國立臺灣大學一百零二學年度轉學生入學考試試題詳解

CALCULUS A

1. Let $f\left(x\right)$ be a continuous function on the interval $\left[0,1\right]$ and $f\left(0\right)=f\left(1\right)$. Show that, for any integer $n\geq2$, there exists some $\displaystyle a\in\left[0,1-\frac{1}{n}\right]$ such that $\displaystyle f\left(a\right)=f\left(a+\frac{1}{n}\right)$. ($12$ pts)
訣竅
運用反證法證明之。
解法
假若 $f$ 為常數函數，那麼本命題直接成立，因此我們僅需考慮 $f$ 並非常數函數的情形。對每個正整數 $n\geq2$ 的情況下，我們定義 $g_n$ 如下：
$\displaystyle g_n\left(x\right)=f\left(x\right)-f\left(x+\frac1n\right)$
可以注意到 $g_n$ 亦為連續函數。現在利用反證法假設在 $\left[0,1\right]$ 中不存在 $a$ 使 $g_n\left(a\right)=0$，那麼表明對 $x\in\left[0,1\right]$ 有 $g_n$ 恆正或恆負。
對於前者，我們取 $\displaystyle x=0,\frac1n,\cdots,1-\frac1n$，即有
$\displaystyle f\left(0\right)>f\left(\frac1n\right)>f\left(\frac2n\right)>\cdots>f\left(1-\frac1n\right)>f\left(1\right)$
此與 $f\left(0\right)=f\left(1\right)$ 矛盾。對於後者，我們仍取 $\displaystyle x=0,\frac1n,\cdots,1-\frac1n$，即有
$\displaystyle f\left(0\right)<f\left(\frac1n\right)<f\left(\frac2n\right)<\cdots<f\left(1-\frac1n\right)<f\left(1\right)$
此與 $f\left(0\right)=f\left(1\right)$ 矛盾。
因此透過反證法，必存在 $a$ 使 $g_n\left(a\right)=0$，亦即 $\displaystyle f\left(a\right)=f\left(a+\frac1n\right)$。


2. Show that $\displaystyle\sin x>\frac{2x}{\pi}$ for all $\displaystyle x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$. ($12$ pts)
訣竅
利用凹向下的特性證明之。
解法
記$A\left(0,0\right)$、$B\left(x,\sin x\right)$、$C\left(\frac\pi2,1\right)$。由於 $\sin x$ 在 $\displaystyle\left(0,\frac\pi2\right)$ 之間為凹向下，因此利用凹向下的特性可知 $m_{AB}>m_{BC}$，亦即
$\displaystyle\frac{\sin x}x>\frac{1-\sin x}{\frac\pi2-x}$
整理後即可獲證。


3. Find the local and absolute extreme values of $f\left(x\right)=x^{\frac13}\left(1-x\right)^{\frac23}$. Sketch the graph of $f$ and indicate its inflection points and asymptotes. ($12$ pts)
訣竅
利用微分求極值與反曲點即可。
解法
首先對 $x\in\left(0,1\right)$ 計算微分如下：
$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac13\left(\frac{1-x}x\right)^{\frac23}-\frac23\left(\frac{x}{1-x}\right)^{\frac13}$
為了求出極值，我們考慮方程 $f'\left(x\right)=0$，易解得 $\displaystyle x=\frac13$，並且注意到無法在 $x=0$ 與 $x=1$ 處求導數。為了找出反曲點並指出各座標是否為極值，我們計算二階導函數：
$\displaystyle f''\left(x\right)=-\frac29\left[\frac1{x^2}\left(\frac{x}{1-x}\right)^{\frac13}+\frac1{\left(1-x\right)^2}\left(\frac{1-x}x\right)^{\frac23}\right]$
如此可知 $f''\left(\frac13\right)=-2\left(2^{\frac23}+2^{-\frac13}\right)<0$，因此在 $\displaystyle x=\frac13$ 為局部極大值。而且可以注意到在 $x<1$ 的附近斜率為負而 $x>1$ 的斜率為正，因此 $x=1$ 亦為局部極小值；但在 $x=0$ 附近斜率皆為正，故不發生極值。此外可以留意 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)=\infty$、$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f\left(x\right)=-\infty$，從而沒有絕對極值。而方程 $f''\left(x\right)=0$ 無解，因而不存在反曲點。最後考慮斜漸近線如下：
$\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f\left(x\right)}x=1$，又 $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f\left(x\right)-x=-\frac23$
如此得 $\displaystyle y=x-\frac23$。作圖如下：



4. Find the centroid of a sector of radius $a$ and angular width $2\alpha$. ($12$ pts)
訣竅
按形心的定義積分計算之。
解法
不妨將此扇形置於對 $x$ 正向對稱處，由此可知形心之 $y$ 座標為 $0$，又扇形面積易知為 $a^2\alpha$，因此計算形心之 $x$ 座標如下：
$\displaystyle\begin{aligned}\bar{x}&=\frac{\int_0^{a\cos\alpha}x\times2x\tan\alpha dx+\int_{a\cos\alpha}^ax\times2\sqrt{a^2-x^2}dx}{a^2\alpha}\\&=\frac{\left.\frac{x^3\tan\alpha}3\right|_0^{a\cos\alpha}-\left.\frac23\left(a^2-x^2\right)^{\frac32}\right|_{a\cos\alpha}^a}{a^2\alpha}\\&=\frac{a\left(\sin\alpha+\sin^3\alpha\right)}{3\alpha}.\end{aligned}$
因此形心在扇形的角平線上距圓心 $\displaystyle\frac{a\left(\sin\alpha+\sin^3\alpha\right)}{3\alpha}$ 處。


5. Derive the recursion formula for the indefinite integral $\displaystyle\int\frac{dx}{\left(1+x^2\right)^n}$ and evaluate the improper integral $\displaystyle\int_0^\infty\frac{dx}{\left(1+x^2\right)^n}$ for each positive integer $n$. ($16$pts)
訣竅
利用三角代換計算之。
解法
令 $x=\tan\theta$，如此原不定積分可以改寫並計算如下：
$\begin{aligned}\displaystyle\int\cos^{2n-2}\theta d\theta&=\int\cos^{2n-3}\theta d\sin\theta\\&=\sin\theta\cos^{2n-3}\theta-\int\sin^2\theta\cos^{2n-4}\theta d\theta\\&=\sin\theta\cos^{2n-3}\theta+\int\cos^{2n-4}\theta d\theta-\int\cos^{2n-2}\theta d\theta\end{aligned}$
即有
$\displaystyle\int\cos\theta^{2n-2}\theta\,d\theta=\frac{\sin\theta\cos^{2n-3}\theta}2+\frac12\int\cos^{2n-4}\theta\,d\theta$
如此將變數化為 $x$ 即有
$\displaystyle\int\frac{dx}{\left(1+x^2\right)^n}=\frac{x}{2\left(1+x^2\right)^{n-1}}+\frac12\int\frac{dx}{\left(1+x^2\right)^{n-1}}$
由於 $\displaystyle\int_0^\infty\frac{dx}{1+x^2}=\tan^{-1}x\Big|_0^\infty=\frac\pi2$，因此對給定的正整數 $n$ 可以歸納證明：
$\displaystyle\int_0^\infty\frac{dx}{\left(1+x^2\right)^n}=\frac\pi{2^n}$
由於 $n=1$ 時成立，因此我們考慮遞歸的部分，假定 $n=k$ 時成立，現考慮 $n=k+1$ 並利用遞歸公式有：
$\displaystyle\int_0^\infty\frac{dx}{\left(1+x^2\right)^{k+1}}=\left.\frac{x}{2\left(1+x^2\right)^k}\right|_0^\infty+\frac{1}{2}\int_0^\infty\frac{dx}{\left(1+x^2\right)^k}=\frac{1}{2}\times\frac{\pi}{2^k}=\frac\pi{2^{k+1}}$
如此求得我們所欲知的瑕積分之值。


6. Let $f\left(x\right)=\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)$. Find its $n$-th derivative $f^{\left(n\right)}\left(0\right)$ at $x=0$. ($12$ pts)
訣竅
對一階導函數尋求冪級數後積分得到所求函數的冪級數。
解法
容易用微分公式得到
$\displaystyle f'\left(x\right)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=\left(1+x^2\right)^{-\frac{1}{2}}=\sum_{k=0}^{\infty}{-\frac12\choose k}x^{2k}=\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{\left(2k\right)!}{\left(2^kk!\right)^2}x^{2k}$
因此取定積分有
$\displaystyle f\left(x\right)=f\left(x\right)-f\left(0\right)=\int_0^xf'\left(t\right)dt=\int_0^x\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{\left(2k\right)!}{\left(2^kk!\right)^2}t^{2k}dt=\sum_{k=0}^{\infty}\left(-1\right)^k\frac{\left(2k\right)!}{\left(2^kk!\right)^2\left(2k+1\right)}x^{2k+1}$
因此當 $n$ 為偶數時有$f^{\left(n\right)}\left(0\right)=0$，而 $n$ 為奇數時，則 $\displaystyle f^{\left(n\right)}\left(0\right)=\frac{\left(-1\right)^{\frac{n-1}2}\left[\left(n-1\right)!\right]^2}{\left[2^{\frac{n-1}2}\left(\frac{n-1}2\right)!\right]^2}$。


7. Find the area of the part of the sphere $x^2+y^2+z^2=4a^2$ that lies inside the cylinder $x^2+y^2=2ay$, where $a>0$. ($12$ pts)
訣竅
將曲面參數化後按定義求解。
解法

將上半曲面參數化為 ${\bf r}\left(\theta,\phi\right)=\left(2a\cos\theta\sin\phi,2a\sin\theta\sin\phi,2a\cos\phi\right)$，其中由於限制圓柱 $x^2+y^2=2ay$ 之中，因此可以得到參數的範圍為 $\displaystyle\left\{\begin{aligned}&\phi\leq\theta\leq\pi-\phi\\&0\leq\phi\leq\frac{\pi}{2}\end{aligned}\right.$。因此所求的曲面面積可以列式並計算如下：

$\displaystyle\begin{aligned}A&=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_\phi^{\pi-\phi}\left|\frac{\partial{\bf r}}{\partial\theta}\times\frac{\partial{\bf r}}{\partial\phi}\right|d\theta d\phi\\&=2\int_0^{\frac\pi2}\int_\phi^{\pi-\phi}\left|\left(-2a\sin\theta\sin\phi,2a\cos\theta\sin\phi,0\right)\times\left(2a\cos\theta\cos\phi,2a\sin\theta\cos\phi,-2a\sin\phi\right)\right|d\theta d\phi\\&=8a^2\int_0^{\frac\pi2}\int_\phi^{\pi-\phi}\left|\left(\cos\theta\sin^2\phi,-\sin\theta\sin^2\phi,-\sin\phi\cos\phi\right)\right|d\theta d\phi\\&=8a^2\int_0^{\frac\pi2}\int_\phi^{\pi-\phi}\sin\phi d\theta\,d\phi\\&=8a^2\int_0^{\frac\pi2}\theta\sin\phi\Big|_\phi^{\pi-\phi}d\phi\\&=8a^2\int_0^{\frac\pi2}\left(\pi\sin\phi-2\phi\sin\phi\right)d\phi\\&=8a^2\left[-\pi\cos\phi\Big|_0^{\frac\pi2}+2\int_0^{\frac\pi2}\phi\,d\cos\phi\right]\\&=8a^2\pi+16a^2\left[\phi\cos\phi\Big|_0^{\frac\pi2}-\int_0^{\frac\pi2}\cos\phi d\phi\right]\\&=8a^2\pi-16a^2\sin\phi\Big|_0^{\frac\pi2}\\&=8a^2\left(\pi-2\right).\end{aligned}$



8. Evaluate the line integral $\displaystyle\int_Cye^xdx+\left(x^2+e^x\right)dy+z^2e^zdz$, where $C$ is the curve ${\bf r}\left(t\right)=\left(1+\cos t\right){\bf i}+\left(1+\sin t\right){\bf j}+\left(1-\cos t-\sin t\right){\bf k}$ for $0\leq t\leq2\pi$. ($12$ pts)
訣竅
將此路徑積分的向量場拆解為保守場與非保守場來處理
解法

該路徑積分可以分拆如下：

$\displaystyle\int_Cye^x+e^xdy+z^2e^zdx+\int_Cx^2dy$,

其中前者為保守場的路徑積分，而後者為非保守場的路徑積分。前者可以取 $V\left(x,y,z\right)=ye^x+z^2-2ze^z+2e^z$ 為位能函數，因此線積分之值為零（因為起點與終點相同）。因此題目所求之積分等價於求非保守場之線積分，計算如下：

$\displaystyle\begin{aligned}\int_Cx^2dy&=\int_0^{2\pi}\left(1+\cos t\right)^2\cos tdt\\&=\int_0^{2\pi}\left(\cos t+2\cos^2t+\cos^3t\right)dt\\&=2\int_0^{2\pi}\cos^2tdt\\&=\int_0^{2\pi}\left(1+\cos2\theta\right)d\theta=2\pi.\end{aligned}$