國立臺灣大學八十三學年度轉學生入學考試試題詳解

1. ($10\%$) $f:\left[a,b\right]\to\mathbb{R}$ 是連續函數，$c\in\left(a,b\right)$，若 $f'\left(x\right)=\begin{cases}>0&c< x\leq b\\<0&a\leq x< c\end{cases}$，請證明 $f\left(c\right)$ 是 $f\left(x\right)$ 的最小值 (absolute minimum)。
訣竅
運用反證法。
解法
若 $f\left(c\right)$ 不是最小值，則存在 $\delta>0$ 使得 $c-\delta< x< c+\delta$ 使得 $f\left(x\right)< f\left(c\right)$。若 $x< c$，則有 $\displaystyle\frac{f\left(x\right)-f\left(c\right)}{x-c}>0$，然而依據平均值定理：存在 $\xi\in\left(x,c\right)$ 有 $\displaystyle f'\left(\xi\right)=\frac{f\left(x\right)-f\left(c\right)}{x-c}>0$，這是一個矛盾。類似地，若 $x> c$ 也有的矛盾，從而有 $f\left(c\right)$ 是最小值。


2. ($10\%$) 設 $f\left(x,y,z\right)=0$ 定義 $\mathbb{R}^3$ 中一曲面 $\Sigma$（設 $f\left(x,y,z\right)$ 可微），取 $\left(a,b,c\right)$ 為 $\Sigma$ 外一點，若 $\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 是 $\Sigma$ 上最靠近 $\left(a,b,c\right)$ 的一點，請證明向量 $\left(a-x_0,b-y_0,c-z_0\right)$ 垂直於曲面 $\Sigma$。
   （注意：若你要用到梯度 $\nabla f$ 垂直於 $\Sigma$ 的敘述，也請一併證明）
訣竅
在曲面上找一條通過 $\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 的曲線參數化後利用連鎖律即可。
解法

我們先在曲面 $\Sigma$ 取一條曲線 $\ell$ 通過 $\left(x_0,y_0,z_0\right)$，將其參數化為

$\left\{\begin{aligned}&x=x\left(t\right)\\&y=y\left(t\right)\\&z=z\left(t\right)\end{aligned}\right.$，$t\in\mathbb{R}$

其中存在 $t_0\in\mathbb{R}$ 使得 $\left(x\left(t_0\right),y\left(t_0\right),z\left(t_0\right)\right)=\left(x_0,y_0,z_0\right)$ 且滿足 $f\left(x\left(t\right),y\left(t\right),z\left(t\right)\right)=0$。

我們考慮距離平方函數 $g\left(t_0\right)=\left(x\left(t_0\right)-a\right)^2+\left(y\left(t_0\right)-b\right)^2+\left(z_0\left(t\right)-c\right)^2$，其中在 $t_0$ 時有最小值，從而我們有

$g'\left(t_0\right)=2\left(x\left(t_0\right)-a\right)x'\left(t_0\right)+2\left(y\left(t_0\right)-b\right)y'\left(t_0\right)+2\left(z\left(t_0\right)-c\right)z'\left(t_0\right)=0$

如此即有 $\left(a-x_0,b-y_0,c-z_0\right)\cdot\left(x'\left(t_0\right),y'\left(t_0\right),z'\left(t_0\right)\right)=0$，由於 $\ell$ 的任意性，我們知道 $\left(a-x_0,b-y_0,c-z_0\right)$ 垂直 $\Sigma$。



3. ($16\%$) 求瑕積分 (improper integral)

   $\displaystyle\int_{0^+}^{1^-}\frac{e^{-\left(\frac{1}{k^2\ln^2x}\right)}}{x\ln^2x}dx$，$k$ 為非 $0$ 常數，$\ln x=\log_ex$

訣竅
由於題目的結構中有大量的 $\ln x$，因此考慮變數代換 $\displaystyle u=\frac1{\ln x}$，如此即可化繁為簡。
解法

考慮代換 $\displaystyle u=\frac1{\ln x}$，如此有

• 當 $x\to0^+$ 時，有 $u\to0^-$；
• 當 $x\to1^-$ 時，有$u\to-\infty$；
• 由代換可知 $\displaystyle du=-\frac{dx}{x\ln^2x}$。

綜合可將所求的瑕積分計算如下

$\displaystyle-\int_{0^-}^{-\infty}e^{-\frac{u^2}{k^2}}du=\int_{-\infty}^{0^-}e^{-\frac{u^2}{k^2}}du=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{u^2}{k^2}}du=\frac{k}{2}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-s^2}ds=\frac{k\sqrt{\pi}}{2}$



4. ($16\%$) 討論函數 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{\ln x}{x-1}$，$x>0$，的連續性，遞增減性，凹凸性，極值，反曲點，漸近線並作圖。
訣竅
熟記關於微分的幾何意義。
解法
連續性：由基本初等函數的特性可知 $\ln x$ 與 $x-1$ 皆為連續函數，又在 $x=1$ 時有 $x-1$ 為 $0$，因此可知 $f$ 在 $\mathbb{R}/\left\{1\right\}$ 上連續。
單調性：由於有
$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{1}{x\left(x-1\right)}-\frac{\ln x}{\left(x-1\right)^2}=\frac{x-1-x\ln x}{x\left(x-1\right)^2}$
容易注意到在 $x\neq1$ 時分母恆正，因此我們僅需考慮分子的符號即可。為此我們考慮 $g\left(x\right)=x-1-x\ln x$，則 $\displaystyle g'\left(x\right)=-\ln x$、$\displaystyle g''\left(x\right)=-\frac{1}{x}$，從而可知 $g$ 在 $x=1$ 處有極大值，即 $g\left(x\right)\leq g\left(1\right)=0$，這表明分子在 $x\neq1$ 時恆負，從而 $f'\left(x\right)<0$，即 $f$ 在 $\mathbb{R}/\left\{1\right\}$ 上嚴格遞減。
凹凸性：計算二階導函數即有
$\displaystyle f''\left(x\right)=\frac{2x^2\ln x+4x-3x^2-1}{x^2\left(x-1\right)^3}$
由分母可注意到當 $x>1$ 時為正而分母在 $x<1$ 時為負。另一方面若考慮分子為 $g\left(x\right)=2x^2\ln x+4x-3x^2-1$，則 $g'\left(x\right)=4x\ln x-4x+4=4\left(x\ln x-x+1\right)>0$（由單調性時的計算可知），從而 $g$ 遞增，其中 $g\left(1\right)=0$，因此在 $x>1$ 時有 $g\left(x\right)>0$；而當 $x<1$ 時有 $g\left(x\right)<0$。因此我們可知 $f$ 在 $x\neq1$ 時凹口向上。
由單調性與凹向性的討論可知不存在極值與反曲點。此外容易看出有 $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{x-1}=+\infty$、$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x-1}=0$，因此 $x=0$ 與 $y=0$ 分別為鉛直與水平漸近線。而 $\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{\ln x}{x-1}=1$，因此在 $x=1$ 處並無漸近線。
由以上各項討論可作圖如下：



5. ($16\%$) 若 $\Omega\subset\mathbb{R}^3$ 為 $\mathbb{R}^3$ 一區域，$S$ 為 $\Omega$ 的邊界曲面 $\vec{n}$ 為 $S$ 上朝外之法向量，$\left\|\vec{n}\right\|=1$。
   1. 請利用divergence定理證明

      $\displaystyle\int_{\Omega}\nabla f\cdot\nabla gdV+\int_{\Omega}f\Delta gdV=\int_Sf\frac{\partial g}{\partial\vec{n}}dA$　　$\left(\star\right)$

      其中 $f,g:\Omega\to\mathbb{R}$，$\displaystyle\frac{\partial g}{\partial \vec{n}}$ 為沿 $\vec{n}$ 方向之方向導數，$\Delta g\equiv\mbox{div}\left(\nabla g\right)$。
   2. 若 $h$ 為 $\Omega$ 上調和函數(i.e., $\Delta h=0$)，且 $h$ 在 $S$ 上取值為 $0$，請利用 $\left(\star\right)$ 證明 $h$ 為一零函數（即 $h\left(x\right)=0\forall x\in\Omega$）。
訣竅
應對算子 $\nabla$ 與 $\Delta$ 之間的關係加強瞭解，以便掌握住其中的技巧。
解法
1. 首先觀察出 $\nabla\cdot\left(f\nabla g\right)=\nabla f\cdot\nabla g+f\Delta g$，因此配合這項觀察使用散度定理可得

   $\displaystyle\int_{\Omega}\nabla f\cdot\nabla gdV+\int_{\Omega}f\Delta gdV=\int_{\Omega}\nabla\cdot\left(f\nabla g\right)dV=\int_Sf\frac{\partial g}{\partial\vec{n}}dS$

   其中 $\displaystyle\frac{\partial g}{\partial\vec{n}}=\vec{n}\cdot\nabla g$ 為定義，如此即證明完畢。
2. 現在我用a.所證明的結果取 $f=h$ 且 $g=h$ 代入，如此立即有

   $\displaystyle\int_{\Omega}\left|\nabla h\right|^2dV=0$

   亦即 $\nabla h\equiv0$，因而 $h$ 為常數函數。再者我們由 $h$ 在 $S$ 上的取值為 $0$ 可知 $h$ 為零函數。


6. ($16\%$) 設 $\gamma$ 為 $z^2=x^2+y^2$ 與 $2z=x+y+1$ 相交所得之曲線，令向量場 $\displaystyle\vec{F}=\left(\frac{-y}{x^2+y^2},\frac{x}{x^2+y^2},1\right)$，$\gamma$ 方向如右圖，計算線積分 $\displaystyle\int_{\gamma}\vec{F}\cdot dr$（提示：小心地用Stoke's定理）
   
訣竅
如附圖可以注意到所包圍的曲面區域含 $\left(x,y\right)=\left(0,0\right)$，從而使之無定義。因此挖出小圓使之能進行計算，而小圓的線積分則按參數化計算即可。
解法

根據訣竅，我們考慮曲線 $\gamma_{\varepsilon}$ 為 $\displaystyle\left\{\begin{aligned}&x=\varepsilon\cos\theta\\&y=\varepsilon\sin\theta\\&z=\frac{1+\varepsilon\cos\theta+\varepsilon\sin\theta}{2}\end{aligned}\right.$，其中 $\theta\in\left[0,2\pi\right)$。如此我們令 $D$ 為在 $2z=x+y+1$ 上的區域，其被 $\gamma$ 與 $\gamma_\varepsilon$ 所包圍住。此時應用 Stoke's 定理即有：

$\displaystyle\oint_{\gamma-\gamma_\varepsilon}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\iint_D\left(0dxdy+0dydz+0dzdx\right)=0$

因此我們可以知道

$\displaystyle\oint_{\gamma}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\oint_{\gamma_\varepsilon}\vec{F}\cdot d\vec{r}$

最後我們參數化後代入其中計算之：

$\begin{aligned}\displaystyle\oint_{\gamma_\varepsilon}\vec{F}\cdot d\vec{r}=&\int_0^{2\pi}\left(\frac{-\varepsilon\sin\theta}{\varepsilon^2}\times-\varepsilon\sin\theta+\frac{\varepsilon\cos\theta}{\varepsilon^2}\times\varepsilon\cos\theta+1\times\frac{-\varepsilon\sin\theta+\varepsilon\cos\theta}{2}\right)d\theta\\=&2\pi+\frac{\varepsilon}{2}\int_0^{2\pi}\left(\cos\theta-\sin\theta\right)d\theta=2\pi+\left.\frac{\varepsilon}{2}\left(\sin\theta+\cos\theta\right)\right|_0^{2\pi}=2\pi\end{aligned}$



7. ($16\%$) 在 $\mathbb{R}^2$ 中，令 $S_r$ 表示圓 $x^2+y^2=r^2$，設 $x\in S_1$，$y,z\in S_r$ 並令 $A_r\left(x;y,z\right)$ 表示 $x,y,z$ 構成三角形的面積。
   1. 固定 $r$，請討論在什麼樣的情況下 $A_r\left(x;y,z\right)$ 會取得極值，其中 $x\in S_1$，$y,z\in S_r$。
   2. a. 中極值情況（條件）在 $r\to\infty$ 時會不會有什麼極限情況產生？請討論之。
   
訣竅
利用座標方法精確求出 $A_r\left(x;y,z\right)$ 的表達式後求其極限。
解法
1. 當 $r=1$ 時容易注意到正三角形即為最大值，於是我們僅考慮 $r>1$ 的情形。基於旋轉的全等性，我們可設 $x\left(1,0\right)$，而 $y\left(r\cos\theta_1,r\sin\theta_1\right)$、$z\left(r\cos\theta_2,r\sin\theta_2\right)$，其中 $0<\theta_1<\theta_2<2\pi$。再者易知三點共線時不構成三角形，從而面積的最大下界為 $0$，因此我們僅需考慮極大值。容易知道面積列式如下

   $\displaystyle A_r\left(x;y,z\right)=\frac{1}{2}|\begin{vmatrix}r\cos\theta_1-1&r\sin\theta_1\\r\cos\theta_2-1&r\sin\theta_2\end{vmatrix}|=\frac{r}{2}|r\sin\left(\theta_2-\theta_1\right)-\sin\theta_2+\sin\theta_1|$

   我們考慮函數

   $f\left(\theta_1,\theta_2\right)=r\sin\left(\theta_2-\theta_1\right)-\sin\theta_2+\sin\theta_1$

   為此尋求此函數的極值，我們解下列聯立：

   $\left\{\begin{aligned}&f_{\theta_1}=-r\cos\left(\theta_2-\theta_1\right)+\cos\theta_1=0\\&f_{\theta_2}=r\cos\left(\theta_2-\theta_1\right)-\cos\theta_2=0\end{aligned}\right.$

   如此易得 $\cos\theta_1=\cos\theta_2$，即 $\theta_2=2\pi-\theta_1$。於是代回聯式中可得：

   $2r\cos^2\theta_1-\cos\theta_1-r=0$

   因此解得 $\displaystyle\cos\theta_1=\frac{1\pm\sqrt{1+8r^2}}{4r}$。

   若 $\displaystyle\cos\theta_1=\cos\theta_2=\frac{1+\sqrt{1+8r^2}}{4r}$、$\displaystyle\sin\theta_1=-\sin\theta_2=\frac{\sqrt{8r^2-2-2\sqrt{1+8r^2}}}{4r}$，如此可知面積為

   $\displaystyle A_r\left(x;y,z\right)=\frac{\left(\sqrt{1+8r^2}-3\right)\sqrt{8r^2-2-2\sqrt{1+8r^2}}}{16}\mbox{ for }r>1$

   若 $\displaystyle\cos\theta_1=\cos\theta_2=\frac{1-\sqrt{1+8r^2}}{4r}$、$\displaystyle\sin\theta_1=-\sin\theta_2=\frac{\sqrt{8r^2-2+2\sqrt{1+8r^2}}}{4r}$，如此可知面積為

   $\displaystyle A_r\left(x;y,z\right)=\frac{\left(3+\sqrt{1+8r^2}\right)\sqrt{8r^2-2+2\sqrt{1+8r^2}}}{16}\mbox{ for }r>1$

   綜上所述，我們可以知道最大面積為

   $\displaystyle A_r\left(x;y,z\right)=\frac{\left(3+\sqrt{1+8r^2}\right)\sqrt{8r^2-2+2\sqrt{1+8r^2}}}{16}$

2. 根據a.的結果，容易注意到本極限發散至無窮。