※注意:請用 2B 鉛筆作答於答案卡,並先詳閱答案卡上之「畫記說明」。
1. Multiple Choice Questions (50%)
- What is the coefficient of y3x6 in (1+x+y)5(1+x)7?
- 350
- 840
- 70
- 490
- None of the above.
- The volume of a ball of radius R in 6-dimensional Euclidean space is π36R6. What is the volume of a ball of radius R in 7-dimensional Euclidean space?
- 8π3105R7
- 32π3105R7
- 16π3105R7
- 4π3105R7
- None of the above.
- The volume of a ball of radius R in 6-dimensional Euclidean space is π36R6. What is the surface area of this ball?
- π36R5
- π33R5
- π32R5
- π3R5
- None of the above.
- Which of the following is closest to the value of ∫10√1+13xdx?
- 1
- 1.2
- 1.6
- 2
- The integral doesn't converge.
- 當 x=1 時有 u=2√3;
- 當 x→0+ 時有 u→∞;
- 平方整理有 x=13(u2−1)=16(u−1)−16(u+1),求導可得 dx=(−16(u−1)2+16(u+1)2)du。
- ∫e−2e−31xlnxdx=
- 32
- 23
- ln23
- ln32
- None of the above.
- 當 x=e−3 時有 u=−3;
- 當 x=e−2 時有 u=−2;
- 取指數有 x=eu,求導則有 dx=eudu。
- How many roots of x4−4x2−8x+12 lie in the range [−2,2]?
- 0
- 1
- 2
- 3
- None of the above.
- Assume f:R→R is smooth. limh→0f(x+4h)−2f(x)+f(x−4h)h2=
- 0
- 8f′(x)
- 8f″(x)
- 16f″(x)
- None of the above.
- From the following list, choose the smallest value of n for which the following limit exists for all r≥n.
lim(x,y)→(0,0)xr|x|2+|y|2
- 1
- 1.5
- 2
- 2.5
- None of the above.
- Find the maximum of x2y on the curve x2+2y2=6.
- 3
- 4
- 5
- 6
- None of the above.
- 若 x=0,那麼由第三式可知 y=±√3;
- 若 λ=−y,那麼由第二式可知 x2=4y2,代入第三式便有 6y2=6,故 y=±1,而 x=±2,共計有四種組合。
- Assume f:R→R is smooth with f(1)=1 and f′(1)=2. Find ddx(f(e2x−2)xf(x)) at x=1.
- 0
- e2−3
- e−3
- 1
- None of the above.
訣竅
有效率的展開求解。解法
作如下的二項式展開可知(1+x+y)5(1+x)7=(y+(1+x))5(1+x)7=[y5+5y4(1+x)+10y3(1+x)2+10y2(1+x)3+5y(1+x)4+(1+x)5](1+x)7
只關注具有 y3 的那項為 10y3(1+x)9,而具有 x6 的係數為 C96=84,因此所求的項為 840x6y3,故選(B)。訣竅
根據旋轉體體積的概念求解。解法
按照題設,在六維空間中的球體 BR(0)={(x1,…,x6)∈R6:x21+⋯+x26≤R2} 的體積為 π36R6。那麼七維空間的球體E={(x1,⋯,x6,x7)∈R7∣−√R2−x27≤√x21+⋯+x26≤√R2−x27,−R≤x7≤R}
可以運用旋轉體體積的概念列式並計算如下V=∫R−R∫B√R2−x27(0)1dx7=∫R−Rπ36√R2−x276dx7=π33∫R0(R2−x27)3dx7=π33∫R0(R6−3R4x27+3R2x47−x67)dx7=π33(R6x7−R4x37+3R2x575−x777)|R0=π33⋅1635R7=16π3105R7
故選(C)。訣竅
運用殼層表面累積的概念與微積分基本定理求解。解法
設六維空間中半徑為 r 的球面表面積為 S(r),那麼由體積公式可知∫R0S(r)dr=π36R6
那麼由微積分基本定理可知 S(R)=π3R5,因此選(D)。訣竅
運用變數變換改寫瑕積分至較容易估算的形式。解法
令 u=√1+13x,那麼∫10√1+13xdx=∫2√3∞u⋅(16(u+1)2−16(u−1)2)du=(u6(u+1)−u6(u−1))|∞2√3−∫∞2√3(16(u+1)−16(u−1))du=−2√36(2√3+1)+2√36(2√3−1)−(16lnu+1u−1)|∞2√3=2√33+16ln2+√32−√3=2√33+13ln(2+√3)
使用 √3≈1.732 可知∫10√1+13xdx≈2⋅1.7323+13ln(2+1.732)=3.4643+13ln3.732≈1.155+0.438=1.593
故選(C)。訣竅
由變數變換的概念計算即可。解法
令 u=lnx,那麼∫e−2e−31xlnxdx=∫−2−31euu⋅eudu=ln|u||−2−3=ln2−ln3=ln23
應選(C)。訣竅
利用函數的的遞增遞減與中間值定理求解即可。解法
設 f(x)=x4−4x2−8x+12,求一階與二階導函數有 f′(x)=4x3−8x−8=4(x3−2x−2),f″(x)=12x2−8。那麼在 x=±√63 處有凹向性的改變,此即 f′ 在這兩處發生極值,而 f′(−√63)=−8−16√69<0 且 f′(√63)=−8+16√69<0,這表明 f′ 僅有一實根,記此實根為 r0,此表明 f 在該處達到絕對極小值。從而只要 f(r0)<0 時 f 在 (−∞,r0) 有一實根,而在 (r0,∞) 上有另一實根。現直接由中間值定理檢驗可以注意到 f(1)=1、f(2)=−4 且 f(3)=33,故 f 分別在 (1,2) 與 (2,3) 中各有一實根。
那麼在 f 在 [−2,2] 中恰有一實根,選(B)。訣竅
運用羅必達法則即可。解法
使用羅必達法則可知limh→0f(x+4h)−2f(x)+f(x−4h)h2=limh→04f′(x+4h)−4f′(x−4h)2h=limh→016f″(x+4h)+16f″(x−4h)2=16f″(x)
故選(D)。訣竅
留意所求問題在 x<0 時無意義。解法
注意到當 x<0 而 r 非整數時問題無意義,故應選(E)。假若給定的極限如下
lim(x,y)→(0,0)|x|r|x|2+|y|2
那麼可以發現在 r>2 時極限存在且為零,但當 r=2 時可透過沿兩軸趨於原點的極限不同而知極限不存在。此處,我們說明在 r>2 的情形:觀察下面的不等式0≤|x|r|x|2+|y|2=x2x2+y2⋅|x|r−2≤|x|r−2
由於 lim(x,y)→(0,0)|x|r−2=0,故由夾擠定理可知給定的極限為零,故自選項中應選(D)。訣竅
運用算術幾何不等式;或化約為單變數函數在給定區間上求極值;亦可使用拉格朗日乘子法求解。解法一
利用算術幾何不等式可知2=x22+x22+2y23≥3√x22⋅x22⋅2y2=3√x4y23√2
立方後整理有 x4y2≤16,故 x2y≤4,故最大值為 4,其中等號成立條件為 x=±2,y=1。因此選(B)。解法二
由條件可知 x2=6−2y2,其中 y∈[−√3,√3]。那麼欲求極值的函數可表達為 y 的函數為 f(y)=6y−2y3。那麼可能發生極值的位置滿足方程式 f′(y)=6−6y2=0,可得 y=±1。將這些位置與邊界值代入檢查可知f(±2,±1)=±4, f(0,±√3)=0
因此最大值為 4,選(B)。解法三
設定拉格朗日乘子函數 F 如下F(x,y,λ)=x2y+λ(x2+2y2−6)
據此解聯立方程組{Fx(x,y,λ)=2xy+2xλ=0Fy(x,y,λ)=x2+4yλ=0Fλ(x,y,λ)=x2+2y2−6=0
由第一式可知 x=0 或 λ=−y。訣竅
運用微分公式仔細計算即可。解法
使用微分公式求導可知ddx(f(e2x−2)xf(x))=2xe2x−2f′(e2x−2)f(x)−f(e2x−2)[f(x)+xf′(x)]x2f2(x)
那麼取 x=1 代入可得2f′(1)f(1)−f(1)[f(1)+f′(1)]f2(1)=1
故選(D)。※注意:請於試卷內之「非選擇題作答區」標明題號依序作答。
2. Answer the following questions:
- limx→∞(2π)1/2xx−1/2e−x∫∞0yx−1e−ydy= (10%)
- ∫1041!x!(40−x)!yx+2(1−y)40−xdy= (10%)
- ∫∞−∞1√2πσ(x−μ)2ne−12(x−μσ)2dx= where μ>0 and σ>0 (10%)
- ∫∞01∫∞0yα−1e−ydyx−2(βx)αe−βxdx= where α>1 (10%)
- ∫10xr+α−1(1−x)s+β−1∫∞0yα+β−1e−ydy∫∞0zα−1e−zdz×∫∞0tβ−1e−tdtdx= (10%)
訣竅
注意到分母為 Γ 函數,而分子為 Stirling 公式。解法
首先改寫分母的積分式並運用變數變換 y=(x−1)u,可注意到∫∞0yx−1e−ydy=∫∞0e(x−1)lny−ydy=e(x−1)ln(x−1)(x−1)∫∞0e(x−1)(lnu−u)du
由拉普拉斯方法,我們可以注意到limx→∞√2πx−1e−(x−1)∫∞0e(x−1)(lnu−u)du=1
因此將前兩式結合可知limx→∞(x−1)x(2π)1/2(x−1)−1/2e−xe∫∞0yx−1e−ydy=1
又觀察到 limx→∞(x−1)x−1/2xx−1/2=1e。至此可知所求的極限為 1。訣竅
參考九十四學年度應用微積分,第十三題之解法中的一部分。解法
承訣竅,我們使用公式∫10yn−1(1−y)m−1dy=(n−1)!(m−1)!(m+m−1)!
那麼所求為41!x!(40−x)!⋅(x+2)!(40−x)!41!=(x+2)(x+1)
訣竅
運用變數變換簡化問題後歸納求解即可。解法
令 u=x−μ√2σ,那麼 du=dx√2σ,如此所求的瑕積分可改寫為1√π∫∞−∞(√2σu)2ne−u2du=2nσ2n√π∫∞−∞u2ne−u2du
容易數學歸納式地計算如下2nσ2n√π∫∞−∞u2ne−u2du=σ2n√π⋅2n−1(2n−1)∫∞−∞u2n−2e−u2du=σ2n√π⋅2n−2(2n−1)(2n−3)∫∞−∞u2n−4e−u2du=⋯=σ2n√π⋅2n−n(2n−1)(2n−3)⋯3⋅1∫∞−∞e−u2du=σ2n√π(2n−1)(2n−3)⋯3⋅1⋅√π=σ2n(2n−1)!!
訣竅
注意到分母為 Γ 函數,而分子近乎是 Γ 函數,故為此進行適當的改寫即可。解法
注意到所求可以先寫為∫∞01∫∞0yα−1e−ydyx−2(βx)αe−βxdx=β(∫∞0yα−1e−ydy)−1∫∞0(βx)α−2e−βxd(βx)=β(α−2)!(α−1)!=βα−1
訣竅
利用 Γ 函數與第二題的訣竅來計算。解法
所求可直接計算如下(r+α−1)!(s+β−1)!(r+s+α+β−1)!⋅(α+β−1)!(α−1)!(β−1)!
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