- 當 p≥1 時,試求 limn→∞(n+1)p+(n+2)p+⋯+(2n−1)p(3n+1)p+(3n+2)p+⋯+(4n−1)p= (A) 。
- 已知 limx→0(sin(sinx)x3+rx2+s)=0,則 r2+s= (B) 。
- 設 f(x)=∫x20t41+t3dt,則 f 之圖形的遞減區間為 (C) ,而彎曲向上的區間為 (D) 。
- 已知 f(x)=∫x2dt√1+t4,f−1(x) 為 f(x) 之反函數,問 (f−1)′(0)= (E) 。
- 試求 ∫∞0∫21e−xydydx= (F) 。
- f(x,y)=tan−1yx,問 ∂2f(x,y)∂x2+∂2f(x,y)∂y2= (G) 。
- 已知 w=f(x,y),∂w∂x=1+2excosy,∂w∂y=2y−2exsiny,及 f(ln2,0)=ln2。問 w= (H) 。
- 試求出所有落於曲面 xyz=8 上的點,其距離原點最近。它們為 (I) 。
- 試求 ∫√20∫√22−y2yln(x2+y2)dxdy= (J) 。
訣竅
將分子與分母都化為 Riemann sum 後求解。解法
對此極限式作如下的改寫limn→∞(n+1)p+(n+2)p+⋯+(2n−1)p(3n+1)p+(3n+2)p+⋯+(4n−1)p=limn→∞1nn−1∑k=1(1+kn)p1nn−1∑k=1(3+kn)p=∫10(1+x)pdx∫10(3+x)pdx=2p+1−14p+1−3p+1.
訣竅
運用極限的四則運算規則求出 r,隨後使用 L'Hôpital 法則求出 s。解法
首先留意到limx→0(sin(sinx)x+r)=limx→0(sin(sinx)x+r+sx2)=limx→0(sin(sinx)x3+rx2+s)⋅limx→0x2=0⋅0=0.
因此r=−limx→0sin(sinx)x=−limx→0(sin(sinx)sinx⋅sinxx)=−1.
進一步,我們可以注意到s=−limx→0(sin(sinx)x3−1x2)=limx→0sin(sinx)−xx3=limx→0cosxcos(sinx)−13x2=−limx→0sinxcos(sinx)+cos2xsin(sinx)6x=−16limx→0(sinxx⋅cos(sinx)+cos2x⋅sin(sinx)x)=−13.
訣竅
運用微積分基本定理以及連鎖律求導,並按照遞減與凹口向上的定義列出不等式後求解。解法
使用微積分基本定理搭配連鎖律求導可得f′(x)=(x2)41+(x2)3⋅2x=2x91+x6.
再求導則有f″(x)=(2x9)′(1+x6)−2x9(1+x6)′(1+x6)2=6x8(3+x6)(1+x6)2.
為了找出遞減區間,我們解不等式 f′(x)<0。由於分母恆正,故 f′(x)<0 等價於 2x9<0,容易知道遞減區間為 (−∞,0)。另一方面 f″(x) 中的各項皆非負,故總是有 f″(x)≥0,因而彎曲向上的區間為 (−∞,∞)。訣竅
使用反函數的定義與連鎖律,求導時會需要使用微積分基本定理。解法
由反函數的定義可知 f−1(f(x))=x,同時求導可知(f−1)′(f(x))f′(x)=1.
由於 f(2)=0,故取 x=2 可得(f−1)′(0)=1f′(2).
再者由微積分基本定理可知 f′(x)=1√1+x4,因此 f′(2)=1√17,從而所求之值為 (f−1)′(0)=√17。訣竅
運用 Fubini 定理交換積分次序計算。解法
交換積分次序後直接計算即可∫∞0∫21e−xydydx=∫21∫∞0e−xydxdy=−∫21e−xyy|x=∞x=0dy=∫21dyy=lny|21=ln2.
訣竅
直接進行偏導函數的計算即可。解法
先計算一階偏導函數如下∂f∂x(x,y)=11+(yx)2⋅−yx2=−yx2+y2,∂f∂y(x,y)=11+(yx)2⋅1x=xx2+y2.
繼續計算二階偏導函數可得∂2f∂x2(x,y)=2xy(x2+y2)2,∂2f∂y2(x,y)=−2xy(x2+y2)2.
因此兩者之和為零函數。訣竅
使用偏積分求 w,並逐步確定中間產生的未知函數。解法
首先對 x 進行偏積分可注意到w=f(x,y)=∫(1+2excosy)dx=x+2excosy+g(y),
其中 g 是與 y 有關的未知函數。接著將上式對 y 進行偏微分可得2y−2exsiny=∂w∂y=−2exsiny+g′(y).
因此 g′(y)=2y,這表明 g(y)=y2+C,其中 C 為與 x、y 皆無關的常數。至此可得w=f(x,y)=x+2excosy+y2+C.
由於 f(ln2,0)=ln2,可以確定 C=−4,因此所求的函數為w=x+2excosy+y2−4.
訣竅
運用算術幾何不等式處理。解法
考慮與原點的距離平方函數如下d(x,y,z)=x2+y2+z2.
那麼使用算術幾何不等式可知d(x,y,z)≥33√x2y2z2=33√64=12.
故最接近的距離為 √12=2√3,此時等號成立條件為 x2=y2=z2 且 xyz=8。藉由正負號的確認可知有如下四點(三者皆正(一點);恰一個為正(三點))(2,2,2), (2,−2,−2), (−2,2,−2), (−2,−2,2).
訣竅
根據被積分函數與積分範圍可推知應使用極座標變換。解法
運用極座標變換,令 x=rcosθ、y=rsinθ,那麼由 y≤x≤√4−y2 可知rsinθ≤rcosθ≤√4−r2sin2θ.
第一個不等式給出 tanθ≤1,而第二個不等式給出 r≤2。現又因 0≤y,從而可知 0≤θ≤π/4。至此可得變數範圍為 0≤r≤2、0≤θ≤π/4。如此所求的重積分可改寫並計算如下∫√20∫√22−y2yln(x2+y2)dxdy=∫π/40∫20ln(r2)⋅rdrdθ=π2∫20rlnrdr=π4∫20lnrdr2=π4[r2lnr|20−∫20r2⋅1rdr]=π4[4ln2−∫20rdr]=π2(2ln2−1).
- 依 (a,b,c) 取值的範圍,討論瑕積分 ∫∞−∞exp(ax2+bx+c)dx 是否存在及其積分值。
- 若 b=0,那麼被積分函數為常數函數 ec,此時瑕積分不存在;
- 若 b≠0,那麼可以考慮其分段極限如下
ec(∫0−∞ebxdx+∫∞0ebxdx)=ecb[(lims→−∞(1−ebs))+(limt→∞(ebt−1))].
由於 b≠0,故 b>0 或 b<0,這將使其中一個極限發散,故在此情形下瑕積分亦不存在。 - 使用 tan−1x2 於 x=0 處展開之冪級數,估計積分 ∫0.50tan−1x2xdx 值精確至小數第三位(即誤差不超過 0.001)。(須說明理由)
訣竅
由確認指數次方是否為二次函數,假若是則運用配方法並逐步討論各種情形、使用變數變換。解法
假若 a=0,那麼有兩種情形考慮如下:ax2+bx+c=a(x+b2a)2+4ac−b24a.
容易注意到當 a>0 時被積分函數在趨於無窮遠處時將發散,因此僅需考慮 a<0 的情形。事實上在後者的情形下瑕積分將收斂,其值可計算如下∫∞−∞eax2+bx+cdx=exp(4ac−b24a)∫∞−∞exp[a(x+b2a)2]dx.
現在令 u=√−a(x+b2a),那麼 du=√−adx,如此所求為∫∞−∞eax2+bx+cdx=exp(4ac−b24a)1√−a∫∞−∞e−u2du=exp(4ac−b24a)√π−a.
因此當且僅當 a<0 時瑕積分收斂,其瑕積分值為 exp(4ac−b24a)√π−a。訣竅
由基本函數的 Taylor 展開式逐步推理,隨後使用交錯級數的誤差估計方法確保積分值足夠精確。解法
首先留意到tan−1x=∫x0dt1+t2=∫x0∞∑k=0(−t2)kdt=∞∑k=0(−1)k∫x0t2kdt=∞∑k=0(−1)k2k+1x2k+1.
用 x2 取代 x 可得tan−1(x2)=∞∑k=0(−1)k2k+1x4k+2.
如此所求的積分為∫0.50tan−1x2xdx=∫0.50∞∑k=0(−1)k2k+1x4k+1dx=∞∑k=0(−1)k2k+1∫0.50x4k+1dx=∞∑k=0(−1)k24k+3(2k+1)2.
當 k=1 時有 127⋅32=11152<11000,故取第一項便可使誤差小於 10−3,故該積分之近似值為∫0.50tan−1(x2)xdx≈18=0.125.
【註】運用電子計算器可得其更精確的近似值為
∫0.50tan−1(x2)xdx≈0.124151⋯.
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