國立臺灣大學九十二學年度轉學生入學考試試題詳解

1. ($25\%$) Let $u:\left[a,b\right]\to\mathbb{R}$ be a continuous function and $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ be a function such that $f''\left(x\right)\geq0$ for all $x\in\mathbb{R}$.
   1. Prove the mean value theorem for integrals for $u$: There exists a $\xi\in\left[a,b\right]$ such that $\displaystyle u\left(\xi\right)=\frac{1}{b-a}\int_a^bu\left(t\right)dt$.
   2. Use Taylor expansion to prove that

      $\displaystyle\frac{1}{b-a}\int_a^bf\left(u\left(t\right)\right)dt\geq f\left(\frac{1}{b-a}\int_a^bu\left(t\right)dt\right)$.

      When does $"="$ hold in the above inequality?
訣竅
利用中間值定理與積分版泰勒定理證明即可。
解法

1. 考慮函數 $F:\left[a,b\right]\to\mathbb{R}$ 如下：

   $\displaystyle F\left(s\right)=\int_a^b\left(u\left(t\right)-u\left(s\right)\right)dt$

   由於 $u$ 在 $\left[a,b\right]$ 上連續，因此存在 $x_m$ 與 $x_M$ 使得 $u$ 達到極小值與極大值。因此 $F\left(x_m\right)>0$、$F\left(x_M\right)<0$，且由 $F$ 在 $\left[a,b\right]$ 上連續，因此存在 $\xi$ 使得 $F\left(\xi\right)=0$，進而滿足題目所述的等式。
2. 利用積分版的泰勒定理，我們知道

   $\displaystyle f\left(m\right)=f\left(n\right)+\left(m-n\right)f'\left(n\right)+\int_n^m\int_n^sf''\left(h\right)dhds$

   令 $m=u\left(t\right)$、$\displaystyle n=\frac{1}{b-a}\int_a^bu\left(t\right)dt$ 代入，並且根據 $f''\geq0$，我們有

   $\displaystyle f\left(u\left(t\right)\right)\geq f\left(\frac{1}{b-a}\int_a^bu\left(t\right)dt\right)+\left(u\left(t\right)-\frac{1}{b-a}\int_a^bu\left(t\right)dt\right)f'\left(\frac{1}{b-a}\int_a^bu\left(t\right)dt\right)$

   兩邊在 $\left[a,b\right]$ 上取積分後可得

   $\displaystyle\int_a^bf\left(u\left(t\right)\right)dt\geq\left(b-a\right)f\left(\frac{1}{b-a}\int_a^bu\left(t\right)dt\right)$

   兩邊同除以 $b-a$ 後即可。

   至於等號成立條件則可透過證明的過程中發現 $f''$ 在 $\left[a,b\right]$ 上幾乎處處為零即能保證等號成立。（事實上，二階微分幾乎處處為零等價於二階微分恆等於零。）



2. ($25\%$) Let $f:\left[0,\infty\right)\to\mathbb{R}$ be a continuous function such that $\displaystyle\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)=L$. Let $b> a>0$ be two arbitrary positive numbers.
   1. Explain why $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{f\left(bx\right)-f\left(ax\right)}{x}dx$ is an improper integral and how it is defined.
   2. Show that the improper integral $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{f\left(bx\right)-f\left(ax\right)}{x}dx$ converges and has the value $\left(L-f\left(0\right)\right)\ln\left(b/a\right)$.
   3. Evaluate

      $\displaystyle\int_0^\infty\frac{\tan^{-1}\left(\pi x\right)-\tan^{-1}\left(2x\right)}{x}dx$.

訣竅
本題為 Froullani 積分。利用變數代換與中間值定理的方式估計出積分值。
解法

1. 由於其積分範圍的上界為 $\infty$ 因而為一瑕疵，其二是被積分函數 $\displaystyle\frac{f\left(bx\right)-f\left(ax\right)}x$ 在 $x=0$ 處亦無定義因而式另一瑕疵。此瑕積分之計算定義如下

   $\displaystyle\lim_{s\to0}\int_s^1\frac{f\left(bx\right)-f\left(ax\right)}{x}dx+\lim_{t\to\infty}\int_1^t\frac{f\left(bx\right)-f\left(ax\right)}{x}dx$

   或

   $\lim\limits_{\substack{s\to0\\t\to\infty}}\displaystyle\int_s^t\frac{f\left(bx\right)-f\left(ax\right)}{x}dx$

2. 根據a.，我們先處理如下的定積分

   $\displaystyle\int_s^t\frac{f\left(bx\right)-f\left(ax\right)}{x}dx=\int_s^t\frac{f\left(bx\right)}{x}dx-\int_s^t\frac{f\left(ax\right)}xdx$

   對第一式令 $z=bx$，第二式則令 $z=ax$，如此有

   $\displaystyle\int_{bs}^{bt}\frac{f\left(z\right)}{z}dz-\int_{as}^{at}\frac{f\left(z\right)}{z}dz=\int_{at}^{bt}\frac{f\left(z\right)}{z}dz-\int_{as}^{bs}\frac{f\left(z\right)}{z}dz$

   由第一題中的積分下的均值定理可知

   $\begin{aligned}&\displaystyle\int_{at}^{bt}\frac{f(z)}zdz=f\left(\xi\right)\int_{at}^{bt}\frac1zdz=f\left(\xi\right)\ln\frac ba,\\&\int_{as}^{bs}\frac{f\left(z\right)}zdz=f\left(\eta\right)\int_{as}^{bs}\frac1zdz=f\left(\eta\right)\ln\frac ba.\end{aligned}$

   如此可知

   $\displaystyle\int_s^t\frac{f\left(bx\right)-f\left(ax\right)}{x}dx=\left[f\left(\xi\right)-f\left(\eta\right)\right]\ln\frac{b}{a}$

   其中 $\xi\in\left[at,bt\right]$、$\eta\in\left[as,bs\right]$。又當 $s\to0$ 時有 $\eta\to0$，而 $t\to\infty$ 時有 $\xi\to\infty$，進而 $f\left(\xi\right)\to L$，因此可得

   $\displaystyle\int_0^\infty\frac{f\left(bx\right)-f\left(a\right)}{x}dx=\left(L-f\left(0\right)\right)\ln\frac{b}a$

3. 利用 b. 的結果、$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\tan^{-1}x=\frac\pi2$，所求的瑕積分之值為

   $\displaystyle\left(\frac\pi2-0\right)\ln\frac\pi2=\frac\pi2\ln\frac\pi2$.



3. ($24\%$) Briefly describe the geometric meaning of the following statements or quantities. Here $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$ is a scalar function on $\mathbb{R}^n$, $n\geq2$.
   1. $f$ is differentiable at $\left(a_1,a_2,\cdots,a_n\right)$.
   2. The gradient $\left(f_{x_1},f_{x_2},\cdots,f_{x_n}\right)$ of a differentiable function $f$, where $f_{x_j}=\partial f/\partial x_j$.
   3. The Jacobian $\displaystyle\frac{\partial\left(x_1,x_2,\cdots,x_n\right)}{\partial\left(u_1,u_2,\cdots,u_n\right)}$ of the transformation $T$ given by $x_1=x_1\left(u_1,u_2,\cdots,u_n\right),\cdots,x_n=x_n\left(u_1,u_2,\cdots,u_n\right)$.
訣竅
熟悉這些概念定義背後的想法即可描述。
解法
1. 函數 $f$ 在 $\left(a_1,\cdots,a_n\right)$ 處可微分的意義乃表明在該處有個平面方程式可與 $f$ 切於 $\left(a_1,\cdots,a_n\right)$。
2. 可微分函數的梯度指出方向導數最大的方向，或者指出在該點座標的等高線法向量。
3. Jacobain 矩陣代表的是進行座標變換時產生的幾何伸縮量的倍數，亦即縮放比。


4. ($26\%$)
   1. Evaluate the integral

      $\displaystyle\iint_{\mathscr{R}}e^{xy-x^2-y^2}dA$,　$\mathscr{R}=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2, x^2-xy+y^2\leq5\right\}$.

   2. Consider the following iterated integral

      $\displaystyle\int_0^4\left(\int_{y^{3/2}}^8y^2\sin\left(x^3\right)dx\right)dy$.

      Graph the region $\mathscr{D}$ of integration and then evaluate the integral.
訣竅
關於a.可以利用變數代換後求解；關於b.則交換積分順序後即可直接積分計算之。
解法

1. 首先令 $\displaystyle u=\frac{x+y}{2}$、$\displaystyle v=\frac{\sqrt{3}\left(x-y\right)}{2}$，如此 $\mathscr{R}=\left\{\left(u,v\right)\in\mathbb{R}^2,u^2+v^2\leq1\right\}$，進而所求的雙重積分可以改寫並計算如下：

   $\displaystyle\iint_{\mathscr{R}}e^{-u^2-v^2}|\left|\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}\right||dudv=\iint_{\mathscr{R}}e^{-u^2-v^2}\times\frac2{\sqrt3}dudv$

   此時再令$u=r\cos\theta$、$v=r\sin\theta$，其中$0\leq r\leq1$、$0\leq\theta\leq2\pi$，如此雙重積分可以改寫並計算如下：

   $\begin{aligned}\displaystyle\iint_{\mathscr{R}}e^{xy-x^2-y^2}dA&=\frac2{\sqrt3}\int_0^{2\pi}\int_0^1e^{-r^2}rdrd\theta\\&=\frac2{\sqrt3}\left(\int_0^{2\pi}d\theta\right)\left(\int_0^1re^{-r^2}dr\right)\\&=\frac{4\pi}{\sqrt3}\times\left.-\frac{e^{-r^2}}2\right|_0^1\\&=\frac{2\pi\left(1-e^{-1}\right)}{\sqrt3}.\end{aligned}$

2. 將積分區域繪製如下圖。
   
   我們可將範圍 $\left\{\begin{aligned}&y^{3/2}\leq x\leq8\\&0\leq y\leq4\end{aligned}\right.$ 改寫為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq x\leq8\\&0\leq y\leq x^{2/3}\end{aligned}\right.$，如此原定積分可以改寫並計算如下：

   $\begin{aligned}\displaystyle\int_0^8\left(\int_0^{x^{2/3}}y^2\sin\left(x^3\right)dy\right)dx&=\frac{1}{3}\int_0^8\left.y^3\sin\left(x^3\right)\right|_0^{x^{2/3}}dx=\frac{1}{3}\int_0^8x^2\sin\left(x^3\right)dx\\&=-\frac{1}{9}\left.\cos\left(x^3\right)\right|_0^8=\frac{1-\cos\left(512\right)}9.\end{aligned}$