國立臺灣大學一百零三學年度轉學生入學考試試題詳解

※禁止使用計算機

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

   $\displaystyle F\left(x\right):=\int_0^{h\left(x\right)}f\left(t\right)g\left(t\right)dt$.

   Determine $\displaystyle\frac{d}{dx}F\left(x\right)$.
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

$\displaystyle\frac{d}{dx}F\left(x\right)=f\left(h\left(x\right)\right)g\left(h\left(x\right)\right)h'\left(x\right)$.



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

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

訣竅
運用狄利克雷審歛法(Dirichlet's test)；或藉由絕對收斂與積分審歛法(Integral test)來判斷即可。
解法一
令 $\displaystyle a_n=\frac1{n\left(\log n\right)^2}$、$b_n=\sin n$，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：
$\begin{aligned}\displaystyle\left|\sin1+\sin2+\cdots+\sin N\right|&=\frac{\left|\sin\frac12\sin1+\sin\frac12\sin2+\cdots+\sin\frac12\sin N\right|}{\sin\frac12}\\&=\frac{\left|\cos\frac12-\cos\frac{2N+1}2\right|}{2\sin\frac12}\\&\leq\csc\frac12=M.\end{aligned}$
因此根據狄利克雷審歛法知該級數收斂。
解法二
本問題所對應的絕對級數為 $\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\left|\sin n\right|}{n\left(\log n\right)^2}$，藉由比較可知僅需探究級數 $\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n\left(\log n\right)^2}$ 的歛散性。取 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac1{x\left(\log x\right)^2}$，易知 $f$ 在 $\left[2,\infty\right)$ 的取值為正且遞減，從而運用積分審歛法可注意到
$\displaystyle\int_2^{\infty}f\left(x\right)dx=\left.-\frac1{\log x}\right|_2^\infty=\frac1{\log2}$.
這表明所求的級數絕對收斂，因此原級數亦收斂。


3. ($20$ pts) Let $f\left(x\right)$ be a differentiable function on $\mathbb{R}$ such that $f\left(0\right)=0$ and $\left|f'\left(x\right)\right|<\left|f\left(x\right)\right|$ for all $x\in\mathbb{R}$.
   1. Prove that $f\left(x\right)=0$ for all $x\in\left[0,\frac{1}{2}\right]$.
   2. Prove that $f\left(x\right)=0$ 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 $\displaystyle\left[0,\frac12\right]$ 不恆為零，那麼 $\left|f\right|$ 在 $\displaystyle\left[0,\frac12\right]$ 亦不恆為零。由於 $\left|f\right|$ 為連續函數，因此存在 $\displaystyle a\in\left[0,\frac12\right]$ 使得 $\left|f\right|$ 達到非零的最大值。如此藉由微積分基本定理有：

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

   因此矛盾。
2. 令 $\displaystyle g_n\left(x\right)=f\left(x+\frac{n}2\right)$ 且亦知 $\left|g_n'\left(x\right)\right|<\left|g_n\left(x\right)\right|$，可以發現對所有非負整數 $n$、$\displaystyle x\in\left[0,\frac12\right]$ 而言有 $g_n\left(x\right)=0$。

   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 $\displaystyle g_{k+1}\left(0\right)=g_k\left(\frac12\right)=0$ 又 $\left|g_{k+1}'\left(x\right)\right|<\left|g_{k+1}\left(x\right)\right|$，因此由 a. 可知當 $\displaystyle x\in\left[0,\frac12\right]$ 時恆有 $g_{k+1}\left(x\right)=0$，從而 $f$ 在 $\left[0,\infty\right)$ 恆為零。

   最後考慮 $g\left(x\right)=f\left(-x\right)$，那麼 $g\left(0\right)=0$ 且 $\left|g'\left(x\right)\right|=\left|-f'\left(-x\right)\right|<\left|f\left(-x\right)\right|=\left|g\left(x\right)\right|$，因此由前面的部分可知 $g$ 在 $\left(0,\infty\right)$ 上恆為零，亦即 $f$ 在 $\left(-\infty,0\right)$ 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 $f\left(x\right)=xyz$ on the surface $S=\left\{\left(x,y,z\right)|2x^2+y^2+z^2=4, y+z\geq0\right\}$.
訣竅
運用拉格朗日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 $y+z-s^2=0$。如此考慮拉格朗日乘子函數如下：

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

因此解下列的聯立方程組：

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

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 $y\left(x-2\lambda_1\right)=0$，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 $\displaystyle\lambda_1=\pm\frac{\sqrt6}6$，進而 $\displaystyle x=\pm\frac{\sqrt6}3$、$\displaystyle y=\pm\frac2{\sqrt3}$。
• 若 $s\neq0$，則立即有 $\lambda_2=0$，如此將第二式與第三式相加則有 $\left(y+z\right)\left(x+2\lambda_1\right)=0$，亦即 $s^2\left(x+2\lambda_1\right)=0$，故 $x=-2\lambda_1$。而兩式相減則有 $2\lambda_1\left(y-z\right)=0$。若 $\lambda_1=0$，則 $x=0$，則有 $\left(y,z\right)=\left(0,\pm2\right)$ 或 $\left(y,z\right)=\left(\pm2,0\right)$；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 $\displaystyle\left(\pm\frac{\sqrt6}3,\pm\frac{2\sqrt3}3,\pm\frac{2\sqrt3}3\right)$（但需排除 $\displaystyle y=z=-\frac{2\sqrt3}3$）、$\left(\pm\sqrt2,0,0\right)$、$\left(0,2,0\right)$、$\left(0,0,2\right)$。經代入檢驗並計算可知最大值為 $\displaystyle\frac{4\sqrt6}9$，而最小值為 $\displaystyle-\frac{4\sqrt6}9$。

解法二
利用算術幾何不等式可以容易發現
$4=2x^2+y^2+z^2\geq3\left(2x^2y^2z^2\right)^{\frac13}$
因此有
$\displaystyle\frac{32}{27}\geq\left(xyz\right)^2$
故有 $\displaystyle\frac{4\sqrt6}9\geq xyz\geq-\frac{4\sqrt6}9$，並且透過算術幾何不等式不難發現等號成立條件。


5. ($15$ pts) Find the volume of the solid given by $x^2+y^2+\left(z-1\right)^2\leq1$ 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求解。
解法

曲面 $x^2+y^2+\left(z-1\right)^2=1$ 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 $D=\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2\,|\,x^2+y^2\leq1\right\}$，故所求的體積列式並計算如下：

$\displaystyle\begin{aligned}V&=\iint_D\left(1+\sqrt{1-x^2-y^2}-\sqrt{x^2+y^2}\right)dA\\&=\int_0^{2\pi}\int_0^1\left(1+\sqrt{1-r^2}-r\right)rdrd\theta\\&=2\pi\left.\left(\frac{r^2}2-\frac13\left(1-r^2\right)^{\frac32}-\frac{r^3}3\right)\right|_0^1\\&=2\pi\cdot\frac12=\pi.\end{aligned}$



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 $\displaystyle\iint_S\vec{F}\cdot\vec{n}dS$.
訣竅
運用高斯散度定理求解。
解法

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

$\displaystyle\begin{aligned}\iint_S\vec{F}\cdot\vec{n}dS&=\iiint_K\nabla\cdot\vec{F}dV-\iint_D\vec{F}\cdot\vec{n}\,dA\\&=\iiint_K3dV-0\\&=3\iint_D\int_0^{4-x^2-y^2}dzdA\\&=3\int_0^{2\pi}\int_0^2\left(4-r^2\right)rdrd\theta\\&=3\cdot2\pi\cdot\left.\left(2r^2-\frac{r^4}{4}\right)\right|_0^2=24\pi.\end{aligned}$