- (10 pts) Let w=f(x,y) be a function of two variables, and let x=u+v and y=u−v. Determine a and b, a,b∈R, such that
∂2w∂u∂v=a∂2w∂x2+b∂2w∂y2.
- (15 pts) Let A be the closed and bounded region defined by −1≤x,y≤1, and let f:A→R be given by
f(x,y)=x2y−2xy.
Find the points in A where f attains a global maximum and a global minimum. - 當 x=−1 時,函數為 f(−1,y)=3y,故在 y=−1 時有極小值為 f(−1,−1)=−3,而在 y=1 處有極大值 f(−1,1)=3;
- 當 x=1 時有 f(1,y)=−y,那麼當 y=1 時有極小值為 f(1,1)=−1,而當 y=−1 時有極大值 f(1,−1)=1;
- 當 y=−1 時有 f(x,−1)=−x2+2x=1−(x−1)2,故當 x=1 時有極大值為 f(1,−1)=1,而當 x=−1 時有極小值為 −3;
- 當 y=1 時有 f(x,1)=x2−2x=(x−1)2−1,故當 x=1 時有極小值為 f(1,1)=−1,而當 x=−1 時有極大值為 f(−1,1)=3。
- (10 pts) Find the critical points for the function
f(x,y)=3x2+2xy+2x+y2+y+4
and determine whether they are local maxima, local minima, or saddle points. - (10 pts) Compute the length ℓ of the polar curve whose polar model is
r(θ)=2cos(θ), 0≤θ≤π.
- (15 pts) Calculate the integral ∫R2exp(−3x2+4xy−3y2)dxdy.
- (10 pts) Assume that f is differentiable at a. Evaluate
limx→aanf(x)−xnf(a)x−a where n is a natural number.
- (10 pts) Determine whether or not the following limit exists, and find its value if it exists:
limn→+∞[n−ne(1−1n)n].
- (20 pts) Let C be the curve x2+y2=1 lying in the plane z=1. Let F=(z−y)i+yk.
- (5 pts) Calculate ∇×F.
- (5 pts) Calculate ∫CF⋅ds using a parametrization of C and a chosen orientation for C.
- (5 pts) Write C=∂S for a suitably chosen surface S and, applying Stokes' theorem, verify your answer in (b).
- (5 pts) Consider the sphere with radius √2 and center the origin. Let S′ be the part of the sphere that is above the curve (i.e., lies in the region z≥1), and has C as boundary. Evaluate the surface integral of ∇×F over S′. Specify the orientation you are using for S′.
- 計算旋度可知
∇×F=|ijk∂x∂y∂zz−y0y|=i+j+k
- 將曲線參數化為 {x=cosθy=sinθz=1,如此所求的線積分可表達並計算如下
∫CF⋅ds=∫2π0(1−sinθ,0,sinθ)⋅(−sinθ,cosθ,0)dθ=∫2π0(sin2θ−sinθ)dθ=(2θ−sin2θ4+cosθ)|2π0=π
- 取 S={(x,y,z)∈R3:x2+y2≤1,z=1},那麼由 Stokes 定理可知
∫CF⋅ds=∬S(∇×F)dS=∬S(1,1,1)⋅(0,0,1)dA=∬SdA=π
- 同樣使用 Stokes 定理,其中在 S′ 上的曲面積分之法向量指向上方,從而有
∬S′∇×F⋅dS=∫CF⋅ds=π
訣竅
運用多變量函數的連鎖律計算即可。解法
計算一階偏導函數可知∂w∂v=∂w∂x∂x∂v+∂w∂y∂y∂v=∂w∂x−∂w∂y
接著計算二階偏導函數則有∂2w∂u∂v=∂∂u∂w∂x−∂∂u∂w∂y=∂2w∂x2+∂2w∂y∂x−∂2w∂x∂y−∂2w∂y2=∂2w∂x2−∂2w∂y2
因此 a=1 且 b=−1。訣竅
在內部找出偏導為零的位置,而在邊界則化為單變函數求極值的位置處理。解法
為了求出內部的極值,我們解下列的聯立方程組{fx(x,y)=2xy−2y=0fy(x,y)=x2−2x=0
由第二式可知 x=0 或 x=2,從而由第一式可知 y=0,但由於 (2,0)∉A,故僅得極值候選點 (0,0)。現分別針對矩形區域的四條邊界考察如下訣竅
首先透過解偏導為零的位置以獲得極值候選點,隨後計算二階判別式以確定極值候選點的特性。解法
為了求出極值候選點,我們解下列的聯立方程組{fx(x,y)=6x+2y+2=0fy(x,y)=2x+2y+1=0
如此可解得 (x,y)=(−14,−14)。進一步地,我們計算二階判別式如下D(x,y)=|fxx(x,y)fxy(x,y)fyx(x,y)fyy(x,y)|=|6222|=8>0
且因 fxx(x,y)=6>0,故 (−14,−14) 為局部極小值(事實上也是全域極小值)。訣竅
運用極座標下的曲線弧長公式計算即可。解法
運用曲線弧長公式可知s=∫π0√r2(θ)+r′2(θ)dθ=∫π0√4cos2θ+4sin2θdθ=∫π02dθ=2π
訣竅
運用配方法與極座標變換處理之。解法
首先可以注意到指數之次方可配方如下−3x2+4xy−3y2=−3(x−2y3)2−8y23
據此,令 u=√3x−2y√3、v=2√2y√3,又其 Jacobian 行列式能計算如下∂(x,y)∂(u,v)=|∂(u,v)∂(x,y)|−1=||∂u∂x∂u∂y∂v∂x∂v∂y||−1=||√3−2√302√2√3||−1=12√2=√24
因此所求的二重積分可改寫如下∫R2exp(−3x2+4xy−3y2)dxdy=√24∬R2exp(−u2−v2)dudv=√24∫2π0∫∞0e−r2rdrdθ=√24⋅2π⋅12=π√24
訣竅
改寫極限式並化為對函數求導的定義即可。解法
容易注意到極限式可改寫為limx→aanf(x)−xnf(a)x−a=anlimx→af(x)−f(a)x−a+f(a)limx→aan−xnx−a=anf′(a)−nan−1f(a)
註:本題不可使用羅畢達法則,因為題目敘述僅提及函數 f 在 a 處可求導,但未能清楚知道 f 在他處是否也能求導,或者求導後是否能取極限。
訣竅
運用自然指數的定義觀察即可知其極限發散。解法
首先注意到limn→∞(1−1n)n=[limn→∞(1+1−n)−n]−1=e−1
假若給定的極限收斂至 L∈R,那麼由極限的四則運算定理可知L1−e−2=limn→∞[n−ne(1−1n)n]limn→∞(1−1e(1−1n)n)=limn→∞n=∞
矛盾,故給定之極限不存在。
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