Write down your answers in order. You should include all the necessary calculation and reasoning.
- Let g(y) be the inverse function of y=f(x) with g(0)=1. Find g″(0), knowing that f′(x)=√x3+1.
- Determine the values of A, B and C so that 101 occurs as the maximal value of the function
f(x)=Ax5−x4+Bx2+C,
at a unique point on (−∞,∞). - Evaluate the definite integral ∫π0excosxdx.
- Determine the values of A, B, C, D and E, given that
limx→0ln(x+1)−(A+Bx+Cx2+Dx3+Ex4)x5=0.
- Find the volume of the solid bounded by the surface
x2+3y2+z2=1.
- 當 y=0 時有 θ=0;
- 當 y=√1/3 時有 θ=tan−1(√2);
- 求導可知 dy=sec2θ√6dθ。
- Evaluate the integral ∫10∫1yx√x3+1dxdy.
- Suppose f(x) is a continuous function defined on [−1,1] so that ∫1−1f2(x)dx=0. Give a reason why we can or can not conclude that f(x)=0, for every x∈[−1,1].
- Suppose f(x) is a differentiable function defined on (−∞,∞) satisfying f(x+y)=f(x)⋅f(y), for every x and y. Show that f(x)=ax for some positive number a. (Hint: The function lnf(x) must have constant derivative.)
- Evaluate the integral ∬, where
D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2\mid\,3\leq x+y\leq6,~0\leq x-2y\leq3\right\}.
- Determine the maximum of the function f\left(x,y,z\right)=x-2y+3z defined on the surface
\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3\mid~x^2+y^2+5z^2=7\right\}.
訣竅
運用反函數的定義與連鎖律求解。解法
根據反函數的定義有 g(f(x))=x,求導有g′(f(x))f′(x)=1
因此有 g′(f(x))=(x3+1)−1/2。進一步求導可得g″(f(x))f′(x)=−12(x3+1)−3/2⋅3x2
再者,因為 g(0)=1,故 f(1)=0。據此我們取 x=1 代入可得g″(0)⋅√2=g″(f(1))f′(1)=−12⋅(1+1)−3/2⋅3
如此所求為 g″(0)=−38。訣竅
有極大值表示 f 最高次為偶數次並且其領導係數為負值;再者透過配方法找出極值發生所在之位置等。解法
假若 A>0,那麼 limx→∞f(x)=∞;假若 A<0,那麼 limx→−∞f(x)=∞,兩者皆無最大值,因此僅能有 A=0,此時 f(x)=−x4+Bx2+C。
進一步,使用配方法可知
f(x)=−(x2−B2)2+C+B24
假若 B≠0,那麼 x=±√B2 都可產生最大值,這與唯一性矛盾。故 B=0,此時有 f(x)=−x4+C。容易看出最大值發生在 x=0,又最大值為 C=101。綜上可知 A=B=0,而 C=101。
訣竅
連續使用兩次分部積分法即可。解法
使用分部積分法可知∫π0excosxdx=excosx|π0+∫π0exsinxdx=−eπ−1+[exsinx|π0−∫π0excosxdx]
移項便有 2∫π0excosxdx=−1−eπ,至終解得 ∫π0excosxdx=−1+eπ2。訣竅
利用極限的四則運算定理以及羅必達法則求解即可;亦可由泰勒展開式的經驗得解。解法一
藉由四則運算定理可以發現limx→0[ln(x+1)−(A+Bx+Cx2+Dx3+Ex4)]=limx→0[x5⋅ln(x+1)−(A+Bx+Cx2+Dx3+Ex4)x5]=0
因此 A=0。接著類似地使用四則運算並搭配羅必達法則,可得0=limx→0ln(x+1)−(Bx+Cx2+Dx3+Ex4)x=limx→0[1x+1−(B+2Cx+3Dx2+4Ex3)]=1−B
故 B=1。進一步,運用相同的方式可知0=limx→0ln(x+1)−(x+Cx2+Dx3+Ex4)x2=limx→01x+1−(1+2Cx+3Dx2+4Ex3)2x=limx→0−1(x+1)2−(2C+6Dx+12Ex2)2=−12−C
即有 C=−12。順著相同的步驟可以分別得到13−D=limx→02(x+1)3−(6D+24Ex)6=0−14−E=limx→0−6(x+1)4−24E24=0
故 D=13 且 E=−14。解法二
經由泰勒展開式可以注意到ln(x+1)=∫x011+tdt=∫x0∞∑k=0(−t)kdt=∞∑k=0(−1)kxk+1k+1=x−x22+x33−x44+⋯
容易推測知道 A=0、B=1、C=−12、D=13 而 E=−14。訣竅
可以運用旋轉體表面積的方法計算。解法
可視給定的曲面為 x=√1−3y2 繞 y 軸旋轉而得的,故其表面積可列式並計算如下A=∫√1/3−√1/32πx√1+(dxdy)2dy=4π∫√1/30√1−3y2⋅√1+(−3y√1−3y2)2dy=4π∫√1/30√1+6y2dy
如此運用三角代換,令 y=1√6tanθ,那麼A=4π∫tan−1(√2)0secθ⋅1√6sec2θdθ=2√6π3∫tan−1(√2)0sec3θdθ=√6π3[secθtanθ+ln|secθ+tanθ|]|tan−1(√2)0=√6π3(√6+ln(√3+√2))=2π+√63ln(√3+√2)=2π+π6ln(5+2√6)
其中 ∫sec3θdθ 可計算如下∫sec3θdθ=secθtanθ−∫tan2θsecθdθ=secθtanθ−∫(sec2θ−1)secθdθ=secθtanθ−∫sec3θdθ+∫secθdθ
移項便有∫sec3θdθ=secθtanθ+∫secθdθ2=secθtanθ+ln|secθ+tanθ|2+C
訣竅
交換積分次序求解。解法
可將原積分範圍 {y≤x≤10≤y≤1 改寫為 {0≤x≤10≤y≤x,如此所求的重積分可改寫並計算如下∫10∫1yx√x3+1dxdy=∫10∫x0x√x3+1dydx=∫10x2√x3+1dx=13⋅23(x3+1)3/2|10=4√2−29
訣竅
運用反證法加以證明。解法
假設有某一點 x0∈[−1,1] 使 f(x0)≠0,那麼由 f 的連續性可知存在 δ>0 使 x∈[−1,1]∩(x0−δ,x0+δ) 蘊含 |f(x0)|2<|f(x)|≤|f(x0)|。如此可以發現∫1−1f2(x)dx≥∫[−1,1]∩(x0−δ,x0+δ)f2(x)dx≥|f(x0)|24∫[−1,1]∩(x0−δ,x0+δ)dx>0
這與題意矛盾,故函數 f 應處處為零。訣竅
運用提示對該形式的函數求導以證明之。解法
設 g(x)=lnf(x),可以注意到 g(x+y)=g(x)+g(y),從而有 g(0)=0。由此按定義求導可知g′(x)=limh→0g(x+h)−g(x)h=limh→0g(h)h=g′(0)
故 g(x)=g′(0)x。如此記 g′(0)=lna,那麼 lnf(x)=xlna,故 f(x)=ax。訣竅
由積分範圍可推測應運用變數變換改寫重積分,其中應留意 Jacobian 行列式的計算。解法
令 u=x+y、v=x-2y,那麼由積分範圍知道 \left\{\begin{aligned}&3\leq u\leq6\\&0\leq v\leq3\end{aligned}\right.。再者,其 Jacobian 行列式可計算如下\displaystyle\Big|\left|\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}\right|\Big|=\Big|\left|\frac{\partial\left(u,v\right)}{\partial\left(x,y\right)}\right|\Big|^{-1}=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}\\\displaystyle\frac{\partial v}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}\end{vmatrix}\Big|^{-1}=\Big|\begin{vmatrix}1&1\\1&-2\end{vmatrix}\Big|^{-1}=\frac13
因此所求的重積分可改寫並計算如下\displaystyle\begin{aligned}\iint_Dxydxdy&=\int_3^6\int_0^3\frac{2u+v}3\cdot\frac{u-v}3\cdot\frac13dvdu=\frac1{27}\int_3^6\int_0^3\left(2u^2-uv-v^2\right)dvdu\\&=\frac1{27}\int_3^6\left.\left(2u^2v-\frac{uv^2}2-\frac{v^3}3\right)\right|_0^3du=\frac19\int_3^6\left(2u^2-\frac{3u}2-3\right)du\\&=\left.\frac19\left(\frac{2u^3}3-\frac{3u^2}4-3u\right)\right|_3^6=\frac19\left[\left(144-27-18\right)-\left(18-\frac{27}4-9\right)\right]=\frac{43}4\end{aligned}
訣竅
運用柯西不等式即可;亦可使用拉格朗日乘子法。解法一
使用柯西不等式可知\displaystyle\frac{238}5=7\cdot\frac{34}5=\left(x^2+y^2+\left(\sqrt5z\right)^2\right)\left(1^2+\left(-2\right)^2+\left(\frac3{\sqrt5}\right)^2\right)\geq\left(x-2y+3z\right)^2
如此有 \displaystyle x-2y+3z\leq\frac{\sqrt{1190}}5,此時等號成立條件為 \displaystyle x=\frac{y}{-2}=\frac{5z}3,即 \displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(\frac{\sqrt{1190}}{34},-\frac{\sqrt{1190}}{17},\frac{3\sqrt{1190}}{170}\right)。解法二
設拉格朗日乘子函數如下\displaystyle F\left(x,y,z,\lambda\right)=x-2y+3z+\lambda\left(x^2+y^2+5z^2-7\right)
據此解聯立方程組\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda\right)=1+\lambda\cdot2x=0\\&F_y\left(x,y,z,\lambda\right)=-2+\lambda\cdot2y=0\\&F_z\left(x,y,z,\lambda\right)=3+\lambda\cdot10z=0\\&F_{\lambda}\left(x,y,z,\lambda\right)=x^2+y^2+5z^2-7=0\end{aligned}\right.
各式移項平方有 4x^2\lambda^2=1、4y^2\lambda^2=4、\displaystyle20z^2\lambda^2=\frac95,三式相加並運用第四式可知 \displaystyle\frac{34}5=28\lambda^2,即得 \displaystyle\lambda=\pm\sqrt{\frac{17}{70}}=\pm\frac{\sqrt{1190}}{70}。如此得座標\displaystyle\left(x,y,z\right)=\mp\left(\frac{\sqrt{1190}}{34},-\frac{\sqrt{1190}}{17},\frac{3\sqrt{1190}}{170}\right)
如此代入可知 x-2y+3z 的最大值與最小值分別為 \displaystyle\pm\frac{\sqrt{1190}}5。
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