frac13\left(\frac x2\right)^3+\frac2{15}\left(\frac x2\right)^5+\cdots\\&=\frac x2+\frac{x^3}{24}+\frac{x^5}{240}+\cdots,\end{aligned}$
故第三項為 $\displaystyle\frac{x^5}{240}$。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 $f\left(x,y,z\right)=x^2+y^2+z^2$。由於限制條件容易注意到可改寫為$\displaystyle x^2+y^2=\frac{x^2}2+2z+18$.
從而有$\displaystyle f\left(x,y,z\right)=\frac{x^2}2+2z+18+z^2=\frac{x^2}2+\left(z+1\right)^2+17\geq17$.
此時等號成立條件為 $x=0$、$z=-1$，從而 $y=\pm4$。故最短距離為 $\sqrt{17}$。解法二
考慮 Lagrange 乘子函數如下$F\left(x,y,z\right)=x^2+y^2+z^2+\lambda\left(x^2+2y^2-4z-36\right)$.
據此解下列聯立方程組$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z\right)=2x+2x\lambda=0,\\&F_y\left(x,y,z\right)=2y+4y\lambda=0,\\&F_z\left(x,y,z\right)=2z-4\lambda=0,\\&F_\lambda\left(x,y,z\right)=x^2+2y^2-4z-36=0.\end{aligned}\right.$
由第一式考慮 $\lambda$ 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 $dx\,dy$ 的次序即可，原先的積分範圍 $y/2\leq x\leq1$、$0\leq y\leq2$ 可改寫為 $0\leq x\leq1$、$0\leq y\leq2x$，據此所求的三重積分可以改寫並計算如下$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^1\int_0^2\int_{y/2}^1yz\cos\left(x^3-1\right)dx\,dy\,dz&=\int_0^1\int_0^1\int_0^{2x}yz\cos\left(x^3-1\right)dy\,dx\,dz\\&=\int_0^1\int_0^1\left.\frac{y^2z}2\cos\left(x^3-1\right)\right|_0^{2x}dx\,dz\\&=2\left(\int_0^1z\,dz\right)\left(\int_0^1x^2\cos\left(x^3-1\right)dx\right)\\&=\left.\frac{\sin\left(x^3-1\right)}3\right|_0^1\\&=\frac{\sin1}3.\end{aligned}$
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 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb R^2:x^2+y^2\leq1\right\}$，那麼所求的體積為$\displaystyle V=2\iint_D\sqrt{4-x^2-y^2}\,dA$.
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