國立臺灣大學九十一學年度轉學生入學考試試題詳解

（註：共五大題，每題 $20$ 分。）

1. 設 $f\left(x\right)$ 為定義在 $\mathbb{R}$ 上的連續函數，已知若 $x\neq0$，則 $f'\left(x\right)$ 存在，且 $\displaystyle\lim_{x\to0}f'\left(x\right)=A$，請證明：$f'\left(0\right)$ 存在且其值為 $A$。
訣竅
運用均值定理即可。
解法
運用導數的定義並配合均值定理可以得到如下的結果：
$\displaystyle f'\left(0\right)=\lim_{h\to0}\frac{f\left(h\right)-f\left(0\right)}{h-0}=\lim_{h\to0}f'\left(\xi\right)=A$,
其中 $\xi$ 介於 $0$ 與 $x$ 之間，因此當 $x$ 趨於 $0$ 時 $\xi$ 亦趨於 $0$。


2. 令

   $f\left(x\right)=\left(\begin{aligned} &e^{-1/x^2},&x\neq0,\\&0,&x=0,\end{aligned}\right.$

   求 $f\left(x\right)$ 在 $0$ 點（為中心）的 Taylor 級數。
訣竅
按照導數的定義與數學歸納法計算之，應留意此為泰勒展開式的一個重要例子，本例說明一個光滑函數也不必然等同於其某點所寫出的泰勒展開級數。
解法
我們證明下列命題：對所有正整數 $n$ 存在整數 $a_1^{\left(n\right)},\cdots,a_{2n-1}^{\left(n\right)}$ 滿足
$\displaystyle f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\left\{\begin{aligned} &\sum_{k=1}^{2n-1}\frac{a_k^{\left(n\right)}}{x^{n+k+1}}e^{-\frac{1}{x^2}},&x\neq0,\\&0,&0.\end{aligned}\right.$
命題的證明
我們運用數學歸納法如下：
$n=1$：透過直接計算我們知道對 $x\neq0$ 時有 $\displaystyle f'\left(x\right)=\frac2{x^3}e^{-\frac1{x^2}}$，而當 $x=0$ 時有
$\begin{aligned}\displaystyle f'\left(0\right)&=\lim_{h\to0}\frac{f\left(h\right)-f\left(0\right)}{h}\\&=\lim_{h\to0}\frac{e^{-1/h^2}}{h}\\&=\lim_{h\to0}\frac{1/h}{e^{1/h^2}}\\&=\lim_{h\to0}\frac{-1/h^2}{\displaystyle\frac{-2}{h^3}e^{1/h^2}}\\&=\lim_{h\to0}\frac{h}{2e^{1/h^2}}=0.\end{aligned}$
因此我們知道
$\displaystyle f'\left(x\right)=\begin{cases}\displaystyle\frac2{x^3}e^{-\frac1{x^2}},&x\neq0,\\0,&x=0.\end{cases}$
歸納步驟（$n=m$ 推論至 $n=m+1$）：現在我們假定對於正整數 $m$ 有存在整數 $a_1^{\left(m\right)},\cdots,a_{2m-1}^{\left(m\right)}$ 滿足
$\displaystyle f^{\left(m\right)}\left(x\right)=\begin{cases}\displaystyle\sum_{k=1}^{2m-1}\frac{a_k^{\left(m\right)}}{x^{m+k+1}}e^{-\frac{1}{x^2}},&x\neq0,\\0,&x=0.\end{cases}$
當 $x\neq0$ 時有
$\displaystyle\begin{aligned}f^{\left(m+1\right)}\left(x\right)&=\sum_{k=1}^{2m-1}\frac{-a_k^{\left(m\right)}\left(m+k+1\right)}{x^{m+k+2}}e^{-\frac{1}{x^2}}+\sum_{k=1}^{2m-1}\frac{-2a_k^{\left(m\right)}}{x^{m+k+4}}e^{-\frac{1}{x^2}}\\&=\sum_{k=1}^{2m-1}\frac{-a_k^{\left(m\right)}\left(m+k+1\right)}{x^{m+k+2}}e^{-\frac{1}{x^2}}+\sum_{k=3}^{2m+1}\frac{-2a_{k-2}^{\left(m\right)}}{x^{m+k+2}}e^{-\frac{1}{x^2}}\\&=\sum_{k=1}^{2m+1}\frac{a_k^{\left(m+1\right)}}{x^{m+k+2}}e^{-\frac{1}{x^2}}\end{aligned}$
其中 $a_1^{\left(m+1\right)}=-\left(m+2\right)a_1^{\left(m\right)}$、$a_2^{\left(m+1\right)}=-\left(m+3\right)a_2^{\left(m\right)}$、$a_{2m}^{\left(m+1\right)}=-2a_{2m-2}^{\left(m\right)}$、$a_{2m+1}^{\left(m+1\right)}=-2a_{2m-1}^{\left(m\right)}$，而當 $3\geq k\geq2m-1$ 時 $a_k^{\left(m+1\right)}=-\left(m+k+1\right)a_k^{\left(m\right)}-2a_{k-2}^{\left(m\right)}$。
當 $x=0$ 時有
$\displaystyle\begin{aligned}f^{\left(m+1\right)}\left(0\right)&=\lim_{h\to0}\frac{f^{\left(m\right)}\left(h\right)-f^{\left(m\right)}\left(0\right)}{h}\\&=\lim_{h\to0}\sum_{k=1}^{2m-1}\frac{a_k^{\left(m\right)}}{h^{m+k+2}}e^{-\frac{1}{h^2}}\\&=\sum_{k=1}^{2m-1}\lim_{h\to0}\frac{a_k^{\left(m\right)}}{h^{m+k+2}}e^{-\frac{1}{h^2}}=0,\end{aligned}$
其中 $\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{e^{-1/h^2}}{h^{m+k+2}}$ 應連續使用羅必達法則，如此即可求得其值為 $0$。至此我們已完成歸納步驟。
我們利用數學歸納法完成命題的證明後，可以知道對所有正整數 $n$ 恆有 $f^{\left(n\right)}\left(0\right)=0$，故 $f$ 在 $x=0$ 處的泰勒級數為零函數。


3. 求

   $\displaystyle1+\frac13+\frac15-\frac12+\frac17+\frac19-\frac14+\frac1{11}+\frac1{13}-\frac16+\cdots+\frac1{4k-1}+\frac1{4k+1}-\frac1{2k}+\cdots=?$

訣竅
由交錯的調和級數出發整理為本題所求的形式。
解法

由下列交錯調和級數可得

$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\left(-1\right)^{k+1}\frac{1}{k}=\ln2$.

即

$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}\right)=\ln2$　(＊)

以及

$\displaystyle1-\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{4k-2}-\frac{1}{4k-1}+\frac{1}{4k}-\frac{1}{4k+1}\right)=\ln2$　(＊＊)

我們將(＊＊)加上(＊)的 $\displaystyle\frac12$ 倍，如此可得

$\displaystyle1-\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac1{2k}-\frac1{4k-1}-\frac1{4k+1}\right)=\frac{3\ln2}{2}$

如此即有

$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1{4k-1}+\frac1{4k+1}-\frac1{2k}\right)=\frac{3\ln2-2}2$.



4. 設 $\psi:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ 為一映射，$\psi\left(x,y\right)=\left(u,v\right)$。對任何點 $\left(x_0,y_0\right)\in\mathbb{R}^2$，以及 $r>0$，定義（以該點為心，半徑 $r$ 的圓盤）

   $\mathbb{B}_r=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2|\left(x-x_0\right)^2+\left(y-y_0\right)^2\leq r^2\right\}$

   以及其在 $\psi$ 之下的影

   $\psi\left(\mathbb{B}_r\right)=\left\{\psi\left(x,y\right)|\left(x,y\right)\in\mathbb{B}_r\right\}$；

   現在令 $a\left(\mathbb{B}_r\right)$ 為 $\mathbb{B}_r$ 的面積，$a\left(\psi\left(\mathbb{B}_r\right)\right)$ 為 $\psi\left(\mathbb{B}_r\right)$ 的面積，於是令

   $\displaystyle I\left(x_0,y_0\right)=\lim_{r\to0}\frac{a\left(\psi\left(\mathbb{B}_r\right)\right)}{a\left(\mathbb{B}_r\right)}$；

   已知 $u=x^2-y^2$，$v=2xy$，對任何一點 $\left(x_0,y_0\right)$，這就定義出函數值 $I\left(x_0,y_0\right)$。請求出 $\left(x_0,y_0\right)$，使得 $I\left(x_0,y_0\right)$ 有最小的函數值。
   註：$\mathbb{R}^2=\left\{\left(x,y\right)|x\in\mathbb{R},y\in\mathbb{R}\right\}$ 即為二維座標平面。
訣竅
仔細計算出影像的面積後求得比值，再取極限，如此可得關於 $\left(x_0,y_0\right)$ 的函數。
解法
首先有 $a\left(\mathbb{B}_r\right)=\pi r^2$。因此問題的計算集中在 $a\left(\psi\left(\mathbb{B}_r\right)\right)$。在開始問題的計算前，可以先留意到若取 $\left(x_0,y_0\right)$ 則 $a\left(\psi\left(\mathbb{B}_r\right)\right)=\pi r^4$，因此 $I\left(0,0\right)=0$，又 $I$ 的函數值非負，因此本題欲求的座標即為使函數值為 $0$ 的點。
記 $\left(x_0,y_0\right)$ 及對應的座標 $\left(u_0,v_0\right)=\left(x_0^2-y_0^2,2x_0y_0\right)$，並取在 $\mathbb{B}_r$ 上的動點為 $\left(x_0+r\cos\theta,y_0+r\sin\theta\right)$，其對應的座標為 $\left(x_0^2-y_0^2+2r\left(x_0\cos\theta-y_0\sin\theta\right)+r^2\cos2\theta,2x_0y_0+2r\left(y_0\cos\theta+x_0\sin\theta\right)+r^2\sin2\theta\right)$。因此 $a\left(\psi\left(\mathbb{B}_r\right)\right)$ 可以計算如下：
$\displaystyle\begin{aligned}a\left(\psi\left(\mathbb{B}_r\right)\right)&=\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\left\{\left[2r\left(x_0\cos\theta-y_0\sin\theta\right)+r^2\cos2\theta\right]^2+\left[2r\left(y_0\cos\theta+x_0\sin\theta\right)+r^2\sin2\theta\right]^2\right\}d\theta\\&=\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\left[r^4+4r^3\left(x_0\cos\theta+y_0\sin\theta\right)+4r^2\left(x_0^2+y_0^2\right)\right]d\theta\\&=\left.\frac{r^4\theta+4r^3\left(x_0\sin\theta-y_0\cos\theta\right)+4r^2\left(x_0^2+y_0^2\right)\theta}{2}\right|_0^{2\pi}\\&=\pi\left[r^4+4r^2\left(x_0^2+y_0^2\right)\right].\end{aligned}$
因此我們可以計算 $I\left(x_0,y_0\right)$ 如下：
$\displaystyle\begin{aligned}I\left(x_0,y_0\right)&=\lim_{r\to0}\frac{a\left(\psi\left(\mathbb{B}_r\right)\right)}{a\left(\mathbb{B}_r\right)}\\&=\lim_{r\to0}\left(r^2+4x_0^2+4y_0^2\right)\\&=4\left(x_0^2+y_0^2\right).\end{aligned}$
因此僅當 $\left(x_0,y_0\right)=\left(0,0\right)$ 時 $I$ 才會達到最小值。


5. 設 $p=p\left(x,y,z\right)$，$q=q\left(x,y,z\right)$ 為三個變數的函數，且其偏導函數 $p_x,p_y,p_z,q_x,q_y,q_z$ 皆存在且連續。令 $\mathbb{S}=\left\{\left(x,y,z\right)|x^2+y^2+z^2=1\right\}$ 為單位球面，而若 $\left(x,y,z\right)\in\mathbb{S}$，令 ${\bf n}$ 為在其處 $\mathbb{S}$ 之向外的單位法向量。令向量場 ${\bf F}=\left(-q_z,p_z,q_x-p_y\right)$，請證明曲面積分

   $\displaystyle\iint_{\mathbb{S}}{\bf F}\cdot{\bf n}dA=0$

訣竅
利用高斯散度定理即可。
解法

利用高斯散度定理，所求可以改寫並計算如下：

$\displaystyle\iint_{\mathbb{S}}{\bf F}\cdot{\bf n}dA=\iiint_V\nabla\cdot{\bf F}dV=\iiint_V\left(-q_{xz}+p_{yz}+q_{xz}-p_{yz}\right)dV=0$.