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2020年2月8日 星期六

國立臺灣大學九十八學年度研究所碩士班入學考試試題:微積分甲

 (1)(10) 題各 8 分,按題序標清題號寫下答案,其他計算式一律不予計分
  1. A car is racing along the elliptical route x2/9+y2/16=2500 m2. When the car is at the point (120m,120m), a man at the point (30m,0) determines with radar that the distance between him and the car is increasing at the rate 37m/sec. Find the speed (m/sec) of the car at that moment.
  2. 訣竅運用相關變率的概念與連鎖律求解即可。
    解法考慮觀察者與汽車的距離函數為

    r(t)=(x(t)30)2+(y(t))2

    求導可知

    drdt=(x(t)30)x(t)+y(t)y(t)(x(t)30)2+(y(t))2

    按題意可知在該時刻 t=t0 時有

    37=90x(t0)+120y(t0)902+1202=3x(t0)+4y(t0)5

    3x(t0)+4y(t0)=185。另一方面,對給定的橢圓方程求導則有

    2x(t)9x(t)+2y(t)16y(t)=0

    t=t0 則有 803x(t0)+15y(t0)=0,至此可解得 (x(t0),y(t0))=(45,80)。故該汽車在該時刻的速率為

    v(t0)=(x(t0))2+(y(t0))2=452+802=5337


  3. Find limx0(xsin3x1x2).
  4. 訣竅通分後應用泰勒展開式即可。
    解法改寫後使用羅必達法則如下

    limx0(xsin3x1x2)=limx0x3sin3xx2sin3x=limx0x3(xx36+)3x2(x+)3=limx0x3(x312x5+)x5+=12


  5. Given f(x)=ln(1+x+x2), find f(3k)(0), where k0 is an integer.
  6. 訣竅留意到 1x3=(1x)(1+x+x2),據此考慮輔助的函數處理。
    解法注意到如下的等式

    f(x)=ln(1x3)ln(1x)

    那麼由無窮等比級數公式可注意到

    11x=k=0xk

    兩邊同取積分可知

    ln|1x|=k=0xk+1k+1

    接著用 x3 取代 x 可得

    ln|1x3|=k=0x3k+3k+1

    故有

    f(x)=k=0x3k+3k+1+k=0xk+1k+1

    那麼 f(3k)(0)=(3k)!1k(3k)!13k=2(3k1)!

  7. Find the arc length of the curve y=x2/2 from x=0 to x=1.
  8. 訣竅運用曲線弧長公式求解。
    解法運用曲線弧長公式可知

    s=101+y2dx=101+x2dx

    x=tanθ,那麼
    • x=0 時有 θ=0
    • x=1 時有 θ=π4
    • 求導有 dx=sec2θdθ
    據此所求可改寫為如下

    s=π40secθsec2θdθ=π40sec3θdθ=secθtanθ+ln|secθ+tanθ|2|π40=2+ln(1+2)2

    其中我們所使用的不定積分公式推導如下

    sec3θdθ=(secθ+secθtan2θ)dθ=secθdθ+tanθdsecθsecθdθ+secθtanθsec3θdθ

    因此所求為

    sec3θdθ=secθtanθ2+12secθdθ=secθtanθ+ln|secθ+tanθ|2+C


  9. Find the volume of the solid generated by revolving the region enclosed by the curve y=2x4x2, the x-axis, x=0 and x=1.
  10. 訣竅使用旋轉體體積公式計算即可。
    解法使用旋轉體體積公式如下

    V=10πy2dx=π104x2(4x2)2dx=4π10x2(2x)2(2+x)2dx

    考慮待定的係數 A,B,C,D 滿足

    x2(2x)2(2+x)2=A2x+B2+x+C(2x)2+D(2+x)2

    同乘以 (4x2)2 可得

    (A+B)x3+(2A2B+C+D)x2+(4A4B+4C4D)x+(8A+8B+4C+4D)=x2

    藉由比較係數可知 A=B=18C=D=14。如此所求可改寫並計算如下

    V=π210(12x+12+x2(2x)22(2+x)2)dx=π2(ln2+x2x22x+22+x)|10=π2(43ln3)


  11. Let g(x) be the inverse function of f(x)=x(lnx)3 for x1. Find e0g(x)dx.
  12. 訣竅應用變數變換處理該積分即可。
    解法x=f(u),那麼
    • x=0 時有 x=1
    • x=e 時有 u=e
    • 求導有 dx=f(u)du=[(lnu)3+3(lnu)2]du
    據此所求可改寫並計算如下

    e0g(x)dx=e1u[(lnu)3+3(lnu)2]du=12e1[(lnu)3+3(lnu)2]du2=u2[(lnu)3+3(lnu)2]2|e132e1u[(lnu)2+2lnu]du=2e234e1[(lnu)2+2lnu]du2=2e234u2[(lnu)2+2lnu]|e1+32e1(ulnu+u)du=14e2+34e1(lnu+1)du2=14e2+34u2(lnu+1)|e134e1udu=54e2343e238=7e238


  13. Find the tangent plane to the surface x3+y3+z33xy2z3=0 at the point x=1, y=1 and z=1.
  14. 訣竅運用梯度求出曲面在該處的法向量,隨後使用點法式寫出切平面方程式。
    解法F(x,y,z)=x3+y3+z33xy2z3,則曲面由方程式 F(x,y,z)=0 所定義。計算其梯度有

    F(x,y,z)=(Fx(x,y,z),Fy(x,y,z),Fz(x,y,z))=(3x23y2z3,3y26xyz3,3z29xy2z2)

    那麼曲面在 (x,y,z)=(1,1,1) 處的法向量為

    F(1,1,1)=(0,3,6)

    如此使用點法式寫出切平面方程式

    0(x1)3(y1)6(z1)=0

    y+2z=3

  15. Find the local minimum values of f(x,y)=x312xy+8y3.
  16. 訣竅為了找出極值的位置,我們解一階偏導為零的位置,隨後使用二階行列式判別其性質。
    解法

    為了找出極值,我們解下列的聯立方程組

    {fx(x,y)=3x212y=0fy(x,y)=12x+24y2=0

    第一式給出 y=x24,代入第二式則有

    x=2y2=2x416

    故有 x48x=0,因此 x=0x=2,從而 y=0y=1。至此我們得到兩候選點 (0,0)(2,1)

    現在計算二階行列式如下

    D(x,y)=|fxx(x,y)fxy(x,y)fyx(x,y)fyy(x,y)|=|6x121248y|=144(2xy1)

    那麼
    • D(0,0)=144<0,故 (0,0) 為鞍點;
    • D(2,1)=432>0fxx(2,1)=12>0,故 (2,1) 為局部極小點。
    故局部極小值為 f(2,1)=8


  17. Evaluate y=2y=0x=2x=yex2dxdy.
  18. 訣竅交換積分次序求解。
    解法原積分範圍 {yx20y2 可改寫為 {0x20yx,如此所求的重積分可改寫並計算如下

    y=2y=0x=2x=yex2dxdy=20x0ex2dydx=20xex2dx=ex22|20=e412


  19. Solve the differential equation ycosx+ysinx=cos3x, y(π/4)=1.
  20. 訣竅運用積分因子求解。
    解法先同除以 cosx 化為標準的一階線性常微分方程:

    y+ytanx=cos2x

    如此取積分因子為 etanxdx=elnsecx=secx,故同乘以 secx 可得

    (ysecx)=ysecx+ysecxtanx=cos2xsecx=cosx

    據此在區間 [π4,x] 上取定積分可得

    y(x)secxy(π4)secπ4=sinxsinπ4

    如此所求為

    y(x)=(sinx+22)cosx

 (A)、(B) 兩題各 10 分,請寫出詳盡之計算與論證過程。
  1. Evaluate Ωx2+xy+y2dxdy, where Ω={(x,y):x2+xy+y21}, by first making the change of variables u=x+y2, v=3y2 and then by polar coordinates.
  2. 訣竅按題意的指示使用變數變換,其中應留意積分範圍的變化以及 Jacobian 行列式的計算。
    解法容易看出 u2+v2=x2+xy+y21,由此設定

    D={(u,v)R2: u2+v21}

    再者,其對應的 Jacobian 行列式為

    (x,y)(u,v)=|xuxvyuyv|=|uxuyvxvy|1=|112032|1=23=233

    如此所求的重積分可先改寫如下

    Ωx2+xy+y2dxdy=Du2+v2233dudv

    接著應用極座標變換,即令 {u=rcosθv=rsinθ,其中 {0r10θ2π,如此所求的重積分可改寫並計算如下

    Ωx2+xy+y2dxdy=2332π010rrdrdθ=233(2π0dθ)(10r2dr)=4π39


  3. Let Γ be the intersection curve of the two surfaces x3+2y3+3z32xyz=4 and x2+y2+z2=3. Find the unit tangent vector to Γ at the point (1,1,1).
  4. 訣竅先求出這些曲面在該處的法向量,應用外積可得曲線的切向量。
    解法F1(x,y,z)=x3+2y3+3z32xyz4F2(x,y,z)=x2+y2+z23,那麼先計算兩函數 F1(x,y,z)F2(x,y,z) 的梯度如下

    F1(x,y,z)=(F1x(x,y,z),F1y(x,y,z),F1z(x,y,z))=(3x22yz,6y22xz,9z22xy)

    F2(x,y,z)=(F2x(x,y,z),F2y(x,y,z),F2z(x,y,z))=(2x,2y,2z)

    因此兩曲面 F1(x,y,z)=0F2(x,y,z)=0(1,1,1) 處的法向量為

    F1(1,1,1)=(1,4,7), F2(1,1,1)=(2,2,2)(1,1,1)

    故所求的切向量為

    (1,4,7)×(1,1,1)=(3,6,3)(1,2,1)

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