2017年5月15日 星期一

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)。
  2. 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。

  3. ($10\%$) 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)
  4. 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 $\Sigma$。


  5. ($16\%$) 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,$\ln x=\log_ex$

  6. 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

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


  7. ($16\%$) 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。
  8. 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:

  9. ($16\%$) 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 $h\left(x\right)=0\forall x\in\Omega$)。
  10. 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。

  11. ($16\%$) 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)
  12. 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:

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


  13. ($16\%$) 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。
  14. 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。

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