- 填充題(每題 9 分,請在答案卷上依題號寫出答案)
- 設 f 及 g 為可微分函數,滿足 f(g(x))=x 及 f′(x)=1+[f(x)]2,則 g′(x)= ① 。
- 設 f(x) 為三次多項式,其圖形與 x 軸有三個交點,分別為 a,b,c,則 f 圖形的反曲點(inflection point)的 x 坐標為 ② 。
- 設 f(x)=x1x2,x>0,則 f(x) 的最大值為 ③ 。
- 設 f(x)=∫x0xcos(t2)dt,則 f″(0)= ④ 。
- 極限 limx→0√1+tanx−√1+sinxx3= ⑤ 。
- 設 f\left(x\right) 滿足 \displaystyle f'\left(x\right)=\frac{\sqrt{1-x^2}}x,0< x\leq1 及 f\left(1\right)=0,則 f\left(x\right)= ⑥ 。
- 試求 \displaystyle\int_1^{\infty}\frac{-1}{x\left(x^2+1\right)}dx= ⑦ 。
- 試求 \displaystyle\int_0^1\int_{\sin^{-1}y}^{\frac\pi2}\cos x\sqrt{1+\cos^2x}dxdy= ⑧ 。
- 計算證明題(每題 14 分,沒有計算過程,不予計分)
- 設半徑為 r 的球面 x^2+y^2+z^2=r^2,請利用Lagrange's Multiplier方法證明 f\left(x,y,z\right)=x^2y^2z^2 在此球面上的最大值為 \displaystyle\left(\frac{r^2}3\right)^3,並利用此結果來證明 \displaystyle\left(abc\right)^{\frac13}\leq\frac{a+b+c}3,當 a>0,b>0,c>0。
- 若 x=0,則由第二式與第三式可知\lambda y=\lambda z=0。但由第四式可知不可能 y 與 z 皆為零,故可知 \lambda=0。此時 y^2+z^2=r^2,而 x^2y^2z^2=0。
- 若 \lambda=-y^2z^2。類似的,我們考慮 x,y,z 皆不為零,那麼有 \lambda=-y^2z^2=-z^2x^2=-x^2y^2,故有 x^2=y^2=z^2,從而知
\displaystyle x^2=y^2=z^2=\frac{r^2}3
- 設 f\left(x\right)=x^2e^{-x^2}。ⓐ 試求 f\left(x\right) 在 x=0 展開的Maclaurin級數。
ⓑ 試求 \displaystyle\int_0^{\frac12}x^2e^{-x^2}dx 的近似值,並確定其誤差小於 10^{-3}。 - 由於 \displaystyle e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!},那麼用 -x^2 取代 x 可得
\displaystyle e^{-x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-x^2\right)^n}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^nx^{2n}}{n!}
兩邊同乘以 x^2 可得\displaystyle f\left(x\right)=x^2e^{-x^2}=x^2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^nx^{2n}}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^nx^{2n+2}}{n!}
- 逐項積分可知
\displaystyle\int_0^{\frac12}x^2e^{-x^2}dx=\int_0^{\frac12}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^nx^{2n+2}}{n!}dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{n!}\int_0^{\frac12}x^{2n+2}dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{n!\left(2n+3\right)2^{2n+3}}
設 \displaystyle a_n=\frac1{n!\left(2n+3\right)2^{2n+3}},根據交錯級數的誤差估計,我們注意到當 n=2 時有 a_2=\frac1{1792}<10^{-3},故該定積分取前兩項之和可使誤差不超過 10^{-3}:\displaystyle\int_0^{\frac12}x^2e^{-x^2}dx\approx\frac1{24}-\frac1{160}=\frac{17}{480}=0.03541\bar{6}
【註】 利用線上的電子計算工具有\displaystyle\int_0^{\frac12}x^2e^{-x^2}dx\approx0.0359403
確實誤差不超過 10^{-3}。
訣竅
運用連鎖律以及給定的關係式求解即可。解法
使用連鎖律求導可知f′(g(x))g′(x)=1
另一方面,將條件 f′(x)=1+[f(x)]2 用 g(x) 取代 x 可得f′(g(x))=1+[f(g(x))]2=1+x2
如此我們有關係式 (1+x2)g′(x)=1,因此所求為 g′(x)=11+x2。訣竅
由條件可拼湊得 f,如此求 f″(x)=0 的解,此即其反曲點。解法
由於三次多項式恰有三個根,從而可由條件寫 f(x)=k(x−a)(x−b)(x−c),其中 k 為非零的常數。那麼直接求導能知f′(x)=k(3x2−2(a+b+c)x)+(ab+bc+ca), f″(x)=k(6x−2(a+b+c))
直接解 f″(x)=0 可得反曲點的 x 坐標為 a+b+c3。訣竅
使用換底公式後使用連鎖律求導並解 f′(x)=0,再由導函數的正負來判別極值的性質。解法
求導可知f′(x)=ddx(exp(1x2lnx)=)=exp(1x2lnx)⋅(−2x3lnx+1x3)=x1x2−3(1−2lnx)
而當 x<e1/2 時 f′(x)>0,當 x>e1/2 時 f′(x)<0,故 f 在 x=e1/2 處達到極大值,其值為 f(e1/2)=ee−1/2。訣竅
由微積分基本定理以及微分公式求解即可。解法
注意到 f 可以表示如下f(x)=x∫x0cos(t2)dt
因此求導可得f′(x)=∫x0cos(t2)dt+xcos(x2)
繼續計算二階導函數可得f″(x)=2cos(x2)−2x2sin(x2)
取 x=0 代入可得 f″(0)=2。訣竅
有理化後應用泰勒展開式計算求解之。解法
有理化後有\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3\left(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\right)}=\frac12\lim_{x\to0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}
應用泰勒展開式有\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^3}=\frac12\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\left(x+\frac{x^3}3+\cdots\right)-\left(x-\frac{x^3}6+\cdots\right)}{x^3}=\frac12\cdot\frac12=\frac14
訣竅
使用微積分基本定理表達 f,隨後使用三角代換法。解法
由微積分基本定理可知\displaystyle f\left(x\right)=f\left(1\right)+\int_1^xf'\left(t\right)dt=-\int_x^1\frac{\sqrt{1-t^2}}{t}dt
令 t=\sin\theta,那麼 dt=\cos\theta d\theta,而上下界分別化為 \theta=\sin^{-1}x 與 \theta=\pi/2,故所求的 f 可改寫如下\displaystyle\begin{aligned}f\left(x\right)&=-\int_{\sin^{-1}x}^{\pi/2}\frac{\cos\theta}{\sin\theta}\cdot\cos\theta d\theta=\int_{\sin^{-1}x}^{\pi/2}\left(\sin\theta-\csc\theta\right)d\theta=\left(-\cos\theta-\ln\left|\csc x-\cot x\right|\right)\Big|_{\sin^{-1}x}^{\pi/2}\\&=\cos\left(\sin^{-1}x\right)+\ln\left|\csc\left(\sin^{-1}x\right)-\cot\left(\sin^{-1}x\right)\right|=\sqrt{1-x^2}+\ln\left|\frac{1-\sqrt{1-x^2}}x\right|\end{aligned}
訣竅
使用部分分式法拆解被積分函數後計算瑕積分即可。解法
留意到\displaystyle\frac{-1}{x\left(x^2+1\right)}=-\frac1x+\frac{x}{x^2+1}
因此所求的瑕積分為\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{-1}{x\left(x^2+1\right)}dx=\int_1^{\infty}\left(-\frac1x+\frac{x}{x^2+1}\right)dx=\left.\ln\frac{\sqrt{x^2+1}}x\right|_1^{\infty}=-\ln\sqrt{2}
訣竅
由於直接積分顯然相當困難,故交換積分次序求解。解法
留意到積分範圍 \left\{\begin{aligned}&\sin^{-1}y\leq x\leq\frac\pi2\\&0\leq y\leq1\end{aligned}\right. 可改寫為 \left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq\frac{\pi}2\\&0\leq y\leq\sin x\end{aligned}\right.,據此所求的重積分可改寫並計算如下\displaystyle\begin{aligned}&\int_0^1\int_{\sin^{-1}y}^{\frac\pi2}\cos x\sqrt{1+\cos^2x}dxdy=\int_0^{\frac\pi2}\int_0^{\sin x}\cos x\sqrt{1+\cos^2x}dydx\\&=\int_0^{\frac\pi2}\sin x\cos x\sqrt{1+\cos^2x}dx=-\frac12\int_0^{\frac\pi2}\sqrt{1+\cos^2x}d\cos^2x\\&=-\left.\frac12\cdot\frac23\left(1+\cos^2x\right)^{3/2}\right|_0^{\frac\pi2}=\frac{2\sqrt2-1}3\end{aligned}
訣竅
按題意使用拉格朗日乘子法即可。解法
設定拉格朗日乘子函數如下F\left(x,y,z,\lambda\right)=x^2y^2z^2+\lambda\left(x^2+y^2+z^2-r^2\right)
據此解下列的聯立方程組\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda\right)=2xy^2z^2+2\lambda x=0\\&F_y\left(x,y,z,\lambda\right)=2x^2yz^2+2\lambda y=0\\&F_z\left(x,y,z,\lambda\right)=2x^2y^2z+2\lambda z=0\\&F_{\lambda}\left(x,y,z,\lambda\right)=x^2+y^2+z^2-r^2=0\end{aligned}\right.
由第一式可知 x=0 或 \lambda=-y^2z^2。當 a,b,c>0 時,取 a=x^2、b=y^2、c=z^2,那麼由前述所證得的不等式可知
\displaystyle abc=x^2y^2z^2\leq\left(\frac{r^2}3\right)^3=\left(\frac{x^2+y^2+z^2}3\right)^3=\left(\frac{a+b+c}3\right)^3
同取三次方根可得\displaystyle\left(abc\right)^{\frac13}\leq\frac{a+b+c}3
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