國立臺灣大學 103 學年度轉學生招生考試試題：微積分(A)詳解

※禁止使用計算機

1. ($15$ pts) Let $f(x)$, $g(x)$, $h(x)$ be differentiable functions on $\mathbb R$. Consider the function

   $\displaystyle F(x):=\int_0^{h(x)}\!f(t)g(t)\,\mathrm dt$.

   Determine $\displaystyle\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}F(x)$.
訣竅
運用微積分基本定理與連鎖律即可。
解法

透過微積分基本定理與連鎖律可以立即得到

$\displaystyle\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}F(x)=f(h(x))g(h(x))\cdot h'(x)\quad\text{for}~x\in\mathbb R$.



2. ($15$ pts) Determine the convergence (or divergence) of the series

   $\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{\sin n}{n(\log n)^2}$.

訣竅
運用 Dirichlet 審歛法；或藉由絕對收斂與積分審歛法(integral test)來判斷即可。
解法一
令 $\displaystyle a_n=\frac1{n(\log n)^2}$、$b_n=\sin n$，易知 $a_n$ 遞減至 $0$，因此僅須說明存在一個正實數 $M$ 對所有正整數 $N$ 恆有 $\displaystyle\left|\sum_{n=1}^Nb_n\right|<M$：我們取 $\displaystyle M=\csc\frac12$，並注意下列的不等式：
$\begin{aligned}\displaystyle|\sin1+\sin2+\cdots+\sin N|&=\frac{\left|\sin\frac12\sin1+\sin\frac12\sin2+\cdots+\sin\frac12\sin N\right|}{\sin\frac12}\\&=\frac{\left|\cos\frac12-\cos\frac{2N+1}2\right|}{2\sin\frac12}\\&\leq\csc\frac12=M.\end{aligned}$
因此根據 Dirichlet 審歛法知該級數收斂。
解法二
本問題所對應的絕對級數為 $\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{|\sin n|}{n(\log n)^2}$，藉由比較可知僅需探究級數 $\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac1{n(\log n)^2}$ 的歛散性。取 $\displaystyle f(x)=\frac1{x(\log x)^2}$，易知 $f$ 在 $[2,\infty)$ 的取值為正且遞減，從而運用積分審歛法可注意到
$\displaystyle\int_2^\infty\!f(x)\,\mathrm dx=\left.-\frac1{\log x}\right|_2^\infty=\frac1{\log2}$.
這表明所求的級數絕對收斂，因此原級數亦收斂。


3. ($20$ pts) Let $f(x)$ be a differentiable function on $\mathbb R$ such that $f(0)=0$ and $|f'(x)|<|f(x)|$ for all $x\in\mathbb R$.
   1. Prove that $f(x)=0$ for all $x\in[0,1/2]$.
   2. Prove that $f(x)=0$ for all $x\in\mathbb R$.
      (You can use part (a) as a fact to answer part (b)).
訣竅
運用反證法可以證明第一小題，接著運用數學歸納法將區間延長。
解法

1. 假設不然，$f$ 在 $[0,1/2]$ 不恆為零，那麼 $|f|$ 在 $[0,1/2]$ 亦不恆為零。由於 $|f|$ 為連續函數，因此存在 $a\in[0,1/2]$ 使得 $\displaystyle|f(a)|=\max_{x\in[0,1/2]}|f(x)|>0$。如此藉由微積分基本定理有：

   $\begin{aligned}\displaystyle|f(a)|&=|f(a)-f(0)|=\left|\int_0^a\!f'(t)\,\mathrm dt\right|\\&\leq\int_0^a\!|f'(t)|\,\mathrm dt\leq\int_0^a\!|f(t)|\,\mathrm dt\\&\leq\int_0^a\!|f(a)|\,\mathrm dt\leq a|f(a)|\leq\frac{|f(a)|}2.\end{aligned}$

   這表明 $|f(a)|=0$，矛盾。因此 $f$ 在 $[0,1/2$ 上恆為零。
2. 對任何非負整數 $n\in\mathbb N\cup\{0\}$，令 $g_n(x)=f(x+n/2)$ 且亦知 $|g_n'(x)|<|g_n(x)|$，可以發現對所有非負整數 $n$、$x\in[0,1/2]$ 而言有 $g_n(x)=0$。

   當 $n=0$ 時已由 a. 所證畢，現假設 $n=k$ 時成立，那麼考慮 $n=k+1$ 時的情形如下：由於 $n=k$ 成立，因此 $g_{k+1}(0)=g_k(1/2)=0$ 又 $|g_{k+1}'(x)|<|g_{k+1}(x)|$，因此由 a. 可知當 $x\in[0,1/2]$ 時恆有 $g_{k+1}(x)=0$，從而 $f$ 在 $[0,\infty)$ 恆為零。

   最後考慮 $g(x)=f(-x)$，那麼 $g(0)=0$ 且 $|g'(x)|=|-f'(-x)|<|f(-x)|=|g(x)|$，因此由前面的部分可知 $g$ 在 $(0,\infty)$ 上恆為零，亦即 $f$ 在 $(-\infty,0)$ 上恆為零。

   綜上兩部分，我們知道 $f$ 在 $\mathbb R$ 恆為零。



4. ($20$ pts) Find the minimum and maximum of the function $f(x,y,z)=xyz$ on the surface $S=\{(x,y,z)\,|\,2x^2+y^2+z^2=4,\,y+z\geq0\}$.
訣竅
運用 Lagrange 乘子法或初等不等式即可。
解法一

由於 $y+z\geq0$，因此存在一個與 $y$、$z$ 有關的變數 $s$ 滿足 $y+z-s^2=0$。如此考慮 Lagrange 乘子函數如下：

$F(x,y,z,s,\lambda_1,\lambda_2)=xyz+\lambda_1(2x^2+y^2+z^2-4)+\lambda_2(y+z-s^2)$.

因此解下列的聯立方程組：

$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,z,s,\lambda_1,\lambda_2)=yz+4\lambda_1x=0,\\&F_y(x,y,z,s,\lambda_1,\lambda_2)=xz+2\lambda_1y+\lambda_2=0,\\&F_z(x,y,z,s,\lambda_1,\lambda_2)=xy+2\lambda_1z+\lambda_2=0,\\&F_s(x,y,z,s,\lambda_1,\lambda_2)=-2\lambda_2s=0,\\&F_{\lambda_1}(x,y,z,s,\lambda_1,\lambda_2)=2x^2+y^2+z^2-4=0,\\&F_{\lambda_2}(x,y,z,s,\lambda_1,\lambda_2)=y+z-s^2=0.\end{aligned}\right.$

由第四式可知 $\lambda_2=0$ 或 $s=0$。

• 若 $s=0$，則 $y=-z$，代入第五式即可得到 $x^2+y^2=2$，而第二式與第三式相減即得 $y(x-2\lambda_1)=0$，若 $y=0$，則 $x=\pm\sqrt2$；若 $x=2\lambda_1$，則透過第一式有 $y^2=8\lambda_1^2$，因此全都代入第五式則有 $12\lambda_1^2=2$，故 $\lambda_1=\pm\sqrt6/6$，進而 $x=\pm\sqrt6/3$、$y=\pm2/\sqrt3$。
• 若 $s\neq0$，則立即有 $\lambda_2=0$，如此將第二式與第三式相加則有 $(y+z)(x+2\lambda_1)=0$，配合第六式則得 $s^2(x+2\lambda_1)=0$，故 $x=-2\lambda_1$。此時第二式由 $\lambda_2=0$ 以及 $x=-2\lambda_1$ 而變為 $2\lambda_1(y-z)=0$。若 $\lambda_1=0$，則 $x=0$，從而有 $(y,z)=(0,\pm2)$ 或 $(y,z)=(\pm2,0)$；若 $y=z$，則由第一式可知 $y^2=8\lambda_1^2$，因此有前一段的重複解。

綜上所述，我們可解得 $(\pm2/\sqrt6,\pm2/\sqrt3,\pm2/\sqrt3)$（但需排除 $y=z=-2/\sqrt3$）、$(\pm\sqrt2,0,0)$、$(0,2,0)$、$(0,0,2)$。經代入檢驗並計算可知最大值為 $4\sqrt6/9$，而最小值為 $-4\sqrt6/9$。

【註】 限制條件 $S$ 如下圖



解法二

利用算術幾何不等式可以容易發現 $4=2x^2+y^2+z^2\geq3(2x^2y^2z^2)^{1/3}$。因此有 $32/27\geq(xyz)^2$，故有 $4\sqrt6/9\geq xyz\geq-4\sqrt6/9$，並且透過算術幾何不等式可知等號成立條件為 $2x^2=y^2=z^2=4/3$，可得知解法一中所計算出的點。

【註】 限制條件 $S$ 如下圖





5. ($15$ pts) Find the volume of the solid given by $x^2+y^2+(z-1)^2\leq1$ and $z\geq\sqrt{x^2+y^2}$.
訣竅
確立積分的區域與體積的上曲面與下曲面後即可列式後運用極座標求解。
解法

曲面 $x^2+y^2+(z-1)^2=1$ 與 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 的交圓位於 $z=1$ 處，而上曲面為 $z=1+\sqrt{1-x^2-y^2}$，下曲面為 $z=\sqrt{x^2+y^2}$。設 $D=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\leq1\}$，故所求的體積可列式並運用極座標計算如下：

$\displaystyle\begin{aligned}V&=\iint_D\!(1+\sqrt{1-x^2-y^2}-\sqrt{x^2+y^2})\,\mathrm dA\\&=\int_0^{2\pi}\!\int_0^1\!(1+\sqrt{1-r^2}-r)r\,\,mathrm dr\,\mathrm d\theta\\&=2\pi\left.\left(\frac{r^2}2-\frac13(1-r^2)^{3/2}-\frac{r^3}3\right)\right|_0^1\\&=2\pi\cdot\frac12=\pi.\end{aligned}$

【註】 立體區域可參見如下圖





6. ($15$ pts) Let $\vec F=\left(x+y^2,y+x^2,z\right)$ be a vector field and $S$ be the surface given by $z=4-x^2-y^2$, $z\geq0$ with upward orientation. Find the flux $\displaystyle\iint_S\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dS$.
訣竅
化為封閉曲面後使用 Gauss 散度定理求解；亦可直接將曲面參數化後根據定義計算。
解法一

設 $K=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\,:\,x^2+y^2+z\leq4,\,z\geq0\}$、$D=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\leq4\}$。如此運用 Gauss 散度定理即有

$\displaystyle\begin{aligned}\iint_S\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dS&=\iiint_K\!\nabla\cdot\vec F\,\mathrm dV-\iint_D\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dA\\&=\iiint_K\!3\,\mathrm dV-\iint_D\!(x+y^3,y+x^3,0)\cdot(0,0,-1)\,\mathrm dA\\&=3\iint_D\!\int_0^{4-x^2-y^2}\mathrm dz\,\mathrm dA\\&=3\int_0^{2\pi}\!\int_0^2\!(4-r^2)r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\\&=3\cdot2\pi\cdot\left.\left(2r^2-\frac{r^4}4\right)\right|_0^2=24\pi.\end{aligned}$

【註】 曲面可參見如下圖



解法二

將曲面參數化如下

${\bf r}(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta,4-r^2)\quad\text{for}~0\leq r\leq2,\,0\leq\theta\leq2\pi.$

那麼注意到

${\bf r}_r(r,\theta)\times{\bf r}_\theta(r,\theta)=(\cos\theta,\sin\theta,-2r)\times(-r\sin\theta,r\cos\theta,0)=(2r^2\cos\theta,2r^2\sin\theta,r)$

因此所求的通量可表達為如下的重積分並計算之

$\begin{aligned}\iint_S\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dS&=\int_0^{2\pi}\!\int_0^2\!(r\cos\theta+r^3\sin^3\theta,r\sin\theta+r^3\cos^3\theta,4-r^2)\cdot(2r^2\cos\theta,2r^2\sin\theta,r)\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\\&=\int_0^{2\pi}\!\int_0^2\!(r^3+4r+2r^5\sin\theta\cos\theta)\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta=2\pi\int_0^2\!(r^3+4r)\,\mathrm dr\\&=\left.2\pi\left(\frac{r^4}4+2r^2\right)\right|_0^2=24\pi.\end{aligned}$

【註】 曲面可參見如下圖