國立臺灣大學九十三學年度轉學生入學考試試題詳解

第一部分：計算題
以下五題，任選三題作答。

1. $f(x)=\begin{cases}x^\alpha\sin(1/x)&\text{if}~x\neq0;\\0&\text{if}~x=0.\end{cases}$
   試決定 $\alpha$ 的範圍，使 $f$ 的二階導數處處連續。
訣竅
按照定義直接計算即可探求出 $\alpha$ 應符合的條件。
解法

假定存在滿足條件的 $\alpha$，我們探求其充分與必要條件如下：
當 $x\neq0$ 時，我們有 $\displaystyle f'(x)=\alpha x^{\alpha-1}\sin\frac1x-x^{\alpha-2}\cos\frac1x$；而當 $x=0$ 時，我們運用導數的定義計算如下

$\begin{aligned}f'(0)&=\lim_{h\to0}\frac{f(h)-f(0)}h\\&=\lim_{h\to0}h^{\alpha-1}\sin\frac1h.\end{aligned}$

若 $\alpha>1$，則上述極限可用夾擠定理控制為 $0$；反之若 $\alpha\leq1$，則上述極限發散。因此我們知道在 $\alpha>1$下，我們有

$f'(x)=\begin{cases}\displaystyle\alpha x^{\alpha-1}\sin\frac1x-x^{\alpha-2}\cos\frac1x&\text{if}~x\neq0,\\0&\text{if}~x=0.\end{cases}$

再者為了計算二階導函數，我們至少要求 $f'$ 為連續函數，也因此在計算極限 $\displaystyle\lim_{x\to0}f'(x)$ 時，我們需要 $\alpha>2$ 才能使極限存在且為 $f'(0)$。

現在我們來計二階導函數：當 $x\neq0$ 時，我們有 $\displaystyle f''(x)=\alpha(\alpha-1)x^{\alpha-2}\sin\frac1x+2x^{\alpha-3}\cos\frac1x-x^{\alpha-4}\sin\frac1x$；而當 $x=0$ 時，我們運用導數的定義計算如下

$\begin{aligned}f''(0)&=\lim_{h\to0}\frac{f'(h)-f'(0)}h\\&=\lim_{h\to0}\alpha h^{\alpha-2}\sin\frac1h-h^{\alpha-3}\cos\frac1h.\end{aligned}$

若 $\alpha>3$，則上述極限可用夾擠定理控制為 $0$；反之若 $\alpha\leq3$ 則上述極限發散。
因此我們知道在 $\alpha>3$ 下，我們有

$f''(x)=\begin{cases}\displaystyle\alpha(\alpha-1)x^{\alpha-2}\sin\frac1x+2x^{\alpha-3}\cos\frac1x-x^{\alpha-4}\sin\frac1x&\text{if}~x\neq0,\\0&\text{if}~x=0.\end{cases}$

然而要讓 $f''$ 連續我們還要讓極限式成立：$\displaystyle\lim_{x\to0}f''(x)=f''(0)=0$，其中便需要要求 $\alpha>4$。

結論：當且僅當 $\alpha>4$ 能使 $f$ 的二階導函數連續。



2. 擺線一拱 $\Gamma:\left\{\begin{aligned}&x=\theta-\sin\theta\\&y=1-\cos\theta\end{aligned}\right.$，$0<\theta<2\pi$
   1. 試證 $\Gamma$ 垂直 $x$ 軸。
   2. 求 $\Gamma$ 與 $x$ 軸所圍領域 $A$ 的面積。
   3. 將 $A$ 對 $y$ 軸旋轉，求旋轉體體積。
   
訣竅
依據參數化的面積與旋轉體體積公式計算；至於證明垂直 $x$ 軸則可以利用參數化來證明在某些 $\theta$ 能使 $\mathrm dx/\mathrm dy=0$。
解法

1. 拱線與 $x$ 軸的交點發生在 $\theta=0$ 或 $\theta=2\pi$ 時。因此我們僅須計算在 $\theta=0$ 與 $\theta=2\pi$ 時的斜率即可。此參數式所表示的斜率倒數為

   $\displaystyle\frac{\mathrm dx}{\mathrm dy}=\frac{\mathrm dx/\mathrm d\theta}{\mathrm dy/\mathrm d\theta}=\frac{1-\cos\theta}{\sin\theta}$.

   因此在 $\theta\to0^+$ 或 $\theta\to2\pi^-$ 時有 $\mathrm dx/\mathrm dy\to0$，因此在 $\theta=0$ 與 $\theta=2\pi$ 時 $\Gamma$ 與 $x$ 軸垂直。
2. 運用面積公式直接計算如下

   $\begin{aligned}A&=\int_{\theta=0}^{\theta=2\pi}\!y(\theta)x'(\theta)\,\mathrm d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\!(1-\cos\theta)^2\,\mathrm d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\!(1-2\cos\theta+\cos^2\theta)\,\mathrm d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\!\left(\frac32-2\cos\theta+\frac{\cos2\theta}2\right)\,\mathrm d\theta\\&=\left.\frac{3\theta}2-2\sin\theta+\frac{\sin2\theta}4\right|_0^{2\pi}=3\pi.\end{aligned}$

3. 運用旋轉體體積公式直接計算如下

   $\begin{aligned}V&=\int_{\theta=0}^{\theta=2\pi}\!\pi y^2(\theta)x'(\theta)\,\mathrm d\theta\\&=\pi\int_0^{2\pi}\!(1-\cos\theta)^3\,\mathrm d\theta\\&=\pi\int_0^{2\pi}\!(1-3\cos\theta+3\cos^2\theta-\cos^3\theta)\,\mathrm d\theta\\&=\pi\int_0^{2\pi}\!\left(\frac52-4\cos\theta+\frac{3\cos2\theta}2+\sin^2\theta\cos\theta\right)\,\mathrm d\theta\\&=\pi\left.\left(\frac{5\theta}2-4\sin\theta+\frac{3\sin2\theta}4+\frac{\sin^3\theta}3\right)\right|_0^{2\pi}=5\pi^2.\end{aligned}$

   【註】 區域 $A$ 繞 $y$ 軸旋轉後產生的曲面如下圖

   



3. 1. $e:(x(t),y(t))$，$a\leq t\leq b$ 為地平面上的曲線，今在 $C$ 上築籬，於點 $(x(t),y(t))$ 上的籬高為 $f(t)$，試寫出籬笆的面積公式。
   2. 求圓柱 $\displaystyle x^2+\left(y-\frac12\right)^2=\left(\frac12\right)^2$ 在單位球 $x^2+y^2+z^2\leq1$ 內的面積。
訣竅
利用參數化的思想以及微元的計算列出面積公式並計算之。
解法

1. 面積公式可以表達如下並利用參數化表示之：

   $\begin{aligned}A&=\int_{t=a}^{t=b}\!f(t)\,\mathrm ds\\&=\int_a^b\!f(t)\sqrt{[x'(t)]^2+[y'(t)]^2}\,\mathrm dt.\end{aligned}$

2. 首先將圓柱參數化有 $\displaystyle x=\frac12\cos\theta$、$\displaystyle y=\frac12+\frac12\sin\theta$，其範圍為 $0\leq t<2\pi$，而在點 $\displaystyle\left(\frac12\cos\theta,\frac12+\frac12\sin\theta\right)$ 時被單位球截出的高為 $\sqrt{2-2\sin\theta}$。因此所求可以依 a. 列式並計算如下：

   $\begin{aligned}A&=\int_0^{2\pi}\!\sqrt{2-2\sin\theta}\cdot\sqrt{\left(-\frac{\sin\theta}2\right)^2+\left(\frac{\cos\theta}2\right)^2}\,\mathrm d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\!\sqrt{\frac{1-\sin\theta}2}\,\mathrm d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\!\sqrt{\frac{1-\cos\left(\frac\pi2-\theta\right)}2}\,\mathrm d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\!\left|\sin\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)\right|\,\mathrm d\theta\\&=\int_0^{\pi/2}\!\sin\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)\,\mathrm d\theta+\int_{\pi/2}^{2\pi}\!\sin\left(\frac\theta2-\frac\pi4\right)\,\mathrm d\theta\\&=\left.2\cos\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)\right|_0^{\pi/2}-2\left.\cos\left(\frac\theta2-\frac\pi4\right)\right|_{\pi/2}^{2\pi}\\&=2\left(1-\frac{\sqrt2}2\right)-2\left(-\frac{\sqrt2}2-1\right)=4.\end{aligned}$

【註】

• 關於定積分 $\displaystyle\int_0^{2\pi}\!\left|\sin\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)\right|\,\mathrm d\theta$ 也可以利用週期性與對稱性而簡化計算如下

  $\begin{aligned}A&=\int_0^{2\pi}\!\left|\sin\left(\frac\pi4-\frac\theta2\right)\right|\,\mathrm d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\!\sin\frac\theta2\,\mathrm d\theta\\&=\left.-2\cos\frac\theta2\right|_0^{2\pi}=4.\end{aligned}$

• 圓柱面 $x^2+(y-1/2)^2=1/4$ 在單位球體 $x^2+y^2+z^2\leq1$ 內的圖形如下
  



4. $\displaystyle f(x)=\begin{cases}\displaystyle\frac{\sin x}x,&x\neq0,\\1,&x=0.\end{cases}$
   1. 試證 $f$ 在 $x=0$ 點可以 Taylor 展開，並寫出此級數。
   2. 估計 $\displaystyle\int_0^1\frac{\sin x}x\,dx$之值，使誤差 $<10^{-3}$。
   3. 令 $\displaystyle a_n=\left|\int_{(n-1)\pi}^{n\pi}\!\frac{\sin x}x\,\mathrm dx\right|$，試證：當 $n>1$ 時有 $\displaystyle\frac2{n\pi}<a_n<\frac2{(n-1)\pi}$，從而判斷 $\displaystyle\int_0^\infty\!\frac{\sin x}x\,\mathrm dx$ 的收斂／發散。
   
訣竅
根據均勻收斂的特性與交錯級數的誤差估計，進而達到對瑕積分的面積有確切的估計。
解法
1. 根據正弦函數的 Taylor 展開式，可推知 $f$ 在 $x=0$ 的 Taylor 展開如下

   $\displaystyle f(x)=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k+1)!}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}\pm\cdots\quad\text{for}~x\in\mathbb R$.

   【註】 由於正弦函數的解析性及 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin x}x=1$，可以知道函數 $f$ 在實數上解析。
2. 根據 a.，計算該積分可得

   $\begin{aligned}\int_0^1\!\frac{\sin x}x\,\mathrm dx&=\int_0^1\!\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k+1)!}\,\mathrm dx\\&=\sum_{k=0}^\infty\int_0^1\!(-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k+1)!}\,\mathrm dx\\&=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{(2k+1)(2k+1)!}\\&=1-\frac1{3\cdot3!}+\frac1{5\cdot5!}-\frac1{7\cdot7!}\pm\cdots,\end{aligned}$

   其中由於 $\displaystyle\frac1{7\cdot7!}=\frac1{35280}<10^{-3}$，因此

   $\displaystyle\left|\int_0^1\!\frac{\sin x}x\,\mathrm dx-\frac{1703}{1800}\right|=\left|\int_0^1\!\frac{\sin x}x\,\mathrm dx-\left(1-\frac1{3\cdot6}+\frac1{5\cdot120}\right)\right|<\frac1{35280}<10^{-3}$.

   即得 $\displaystyle\int_0^1\!\frac{\sin x}\,\mathrm dx\approx\frac{1703}{1800}=0.946\bar1$。

   【註】 由電子計算機知

   $\displaystyle\int_0^1\!\frac{\sin x}x\,\mathrm dx=0.94608307036718301\dots,$

   這表示我們所得到的近似值確實符合所想要的誤差估計。

3. 若 $n=2k+1>1$，則 $\displaystyle a_n=\int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi}\!\frac{\sin x}x\,\mathrm dx$，於是有下列的不等式

   $\displaystyle\frac1{(2k+1)\pi}\int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi}\!\sin x\,\mathrm dx\leq\int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi}\!\frac{\sin x}x\,\mathrm dx\leq\frac1{2k\pi}\int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi}\!\sin x\,\mathrm dx$,

   即有

   $\displaystyle\frac2{n\pi}\leq a_n\leq\frac2{(n-1)\pi}$.

   若 $n=2k\geq2$ 時，則 $\displaystyle a_n=-\int_{(2k-1)\pi}^{2k\pi}\!\frac{\sin x}x\,\mathrm dx$，於是有下列的不等式

   $\displaystyle-\frac1{2k\pi}\int_{(2k-1)\pi}^{2k\pi}\!\sin x\,\mathrm dx\leq-\int_{(2k-1)\pi}^{2k\pi}\!\frac{\sin x}x\,\mathrm dx\leq-\frac1{(2k-1)\pi}\int_{(2k-1)\pi}^{2k\pi}\!\sin x\,\mathrm dx$,

   即有

   $\displaystyle\frac2{n\pi}\leq a_n\leq\frac2{(n-1)\pi}$.

   由此我們將瑕積分 $\displaystyle\int_0^\infty\!\frac{\sin x}x\,\mathrm dx$ 分為兩段 $\displaystyle\int_0^\pi\!\frac{\sin x}x\,\mathrm dx$、$\displaystyle\int_\pi^\infty\!\frac{\sin x}x\,\mathrm dx$。

   首先前者為 $a_1$，由於在 $x\to0$ 時具有極限，因而此瑕積分可以容易受到控制而有界。針對後者我們考慮如下的加總與極限：

   $\begin{aligned}\int_\pi^\infty\!\frac{\sin x}x\,dx&=\lim_{t\to\infty}\int_\pi^t\!\frac{\sin x}x\,\mathrm dx=\lim_{t\to\infty}\int_{n\pi}^t\frac{\sin x}x\,\mathrm dx+\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{\sin x}x\,\mathrm dx\\&=\sum_{k=1}^\infty(-1)^ka_{k+1}.\end{aligned}$

   利用交錯級數審歛法我們知道該級數收斂，因而該瑕積分也收斂。
   進而由這兩個積分的收斂可知原題所問之瑕積分也收斂。


5. $\displaystyle\vec F=\left(\frac{-y}{x^2+y^2},\frac x{x^2+y^2}\right)$ 為 $\mathbb R^2-\{(0,0)\}$ 上的向量場。
   試就下列(a), (b), (c)三情況，分別求 $\int_C\!\vec F\cdot\vec T\,\mathrm ds$ 之值，其中 $C$ 為平面上的封閉曲線，$\vec T$ 為 $C$ 上逆時向單位切向量，$\mathrm ds$ 為 $C$ 上弧元。
   1. $C:\,x^2+y^2=1$　（含原點）
   2. $C:\,(x-2)^2+y^2=1$　（不含原點）
   3. $C:\,(x-1)^2+y^2=1$　（過原點）
訣竅
利用參數化或 Green 定理來求解。
解法

1. 令 $x=\cos t$、$y=\sin t$，其中 $0\leq t\leq2\pi$，如此原線積分可列式並計算

   $\displaystyle\int_C\!\vec F\cdot\vec T\,\mathrm ds=\int_0^{2\pi}\!\left(\frac{-\sin t}{\cos^2t+\sin^2t}\cdot-\sin t+\frac{\cos t}{\cos^2t+\sin^2t}\cdot\cos t\right)\,\mathrm dt=\int_0^{2\pi}\!1\,\mathrm dt=2\pi$.

2. 運用 Green 定理，我們可以所求的線積分改寫下列的重積分

   $\displaystyle\int_C\!\vec F\cdot\vec T\,\mathrm ds=\iint_D\!\left(\frac\partial{\partial x}\frac x{x^2+y^2}-\frac\partial{\partial y}\frac{-y}{x^2+y^2}\right)\,\mathrm dx\,\mathrm dy=\iint_D\!0\,\mathrm dA=0$,

   其中 $D=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,(x-2)^2+y^2=1\}$。
3. 令 $x=1+\cos t$、$y=\sin t$，其中 $0\leq t\leq2\pi$。如此題目所求之線積分可以改寫並計算如下：

   $\begin{aligned}\int_C\!\vec F\cdot\vec T\,\mathrm ds&=\int_0^{2\pi}\!\left(\frac{-\sin t}{(1+\cos t)^2+\sin^2t}\cdot-\sin t+\frac{1+\cos t}{(1+\cos t)^2+\sin^2t}\cdot\cos t\right)\,\mathrm dt\\&=\int_0^{2\pi}\!\frac{1+\cos t}{2+2\cos t}\,\mathrm dt=\int_0^{2\pi}\!\frac12\,\mathrm dt=\pi.\end{aligned}$

第二部分：推演與證明
以下五題，任選三題作答

6. 設 $f(x,y)$ 的一階偏導數連續，$\nabla f(x_0,y_0)=(f_x(x_0,y_0),f_y(x_0,y_0))$。
   1. 試證 $\nabla f(x_0,y_0)$ 恆指出 $f$ 在點 $(x_0,y_0)$ 方向導數(Directional derivative)最大的方向。
   2. 令 $k=f(x_0,y_0)$，$f$ 的 $k$ 等高線 $C_k=\{(x,y)\,|\,f(x,y)=k\}$。試證：$\nabla f(x_0,y_0)$ 垂直 $C_k$。
訣竅
根據梯度具有的幾何意義性質進行考慮即可。
解法
1. 根據方向導數的計算公式如下：設 $\vec u$ 為單位向量，則 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 處沿 $\vec u$ 的方向導數為

   $D_{\vec u}f(x_0,y_0)=\nabla f(x_0,y_0)\cdot\vec u$.

   透過 Cauchy 不等式可知下列的不等式關係：

   $D_{\vec u}f(x_0,y_0)\leq|\nabla f(x_0,y_0)||\vec u|$

   其中當 $\vec u=\nabla f(x_0,y_0)$ 能使方向導數達到最大值。
2. 我們將此等高線參數化為 $(x(t),y(t))$，其中當 $t=t_0$ 時有 $(x(t_0),y(t_0))=(x_0,y_0)$。
   此時對任意的實數 $t$ 恆有 $f(x(t),y(t))=k$。對 $t$ 的求導，可得

   $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}(x(t),y(t))\frac{\mathrm dx}{\mathrm dt}+\frac{\partial f}{\partial y}(x(t),y(t))\frac{\mathrm dy}{\mathrm dt}=0$,

   亦即 $\nabla f(x(t),y(t))\cdot\left(x'(t),y'(t))=0$，因此梯度向量與高等線的切向量垂直，但這個等式是任何的 $t$ 皆成立，因此我們取 $t=t_0$，故有 $\nabla f(x_0,y_0)$ 與 $C_k$ 垂直。


7. $f$ 在點 $(x_0,y_0)$ 附近的二階偏導數連續。
   1. 請寫出適當條件，以確保 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 點取極小值。
   2. 證明你的定理。
訣竅
利用多變數微分求極值與二階偏導數判別法等知識回答問題。
解法

1. 假定 $f_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0$。若 $f_{xx}(x_0,y_0)f_{yy}(x_0,y_0)-(f_{xy}(x_0,y_0))^2>0$ 且 $f_{xx}(x_0,y_0)>0$，則 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 取極小值。
2. 設 $(h,k)$ 為 $(0,0)$ 附近的點，則根據 Taylor 定理可得到

   $\begin{aligned}f(x_0+h,y_0+k)=&f(x_0,y_0)+(f_x(x_0,y_0),f_y(x_0,y_0))\cdot(h,k)\\&+\frac1{2!}\begin{bmatrix}h\\k\end{bmatrix}^T\begin{bmatrix}f_{xx}(x_0,y_0)&f_{xy}(x_0,y_0)\\f_{yx}(x_0,y_0)&f_{yy}(x_0,y_0)\end{bmatrix}\begin{bmatrix}h\\k\end{bmatrix}+R_{(x_0,y_0)}^2(h,k).\end{aligned}$

   我們可以宣稱 $f_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)$，這是因為此為達到極值的必要條件。這是因為如果在 $(x_0,y_0)$ 處達到極小值，則我們計算偏導數時分為左右極限計算時便可發現非正非負，因而為零，因此當一階偏導數非零時便不可能為極小值。在前述的必要條件下，我們利用線性代數的知識可以曉得二階矩陣為正定，因而有 $f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)>0$。



8. 1. 欲決定 $\alpha$ 使 $\displaystyle f(\alpha)=\int_0^1\!|x^2-\alpha|\,\mathrm dx$ 最小。設直線 $y=\alpha$ 與直線 $x=0$，拋物線 $y=x^2$ 以及直線 $x=1$，分別交於 $A,B,C$ 三點（如圖）。試證：當 $\overline{AB}=\overline{BC}$ 時，$f(\alpha)$ 取最小值，從而求出 $\alpha$ 之值。
      
   2. 決定 $\alpha$，使 $\displaystyle\iint_D\!|x^2+y^2-\alpha|\,\mathrm dx\,\mathrm dy$ 最小，其中 $D=[-1,1]\times[-1,1]$。
訣竅
考慮當 $\alpha$ 變動時的量變化去思考；根據不同情形的 $\alpha$ 分段進行討論後以微分求出極值。
解法一
1. 根據題目所述，當 $\overline{AB}=\overline{BC}$ 時，即有 $\overline{AB}=\overline{BC}=1/2$，此時 $\alpha=1/4$。假若將 $\alpha$ 增大為 $\alpha'$，則 $\overline{AB}$ 增加為 $\overline{AB'}$、$\overline{BC}$ 減少為 $\overline{BC'}$，於此同時積分值會增加 $K$ 的面積減少 $M$ 的面積，其中 $K$ 由 $y=\alpha$、$y=\alpha'$、$x=0$、$y=x^2$ 所組成的區域；$M$ 由 $y=\alpha$、$y=\alpha'$、$x=1$、$y=x^2$ 所組成的區域。容易注意到 $K> M$，從而將 $\alpha$ 增大不會讓面積減少。類似地，將 $\alpha$ 減少也會有同樣的效果。如此本命題證畢。
2. 基於前一小題的想法，我們要使 $x^2+y^2\leq\alpha$ 的區域面積與 $x^2+y^2\geq\alpha$ 且在 $D$ 中的面積相等才可，如此可知該面積應為 $2$，進而求出 $\alpha=2/\pi$。
解法二
1. 假若 $\alpha\geq1$，則當 $x\in[0,1]$ 時有 $x^2-\alpha\leq0$，進而 $f(\alpha)=(3\alpha-1)/3$；假若 $\alpha\leq0$，則當 $x\in[0,1]$ 時有 $x^2-\alpha\geq0$，進而 $f(\alpha)=(1-3\alpha)/3$。

   現在我們考慮 $\alpha\in(0,1)$ 時的情形如下：
   當 $\alpha$ 介在 $0$ 與 $1$ 之間時，我們知道 $y=\alpha$ 與 $y=x^2$ 交於 $(\sqrt\alpha,\alpha)$。也知道當 $x\in[0,\sqrt\alpha]$ 時有 $x^2-\alpha\leq0$；而當 $x\in[\sqrt\alpha,1]$ 時有 $x^2-\alpha\geq0$。因此

   $\begin{aligned}f(\alpha)&=\int_0^{\sqrt\alpha}\!(\alpha-x^2)\,\mathrm dx+\int_{\sqrt\alpha}^1\!(x^2-\alpha)\,\mathrm dx\\&=\frac{2\alpha\sqrt\alpha}3+\left[\left(\frac13-\alpha\right)-\left(\frac{\alpha\sqrt\alpha}3-\alpha\sqrt\alpha\right)\right]\\&=\frac{4\alpha\sqrt\alpha}3-\alpha+\frac13.\end{aligned}$

   為了求出極值，我們計算其導函數有

   $f'(\alpha)=2\sqrt\alpha-1\quad\text{for}~\alpha\in(0,1)$.

   因此解 $f'(\alpha)=0$ 時可得 $\alpha=1/4$。
   計算有 $f(1)=2/3$、$f(0)=1/3$、$f(1/4)=1/4$，因此在 $\alpha=1/4$ 處可取最小值，此時 $\overline{AB}=\overline{BC}$。故當 $\overline{AB}=\overline{BC}$ 時可使 $\alpha=1/4$，進而使 $f$ 取最小值。

2. 首先令 $\displaystyle g(\alpha)=\iint_D\!|x^2+y^2-\alpha|\,\mathrm dx\,\mathrm dy$。
   若 $\alpha\geq2$，則 $x^2+y^2-\alpha\leq0$，因此所求的積分之值可以計算如下：

   $\begin{aligned}g(\alpha)&=\int_{-1}^1\!\int_{-1}^1\!(\alpha-x^2-y^2)\,\mathrm dx\,\mathrm dy\\&=\int_{-1}^1\!\left.\alpha x-\frac{x^3}3-xy^2\right|_{-1}^1\,\mathrm dy\\&=\int_{-1}^1\!\left(2\alpha-\frac23-2y^2\right)\,\mathrm dy\\&=\left.2\alpha y-\frac{2y}3-\frac{2y^3}3\right|_{-1}^1=4\alpha-\frac83.\end{aligned}$

   若 $\alpha\leq0$，則 $x^2+y^2\geq0$，因此所求的積分值可以透過上述類似的計算可得值為 $\displaystyle\frac83-4\alpha$。
   而若 $0\leq\alpha\leq1$，則所求的積分可以改寫並計算如下：

   $\begin{aligned}g(\alpha)&=\iint_D\!(x^2+y^2-\alpha)\,\mathrm dx\,\mathrm dy-2\iint_{B_{\sqrt\alpha}(0)}\!(x^2+y^2-\alpha)\,\mathrm dx\,\mathrm dy\\&=\frac83-4\alpha-2\int_0^{2\pi}\!\int_0^{\sqrt\alpha}\!(r^2-\alpha)\cdot r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\\&=\frac83-4\alpha-4\pi\left.\left(\frac{r^4}4-\frac{r^2\alpha}2\right)\right|_0^{\sqrt\alpha}\\&=\frac83-4\alpha+\pi\alpha^2.\end{aligned}$

   而若 $1\leq\alpha\leq2$，則所求的積分可以表示如下：

   $\begin{aligned}g(\alpha)&=\iint_D\!(\alpha-x^2-y^2)\,\mathrm dx\,\mathrm dy+2\cdot8\iint_K\!(x^2+y^2-\alpha)\,\mathrm dx\,\mathrm dy,\end{aligned}$

   其中 $K=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\geq\alpha,~1>x>y>0.\}$。因此所求的積分可以計算如下：

   $\begin{aligned}g(\alpha)&=4\alpha-\frac83+16\int_{\sec^{-1}(\sqrt\alpha)}^{\pi/4}\!\int_{\sqrt\alpha}^{\sec\theta}\!(r^2-\alpha)\cdot r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\\&=4\alpha-\frac83+16\int_{\sec^{-1}(\sqrt\alpha)}^{\pi/4}\left.\frac{r^4}4-\frac{r^2\alpha}2\right|_{\sqrt\alpha}^{\sec\theta}\,\mathrm d\theta\\&=4\alpha-\frac83+16\int_{\sec^{-1}(\sqrt\alpha)}^{\pi/4}\!\left(\frac{\sec^4\theta}4-\frac{\alpha\sec^2\theta}2+\frac{\alpha^2}4\right)\,\mathrm d\theta\\&=-4\alpha+\frac83+\pi\alpha^2+4\alpha\sqrt{\alpha-1}+\frac83\left(\alpha-1\right)\sqrt{\alpha-1}-4\alpha^2\sec^{-1}(\sqrt\alpha).\end{aligned}$

   因此根據上列的計算可得

   $\displaystyle g(\alpha)=\begin{cases}\displaystyle\frac83-4\alpha&\text{if}~\alpha\leq0;\\\displaystyle\frac83-4\alpha+\pi\alpha^2&\text{if}~0\leq\alpha\leq1;\\\displaystyle-4\alpha+\frac83+\pi\alpha^2+4\alpha\sqrt{\alpha-1}+\frac83(\alpha-1)\sqrt{\alpha-1}-4\alpha^2\sec^{-1}\sqrt\alpha&\text{if}~1\leq\alpha\leq2;\\\displaystyle4\alpha-\frac83&\text{if }~2\leq\alpha.\end{cases}$

   其中 $g$ 的函數圖形如下：
   
   因此分段計算其一階導函數與二階導函數有

   $\begin{aligned}&g'(\alpha)=\begin{cases}-4&\text{if}~\alpha\leq0;\\-4+2\pi\alpha&\text{if}~0\leq\alpha\leq1;\\-4+2\pi\alpha+8\sqrt{\alpha-1}-8\alpha\sec^{-1}(\sqrt\alpha)&\text{if }~1\leq\alpha\leq2;\\4&\text{if}~2\leq\alpha,\end{cases}\\&g''(\alpha)=\begin{cases}0&\text{if}~\alpha<0;\\2\pi&\text{if}~0<\alpha\leq1;\\2\pi-8\sec^{-1}(\sqrt\alpha)&\text{if}~1\leq\alpha\leq2;\\0&\text{if}~2\leq\alpha.\end{cases}\end{aligned}$

   注意到可在 $0\leq\alpha\leq1$ 中取 $\alpha=2/\pi$ 使得 $g'(2/\pi)=0$。而且由於 $g''(\alpha)\geq0$，從而 $g'$ 遞增，進而可知僅當在 $\alpha=2/\pi$ 使斜率為零，且該處為極小值。


9. $\displaystyle f(x)=e^{x^2}\int_x^\infty\!e^{-t^2}\,\mathrm dt$。
   1. 求 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}f(x)$；
   2. 求 $f'(x)$；
   3. 試證 $f$ 在 $(0,\infty)$ 上遞減。
訣竅
本題旨在使用微積分基本定理，其中第一小題應再配合使用 L'H\^opital 法則。
解法
1. 利用 L'H\^opital 法則與微積分基本定理計算如下：

   $\begin{aligned}\lim_{x\to\infty}f(x)&=\lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int_x^\infty\!e^{-t^2}\,\mathrm dt}{e^{-x^2}}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{-e^{-x^2}}{-2xe^{-x^2}}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac1{2x}=0.\end{aligned}$

2. 利用 Leibniz 法則並配合微積分基本定理進行微分如下

   $\displaystyle f'(x)=e^{x^2}\cdot-e^{-x^2}+2xe^{x^2}\int_x^\infty\!e^{-t^2}\,\mathrm dt=-1+2xe^{x^2}\int_x^\infty\!e^{-t^2}\,\mathrm dt$.

3. 根據 b. 我們知道

   $\begin{aligned}f'(x)&\leq-1+2e^{x^2}\int_x^\infty\!te^{-t^2}\,\mathrm dt&=-1-e^{x^2-t^2}\Big|_x^\infty=0\quad\text{for}~x>0.\end{aligned}$

   因此 $f$ 在 $(0,\infty)$ 上遞減。


10. $A=\{(x,y)\,|\,x>0,\,y>0,\,x+y<\sqrt2\}$ 為 $xy$ 平面上的等腰直角三角形，其面積為 $1$；$B=\{(u,v)\,|\,0<u<1,\,0<v<1\}$ 為 $uv$ 平面上單位正方形。今欲找一保面積寫像 $T:A\to B$，使 $T(\Omega)$ 的面積 $=\Omega$ 的面積，對一切可測集 $\Omega\subset A$ 成立。
    想法如下：對 $0<x<\sqrt2$，令 $\alpha(x)=A$ 在 $[0,x]$ 上的面積（左圖斜線域）今把 $A$ 中斜線域映成 $B$ 中斜線域使 $\overline{PQ}$ 比例映至 $\overline{P'Q'}$（如圖所示）
    
    1. 根據上述想法，請寫出 $T$。
    2. 證明 $T$ 確為保面積寫像。
訣竅
直接題幹的敘述處理即可。
解法
1. 設 $Q(x,0)$，則 $P(x,\sqrt2-x)$，因此可以求出 $\alpha(x)$ 如下

   $\displaystyle\alpha(x)=\frac{[\sqrt2+(\sqrt2-x)]\cdot x}2=\sqrt2x-\frac{x^2}2\quad\text{for}~0<x<\sqrt2$.

   因此我們令 $T$ 如下：

   $\displaystyle(u,v)=T(x,y)=\left(\sqrt2x-\frac{x^2}2,\frac y{\sqrt2-x}\right)$.

2. 我們可以驗算 $T$ 逐點的面積改變率如下：

   $\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}&\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y}\\\displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}&\displaystyle\frac{\partial v}{\partial y}\end{vmatrix}\Big|=\Big|\begin{vmatrix}\sqrt2-x&0\\\displaystyle\frac y{(\sqrt2-x)^2}&\displaystyle\frac1{\sqrt2-x}\end{vmatrix}\Big|=1$.

   因此各點的面積變化率皆為 $1$，這表明 $T$ 為保面積變換。