- 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.
- Find limx→0(xsin3x−1x2).
- Given f(x)=ln(1+x+x2), find f(3k)(0), where k≥0 is an integer.
- Find the arc length of the curve y=x2/2 from x=0 to x=1.
- 當 x=0 時有 θ=0;
- 當 x=1 時有 θ=π4;
- 求導有 dx=sec2θdθ。
- Find the volume of the solid generated by revolving the region enclosed by the curve y=2x4−x2, the x-axis, x=0 and x=1.
- Let g(x) be the inverse function of f(x)=x(lnx)3 for x≥1. Find ∫e0g(x)dx.
- 當 x=0 時有 x=1;
- 當 x=e 時有 u=e;
- 求導有 dx=f′(u)du=[(lnu)3+3(lnu)2]du。
- Find the tangent plane to the surface x3+y3+z3−3xy2z3=0 at the point x=1, y=1 and z=1.
- Find the local minimum values of f(x,y)=x3−12xy+8y3.
- D(0,0)=−144<0,故 (0,0) 為鞍點;
- D(2,1)=432>0 且 fxx(2,1)=12>0,故 (2,1) 為局部極小點。
- Evaluate ∫y=2y=0∫x=2x=yex2dxdy.
- Solve the differential equation y′cosx+ysinx=cos3x, y(π/4)=1.
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
即 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
取 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=5√337
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limx→0(xsin3x−1x2)=limx→0x3−sin3xx2sin3x=limx→0x3−(x−x36+⋯)3x2⋅(x+⋯)3=limx→0x3−(x3−12x5+⋯)x5+⋯=12
訣竅
留意到 1−x3=(1−x)(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(1−x3)−ln(1−x)
那麼由無窮等比級數公式可注意到11−x=∞∑k=0xk
兩邊同取積分可知−ln|1−x|=∞∑k=0xk+1k+1
接著用 x3 取代 x 可得ln|1−x3|=−∞∑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(3k−1)!。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=∫10√1+y′2dx=∫10√1+x2dx
令 x=tanθ,那麼s=∫π40secθ⋅sec2θdθ=∫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+∫tanθdsecθ∫secθdθ+secθtanθ−∫sec3θdθ
因此所求為∫sec3θdθ=secθtanθ2+12∫secθdθ=secθtanθ+ln|secθ+tanθ|2+C
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=π∫104x2(4−x2)2dx=4π∫10x2(2−x)2(2+x)2dx
考慮待定的係數 A,B,C,D 滿足x2(2−x)2(2+x)2=A2−x+B2+x+C(2−x)2+D(2+x)2
同乘以 (4−x2)2 可得(−A+B)x3+(−2A−2B+C+D)x2+(4A−4B+4C−4D)x+(8A+8B+4C+4D)=x2
藉由比較係數可知 A=B=−18、C=D=14。如此所求可改寫並計算如下V=−π2∫10(12−x+12+x−2(2−x)2−2(2+x)2)dx=−π2(ln2+x2−x−22−x+22+x)|10=π2(43−ln3)
訣竅
應用變數變換處理該積分即可。解法
令 x=f(u),那麼∫e0g(x)dx=∫e1u⋅[(lnu)3+3(lnu)2]du=12∫e1[(lnu)3+3(lnu)2]du2=u2[(lnu)3+3(lnu)2]2|e1−32∫e1u⋅[(lnu)2+2lnu]du=2e2−34∫e1[(lnu)2+2lnu]du2=2e2−34u2[(lnu)2+2lnu]|e1+32∫e1(ulnu+u)du=−14e2+34∫e1(lnu+1)du2=−14e2+34u2(lnu+1)|e1−34∫e1udu=54e2−34−3e2−38=7e2−38
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
設 F(x,y,z)=x3+y3+z3−3xy2z3,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))=(3x2−3y2z3,3y2−6xyz3,3z2−9xy2z2)
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⋅(x−1)−3(y−1)−6(z−1)=0
或 y+2z=3。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)=3x2−12y=0fy(x,y)=−12x+24y2=0
第一式給出 y=x24,代入第二式則有x=2y2=2⋅x416
故有 x4−8x=0,因此 x=0 或 x=2,從而 y=0 或 y=1。至此我們得到兩候選點 (0,0) 與 (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)|=|6x−12−1248y|=144(2xy−1)
那麼訣竅
交換積分次序求解。解法
原積分範圍 {y≤x≤20≤y≤2 可改寫為 {0≤x≤20≤y≤x,如此所求的重積分可改寫並計算如下∫y=2y=0∫x=2x=yex2dxdy=∫20∫x0ex2dydx=∫20xex2dx=ex22|20=e4−12
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 e∫tanxdx=elnsecx=secx,故同乘以 secx 可得(ysecx)′=y′secx+ysecxtanx=cos2xsecx=cosx
據此在區間 [π4,x] 上取定積分可得y(x)secx−y(π4)secπ4=sinx−sinπ4
如此所求為y(x)=(sinx+√22)cosx
- Evaluate ∬Ω√x2+xy+y2dxdy, where Ω={(x,y):x2+xy+y2≤1}, by first making the change of variables u=x+y2, v=√3y2 and then by polar coordinates.
- Let Γ be the intersection curve of the two surfaces x3+2y3+3z3−2xyz=4 and x2+y2+z2=3. Find the unit tangent vector to Γ at the point (1,1,1).
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+y2≤1,由此設定D={(u,v)∈R2: u2+v2≤1}
再者,其對應的 Jacobian 行列式為∂(x,y)∂(u,v)=|∂x∂u∂x∂v∂y∂u∂y∂v|=|∂u∂x∂u∂y∂v∂x∂v∂y|−1=|1120√32|−1=2√3=2√33
如此所求的重積分可先改寫如下∬Ω√x2+xy+y2dxdy=∬D√u2+v2⋅2√33dudv
接著應用極座標變換,即令 {u=rcosθv=rsinθ,其中 {0≤r≤10≤θ≤2π,如此所求的重積分可改寫並計算如下∬Ω√x2+xy+y2dxdy=2√33∫2π0∫10r⋅rdrdθ=2√33(∫2π0dθ)(∫10r2dr)=4π√39
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
設 F1(x,y,z)=x3+2y3+3z3−2xyz−4、F2(x,y,z)=x2+y2+z2−3,那麼先計算兩函數 F1(x,y,z) 與 F2(x,y,z) 的梯度如下∇F1(x,y,z)=(∂F1∂x(x,y,z),∂F1∂y(x,y,z),∂F1∂z(x,y,z))=(3x2−2yz,6y2−2xz,9z2−2xy)
與∇F2(x,y,z)=(∂F2∂x(x,y,z),∂F2∂y(x,y,z),∂F2∂z(x,y,z))=(2x,2y,2z)
因此兩曲面 F1(x,y,z)=0 與 F2(x,y,z)=0 在 (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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