2017年5月16日 星期二

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 $A$。
  2. 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 $0$。

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

    求 $f\left(x\right)$ 在 $0$ 點(為中心)的 Taylor 級數。
  4. 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。

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

  6. 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

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

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

    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

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


  7. 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。
  8. 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。

  9. 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

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

  10. 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:

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

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