第一部分:共七題,每題 10 分。
- 以每秒 a cm3 的速度吹一氣泡,求氣泡在半徑 R=1 時表面積膨脹的速率。
- 求曲線 x3+y3−3xy=3 在點 (1,2) 的切線方程式。
- f(x)=x4−4x+k 恆大於 0,試定 k 的範圍。
- 半徑為 a 的球,自北極至南極鑿一半徑為 b(b<a)的圓孔,求所餘體積。
- 試選定 N,使 ∫∞Ne−x2dx<10−3。
- 是否存在 f,g 滿足如下方程式,如有,求 f,g。
- fx=x+y, fy=x−y
- gx=x−y, gy=x+y。
- 作偏積分可取
f(x,y)=x2+2xy−y22+C
可滿足條件。 - 不存在這樣的 g。假若有這樣的 g,那麼注意到
gxy=∂gx∂y=∂∂y(x−y)=−1≠1∂∂x(x+y)=∂gy∂x=gyx
這是一個矛盾,故沒有這樣的 g。 - f(x)=∫axe−t2dt,求 f 在 0≤x≤a 上的平均值。
訣竅
運用球體體積公式與連鎖律計算。解法
由球體體積公式有V=43πR3
兩邊對 t 求導有dVdt=4πR2dRdt
當 R=1 時且由條件知 dVdt=a,如此有 dRdt=a4π。另一方面,表面積公式為 A=4πR2,求導則有dAdt=8πRdRdt
那麼當 R=1 且 dRdt=a4π 有 dAdt=2aR。訣竅
運用隱函數微分計算斜率,隨後使用點斜式即可。解法
運用隱函數微分對給定的方程求導有3x2+3y2dydx−3y−3xdydx=0
取 (x,y)=(1,2) 便有 dydx|(x,y)=(1,2)=13,如此使用點斜式有y−2=13(x−1)
或寫為 x−3y+5=0。訣竅
為了使一函數恆正,我們使其最小值也為正值即可。解法
按提示,我們先尋求 f 的最小值。為此我們解方程式 f′(x)=4x3−4=0,容易解得 x=1。再者,求二階導函數有 f″(x)=12x2≥0(僅在 x=0 時等號成立),因此 f 嚴格凹口向上,故 f 在 x=1 處達到絕對極小值(最小值)。
現欲使 f 恆正,我們應要求 f(1)>0,此即 k−3>0,故 k 應滿足 k>3。
訣竅
直接計算挖去的體積並與球體體積相減即可。解法
首先球體體積公式為 V1=43πa3,而鑿去的體積可表達並計算如下V2=∬D2√a2−x2−y2dA
此處D={(x,y)∈R2: 0≤x2+y2≤b2}
如此應用極座標變換有V2=2∫2π0∫b0√a2−r2rdrdθ=2π∫b0√a2−r2dr2=2π⋅−23(a2−r2)3/2|b0=4π[a3−(a2−b2)3/2]3
因此所求的體積為V=V1−V2=4π(a2−b2)3/23
訣竅
注意到當 N>1 時有 e−x2<e−x,據此可以計算獲得一簡易的不等式從而決定適當的 N。解法
取 N=1+3ln10,如此便有∫∞Ne−x2dx≤∫∞Ne−xdx=−e−x|∞N=e−N=e−1−3ln10=10−3e<10−3
訣竅
藉由二階偏導函數進行檢驗。解法
訣竅
按照平均值的定義,隨後運用 Fubini 定理改變積分次序計算即可。解法
按平均值的定義有ˉf=∫a0f(x)dxa=1a∫a0∫axe−t2dtdx
運用 Fubini 定理交換積分次序:ˉf=1a∫a0∫t0e−t2dxdt=1a∫a0te−t2dt=−12ae−t|a0=1−e−a2a
第二部分:以下四題,任選二題,每題 15 分。
- f(x)={sinxx,x≠01,x=0。
- 寫出 f 的 Maclaurin 級數
- 估計 ∫10sinxxdx 的近似值,使誤差 <10−3。
- 運用基本函數的泰勒展開式可知
sinx=∞∑k=0(−1)kx2k+1(2k+1)!
兩邊同除以 x 可得 f 的 Maclaurin 級數有f∼∞∑k=0(−1)kx2k(2k+1)!
- 由這個級數可知
∫10sinxxdx=∫10∞∑k=0(−1)kx2k(2k+1)!dx=∞∑k=0(−1)k(2k+1)!∫10x2kdx=∞∑k=0(−1)k(2k+1)(2k+1)!
當 k=3 時有 17⋅7!=135280<11000,因此求前三項之和可得誤差小於 10−3 的近似值:∫10sinxxdx≈1−118+1600=17031800=0.946ˉ1
【註】:實際上這個積分有
∫10sinxxdx≈0.946083⋯
故確實我們的近似值符合題意。 - 求單位球 x2+y2+z2≤1 與圓柱 x2+(y−12)2≤(12)2 交集的體積。
- 曲面 z=101−x2−4y2,z≥0,邊緣 (1,5,0) 處有一小蟲,欲登頂,走捷徑,問小蟲路徑。
- 0<x<1,試比較 sinx2 及 sin2x 的大小。
訣竅
運用基本函數的泰勒展開式即可;運用交錯級數的誤差估計估算項數。解法
訣竅
運用重積分表達體積,隨後使用極座標變換求解。解法
設 D={(x,y)∈R2: x2+(y−12)2≤(12)2},如此體積可表達為V=∬D2√1−x2−y2dA
令 {x=rcosθy=rsinθ,則變數範圍為 {0≤r≤sinθ0≤θ≤π,故所求的體積可改寫並計算如下V=2∫π0∫sinθ0√1−r2rdrdθ=∫π0∫sinθ0√1−r2dr2dθ=∫π0−23(1−r2)3/2|sinθ0dθ=23∫π0(1−cos3θ)dθ=23(θ−sinθ−sin3θ3)|π0=2π3
訣竅
對於捷徑一詞有歧異,是最短的距離抑或是最快速的路徑。解法【最短路徑】
頂點位置於 (0,0,101),直接走捷徑為{x(t)=1−ty(t)=5−5tz(t)=101−101(1−t)2
解法【最快速的路徑】
設 f(x,y)=101−x2−4y2。考慮該空間曲線在 xy 平面上的投影為 (x(t),y(t))。為使最快達到峰頂,我們考慮曲線 (x′(t),y′(t))∥(fx(x,y),fy(x,y))=(−2x,−8y),即x′−2x=y′−8y
同取積分有 y=Cx4,又起點為 (1,5),故取 C=5。因此該捷徑曲線為(x(t),y(t),z(t))=(1−t,5(1−t)4,101−(1−t)2−100(1−t)8)
訣竅
設定兩函數之差,運用單調性求解;亦可運用泰勒展開式進行觀察(此法不嚴謹)。解法一
設 f(x)=sin(x2)−sin2x,那麼求導有f′(x)=2xcos(x2)−2sinxcosx
當 0<x<1<π2 時有 0<x2<x<π2,取餘弦有0<cos(x)<cosx<1,故f′(x)>2xcosx−2sinxcosx=2cosx(x−sinx)>0
此即 f 為遞增函數,故當 x>0 時有 f(x)>f(0)=0,因此 sin(x2)>sin2x。解法二【此法不嚴謹】
運用泰勒展開式進行觀察可注意到sin(x2)=∞∑k=0(−1)k(x2)2k+1(2k+1)!=∞∑k=0(−1)kx4k+2(2k+1)!=x2−x66+x10120−⋯
另一方面sin2x=1−cos2x2=1−∞∑k=0(−1)k(2x)k(2k)!2=∞∑k=1(−1)k−12k−1xk(2k)!=x2−x43+⋯
藉由對應的泰勒多項式之係數比大小可以注意到 sin(x2)>sin2x。
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