- ($8/100$) Evaluate the limit $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x^{-3/2}\int_{a\sqrt{x}}^{b\sqrt{x}}\sin\left(\theta^2\right)d\theta=$ (A).
- ($16/100$) Evaluate the integral $\displaystyle\int\frac{dx}{x^2\left(x^2+x+1\right)}=$ (B).
- ($8/100$) Put $S_1=\{p\in\mathbb{R}|\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x}\left(x^3+x^9\right)^p}$ converges$\}$. Find $S_1=$ (C).
- 當 $x\in\left(0,1\right)$ 時， $x^9<x^3$，考慮被積分函數為 $\displaystyle\frac1{\sqrt{x}\left(x^3+x^9\right)^p}=\frac1{x^{(6p+1)/2}\left(1+x^6\right)^p}$。故當 $\displaystyle\frac{6p+1}2\geq1$ 時第一項瑕積分發散，而 $\displaystyle\frac{6p+1}2<1$ 時第一項瑕積分收斂；
- 當 $x\in\left(1,\infty\right)$ 時，$x^9>x^3$，考慮被積分函數為 $\displaystyle\frac1{\sqrt{x}\left(x^3+x^9\right)^p}=\frac1{x^{(18p+1)/2}\left(1+\frac1{x^6}\right)^p}$。故當 $\displaystyle\frac{18+1}2\leq1$ 時第二項瑕積分發散，而 $\displaystyle\frac{18p+1}2>1$ 時第二項瑕積分收斂。
- ($16/100$) Define $\displaystyle\varphi\left(x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(x-2\right)^n}{n2^n}$.
- Put $S_2=\{x\in\mathbb{R}|\varphi\left(x\right)\mbox{ converges}\}$. Find $S_2=$ (D).
- Let $\Phi$ be the function defined on all real numbers except for one point and of which the Taylor expansion around the center $2$ is exactly $\varphi(x)$. Find $\Phi=$ (E).
- 使用比值審斂法可知收斂半徑為
$\displaystyle R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)\cdot2^{n+1}}{n\cdot2^n}=2$
故可確定 $\varphi$ 在 $\left(0,4\right)$ 上收斂。現在檢查端點如下- 當 $x=0$ 時，級數為 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}n$，可用交錯級數審斂法知其收斂；
- 當 $x=4$ 時，級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n$ 為調和級數，可由 $p$ 級數在 $p=1$ 的情形知其發散。
- 設有這樣的 $\Phi$，那麼按題意知當 $x\in\left[0,4\right)$ 時 $\Phi$ 滿足
$\displaystyle\Phi(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-2)^n}{n\cdot2^n}$
兩邊同時對於 $x$ 微分可得$\displaystyle\Phi'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-2)^{n-1}}{2^n}$
接著兩邊同乘以 $x-2$ 並使用無窮等比求和公式可知$\displaystyle\left(x-2\right)\Phi'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-2)^n}{2^n}=1-\frac1{\displaystyle1-\frac{x-2}2}=\frac{2-x}{4-x}$
因此$\displaystyle\Phi'(x)=\frac1{x-4}$
故同取積分有$\displaystyle\Phi(x)=\ln\left|x-4\right|+C$
此處 $C$ 為積分常數。由 $\Phi(2)=\varphi(2)=0$ 可以決定出 $C=-\ln2$，故所求為 $\displaystyle\Phi(x)=\ln\frac{\left|x-4\right|}2$。並且注意到這樣的 $\Phi$ 確實在實數線上除了 $x=4$ 以外皆有定義。 - ($12/100$) Let $z=z(x,y)=x^3+y^2-3xy-x+y+1$.
- Let $S_3$ be the plane tangent to the graph of $z$ at $(x,y,z)=(1,-1,2)$. Find $S_3$: (F).
- Let $S_4$ represent the line normal to the level curve $z(x,y)=2$ at $(x,y)=(1,-1)$. Find $S_4$: (G).
- 設 $F(x,y,z)=x^3+y^2-3xy-x+y+1-z$，那麼其梯度函數為
$\nabla F\left(x,y,z\right)=\left(F_x(x,y,z),F_y(x,y,z),F_z(x,y,z)\right)=\left(3x^2-3y-1,2y-3x+1,-1\right)$
因此在 $\left(x,y,z\right)=\left(1,-1,2\right)$ 的法向量為 $\nabla F\left(1,-1,2\right)=\left(5,-5,-1\right)$。故由點法式可知所求的切平面方程式為$5\left(x-1\right)-5\left(y+1\right)-\left(z-2\right)=0$
或寫為 $5x-5y-z=8$。 - 設 $f\left(x,y,z\right)=z(x,y)-2=x^3+y^2-3xy-x+y-1$，那麼其梯度函數為
$\nabla f\left(x,y\right)=\left(f_x(x,y),f_y(x,y)\right)=\left(3x^2-3y-1,2y-3x+1\right)$
故在 $\left(x,y\right)=\left(1,-1\right)$ 處的法向量為 $\nabla f\left(1,-1\right)=\left(5,-5\right)\parallel\left(1,-1\right)$，從而法線的法向量為 $\left(1,1\right)$，故法線方程式為 $x+y=0$。 - ($8/100$) Let $S_5=\{a\geq0|\text{ the equation }x^3-ax+1=0\text{ has three distinct real roots}\}$. Find $S_5=$ (H).
- ($8/100$) Denote by $\displaystyle\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}$ the Jacobian of the coordinate transformation $x=uv$, $\displaystyle y=\frac12\left(u^2-v^2\right)$. Calculate $\displaystyle\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=$ (I).
- ($12/100$) Find all maxima, minima, and saddle points of the function $\displaystyle f\left(x,y\right)=\frac13x^3+xy^2+2xy-3x$.
- 當 $x=0$ 時，第一式為 $y^2+2y-3=0$，可得 $y=1$ 或 $y=-3$；
- 當 $y=-1$ 時，第一式即有$x^2=4$，故 $x=\pm2$。
- $D\left(0,1\right)=-16<0$，故 $\left(0,1\right)$ 為鞍點；
- $D\left(0,-3\right)=-16<0$，故 $\left(0,-3\right)$ 為鞍點；
- $D\left(-2,-1\right)=16>0$ 且 $f_{xx}(-2,-1)=-4<0$，故 $\left(-2,-1\right)$ 為局部極大點；
- $D\left(2,-1\right)=16>0$ 且 $f_{xx}\left(2,-1\right)=4>0$，故 $\left(2,-1\right)$ 為局部極小點。
- ($12/100$) Evaluate the following integral
$\displaystyle\int_0^{5/3}\int_{\left(-1+\sqrt{1+9y}\right)/3}^1\sqrt[3]{x^3+x^2+1}dxdy$.
訣竅
使用羅必達法則、微積分基本定理和連鎖律求解，隨後將使用經典的極限公式。解法
首先將極限寫為如下後使用羅必達法則、微積分基本定理與連鎖律可得$\displaystyle\begin{aligned}\lim_{x\to0^+}x^{-3/2}\int_{a\sqrt{x}}^{b\sqrt{x}}\sin\left(\theta^2\right)d\theta&=\lim_{x\to0^+}\frac1{x^{3/2}}\int_{a\sqrt{x}}^{b\sqrt{x}}\sin\left(\theta^2\right)d\theta\\&=\lim_{x\to0^+}\frac2{3x^{1/2}}\left(\frac{b}{2\sqrt{x}}\sin\left(b^2x\right)-\frac{a}{2\sqrt{x}}\sin\left(a^2x\right)\right)\\&=\frac13\lim_{x\to0^+}\left(b^3\frac{\sin\left(b^2x\right)}{b^2x}-a^3\frac{\sin\left(a^2x\right)}{a^2x}\right)\\&=\frac{b^3-a^3}{3}\end{aligned}$
訣竅
先將被積分函數拆分為部分分式，隨後可以個別積分處理之。解法
首先留意到等式$\displaystyle\frac1{x^2\left(x^2+x+1\right)}=\frac{-x+1}{x^2}+\frac{x}{x^2+x+1}=-\frac1x+\frac1{x^2}+\frac12\frac{2x+1}{x^2+x+1}-\frac12\frac1{\left(x+\frac12\right)^2+\left(\frac{\sqrt3}2\right)^2}$
故所求的的不定積分為$\displaystyle\begin{aligned}\int\frac{dx}{x^2\left(x^2+x+1\right)}&=-\int\frac{dx}x+\int\frac{dx}{x^2}+\frac12\int\frac{2x+1}{x^2+x+1}dx-\frac12\int\frac{dx}{\left(x+\frac12\right)^2+\left(\frac{\sqrt3}2\right)^2}\\&=-\ln\left|x\right|-\frac1x+\frac12\left(x^2+x+1\right)-\frac1{\sqrt3}\tan^{-1}\left(\frac{2x+1}{\sqrt3}\right)+C\end{aligned}$
訣竅
根據比較定理的思想，我們只需要去考慮被積分函數趨於零與趨於無窮的狀態並與 $\frac1{x^n}$ 去比較。解法
由於要使該瑕積分收斂，即下列兩個瑕積分皆要收斂：$\displaystyle\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x}\left(x^3+x^9\right)^p},\quad\int_1^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x}\left(x^3+x^9\right)^p}.$
容易可以注意到當 $p=0$ 時第二項瑕積分不收斂，而當 $p<0$ 時將持續使第二項瑕積分不收斂（因為當 $p$ 減少時該積分之值將更大），故我們僅考慮 $p>0$ 的情形。$\displaystyle S_1=\left\{p\in\mathbb{R}:\frac1{18}<p<\frac16\right\}.$
訣竅
使用比值審斂法(Ratio Test)去求出 $\varphi$ 的收斂區間；使用無窮等比級數求和公式與逐項微分等技巧求出 $\Phi$。解法
訣竅
運用梯度求出切平面的法向量，隨後使用點法式寫出切平面方程式；同樣的方法可以適用在二維平面上計算出法向量從而獲得法線方程式。解法
訣竅
為了使方程式有三個相異的實根，我們應使這個三次方程的局部極大值為正而局部極小值為負，從而由勘根定理便可確保有三個相異實根。解法
誠如訣竅所提，我們設 $f\left(x\right)=x^3-ax+1$ 並求 $f$ 的局部極值。為此我們解方程式 $f'\left(x\right)=3x^2-a=0$。由於 $a=0$ 明顯無三實根，故我們僅考慮 $a>0$ 的情形，故可得兩個極值候選點 $\displaystyle x=\pm\sqrt{\frac{a}3}$。再者由二階導函數來判斷，可以注意到$\displaystyle f''\left(-\sqrt{\frac{a}3}\right)=-2\sqrt{3a}<0$, $\displaystyle f''\left(\sqrt{\frac{a}3}\right)=2\sqrt{3a}>0$
因此在 $\displaystyle x=-\sqrt{\frac{a}3}$ 處為局部極大值，而在 $\displaystyle x=\sqrt{\frac{a}3}$ 處為局部極小值。如訣竅所提，要確保有三個相異實根即要求下列條件成立$\displaystyle f\left(-\sqrt{\frac{a}3}\right)>0$, $\displaystyle f\left(\sqrt{\frac{a}3}\right)<0$
此即$\displaystyle\frac{2a}3\sqrt{\frac{a}3}+1>0$, $\displaystyle-\frac{2a}3\sqrt{\frac{a}3}+1<0$
而第一個條件對於所有正數 $a$ 皆成立，故僅需考慮第二個條件，可得即$\displaystyle a^{3/2}>\frac{3\sqrt3}2$
即$\displaystyle a>\frac3{2^{2/3}}=\frac{3\sqrt[3]2}2$
訣竅
根據 Jacobian 的定義計算即可。解法
由 Jacobian 的定義計算如下$\displaystyle\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}=\left|\begin{matrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial v}\\[3mm]\displaystyle\frac{\partial y}{\partial u}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial v}\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}v&u\\2u&-2v\end{matrix}\right|=-2v^2-2u^2$
【註】上式也可化為 $-4y$。訣竅
為了找出極值候選點，我們先找出使一階偏導函數為零的點，隨後使用二階判別行列式決定這些點的類別。解法
首先尋找極值候選點，為此我們解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&f_x(x,y)=x^2+y^2+2y-3=0\\&f_y(x,y)=2xy+2x=0\end{aligned}\right.$
首先由第二式可知 $x=0$ 或 $y=-1$。$D(x,y)=\left|\begin{matrix}f_{xx}(x,y)&f_{xy}(x,y)\\f_{yx}(x,y)&f_{yy}(x,y)\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}2x&2y+2\\2y+2&2x\end{matrix}\right|=4x^2-4y^2-8y-4$
逐次檢查各個候選點如下訣竅
注意到直接積分相當困難，故改變積分次序來求解。解法
首先注意到積分區域 $\left\{\begin{aligned}&(-1+\sqrt{1+9y})/3\leq x\leq1\\&0\leq y\leq5/3\end{aligned}\right.$ 可改寫為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq1\\&0\leq y\leq(3x^2+2x)/3\end{aligned}\right.$，如此所求的重積分可改寫並計算如下$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^{5/3}\int_{(-1+\sqrt{1+9y})/3}^1\sqrt[3]{x^3+x^2+1}dxdy&=\int_0^1\int_0^{(3x^2+2x)/3}\sqrt[3]{x^3+x^2+1}dydx\\&=\frac13\int_0^1\left(3x^2+2x\right)\sqrt[3]{x^3+x^2+1}dx\\&=\frac13\int_0^1(x^3+x^2+1)^{1/3}d(x^3+x^2+1)\\&=\left.\frac14\left(x^3+x^2+1\right)^{4/3}\right|_0^1\\&=\frac{3\sqrt[3]3-1}4\end{aligned}$
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