國立臺灣大學 97 學年度轉學生入學考試試題詳解

1. (20 pts) Let $f:\mathbb R\to\mathbb R$ be a continuous function.
   1. Must $f$ be differentiable on $[0,1]$? (10 pts)
   2. Can $\displaystyle\lim_{x\to0}f(x)$ exist? (10 pts)
   Prove or disprove your answers.
訣竅
此題測驗出考生對連續函數概念與可微分概念的區別與性質的瞭解。
解法
1. 不必然如此，我們取 $f(x)=|x-0.5|$，可以注意到 $f$ 為連續函數但 $f$ 在 $0.5$ 處不可微分。
2. 這是存在的，因為 $f$ 為連續函數，因此保證了 $\displaystyle\lim_{x\to0}f(x)=f(0)$。
【註】 事實上若在第一小題中取 $f$ 為 Weierstrass 函數，那麼 $f$ 在 $\mathbb R$ 上連續但處處不可導。


2. ($20$ pts) Let $g:[0,1]\to\mathbb R$ be a continuous function. Define

   $\displaystyle G(x)=\int_0^x\!g(t)\,\mathrm dt\qquad\forall x\in[0,1]$.

   Can $G$ be differentiable on $(0,1)$? Prove or disprove your answer.
訣竅
本題即為微積分基本定理的敘述。
解法

這是正確的。取 $x_0\in(0,1)$，我們僅須證明

$\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{G(x_0+h)-G(x_0)}h=g(x_0)$.

不失一般性，我們可只考慮右極限，即 $\displaystyle\lim_{h\to0^+}\frac{G(x_0+h)-G(x_0)}h=g(x_0)$。

給定 $\varepsilon>0$。由於 $f$ 的連續性，存在 $\delta>0$ 使得「$t\in[x_0,x_0+\delta)\subseteq(0,1)$ 蘊含 $|g(t)-g(x_0)|<\varepsilon$」。
取 $0<h<\delta$，那麼留意到

$\displaystyle\frac{G(x_0+h)-G(x_0)}h-g(x_0)=\frac1h\int_{x_0}^{x_0+h}\!g(t)\,\mathrm dt-\frac1h\int_{x_0}^{x_0+h}\!g(x_0)\,\mathrm dt=\frac1h\int_{x_0}^{x_0+h}\!(g(t)-g(x_0))\,\mathrm dt$.

因此使用三角不等式可知

$\displaystyle\left|\frac{G(x_0+h)-G(x_0)}h-g(x_0)\right|\leq\frac1h\int_{x_0}^{x_0+h}\!|g(t)-g(x_0)|\,\mathrm dt\leq\varepsilon$.

這就證明了 $\displaystyle\lim_{h\to0^+}\frac{G(x_0+h)-G(x_0)}h=g(x_0)$。同理也有 $\displaystyle\lim_{h\to0^-}\frac{G(x_0+h)-G(x_0)}h=g(x_0)$。證明完畢。

【註】 證明參自 《An Introduction to Analysis》（第四版，William R. Wade 著），定理 5.28。



3. (20 pts)
   1. Calculate the following integrals:(10 pts)

      $\displaystyle\int_0^t\!\int_0^{t_1}\mathrm dt_2\,\mathrm dt_1=?,\quad\int_0^t\!\int_0^{t_1}\!\int_0^{t_2}\mathrm dt_3\,\mathrm dt_2\,\mathrm dt_1=?$

   2. Find the general formula to

      $\displaystyle\int_0^t\!\int_0^{t_1}\!\cdots\int_0^{t_{n-2}}\!\int_0^{t_{n-1}}\mathrm dt_n\,\mathrm dt_{n-1}\cdots\mathrm dt_2\,\mathrm dt_1=?$

      for all $n\in\mathbb N$. (10 pts)
訣竅
直接計算並觀察規律後使用數學歸納法即可。
解法

1. 直接計算如下：

   $\begin{aligned}&\int_0^t\!\int_0^{t_1}\mathrm dt_2\,\mathrm dt_1=\int_0^t\!t_1\,\mathrm dt_1=\frac{t^2}2,\\&\int_0^t\!\int_0^{t_1}\!\int_0^{t_2}\mathrm dt_3\,\mathrm dt_2\,\mathrm dt_1=\int_0^t\!\int_0^{t_1}\!t_2\,\mathrm dt_2\,\mathrm dt_1=\int_0^t\!\frac{t_1^2}2\,\mathrm dt_1=\frac{t^3}6.\end{aligned}$

2. 我們宣稱 $$\begin{equation}\label{star}\int_0^t\!\int_0^{t_1}\!\cdots\int_0^{t_{n-2}}\!\int_0^{t_{n-1}}\mathrm dt_n\,\mathrm dt_{n-1}\!\cdots\,\mathrm dt_2\,\mathrm dt_1=\frac{t^n}{n!}\quad\text{for}~n\in\mathbb N.\tag{$\ast$}\end{equation}$$ 由前一小題可知 $n=2$、$n=3$ 成立。現設 $n=k$ 時成立，我們證明 $n=k+1$ 成立如下：

   $\displaystyle\int_0^t\!\int_0^{t_1}\!\cdots\int_0^{t_{k-2}}\!\int_0^{t_{k-1}}\!\int_0^{t_k}\mathrm dt_{k+1}\,\mathrm dt_k\,\mathrm dt_{k-1}\,\cdots\,\mathrm dt_2\,\mathrm dt_1=\int_0^t\!\frac{t_1^k}{k!}\,\mathrm dt_1=\frac{t^{k+1}}{(k+1)!}$.

   因此由數學歸納法知等式 $\eqref{star}$ 對所有 $n\in\mathbb N$ 均成立。

【註】 所求的結果代表 $n$ 維空間中的集合 $\Delta^n:=\{x=(x_1,\dots,x_n)\in\mathbb R^n\,:\,x_1+\cdots+x_n\leq1,\,x_i\geq0\}$ 的體積，其中 $\Delta^n$ 被稱為 $n$ 維標準單體 (standard $n$-simplex)。



4. (20 pts) Let $f(x,y,z)=xyz$ for $x,y,z\in\mathbb{R}$ and $S=\{(x,y,z)\,:\,x^2+y^2=1,\,x=z\}$. Find all minimum and maximum of the function $f$ on the set $S$.
訣竅
利用初等不等式或 Lagrange 乘子法的方法即可求解。
解法一
由於點 $(x,y,z)\in S$ 滿足 $x^2+y^2=1$、$x=z$，因此我們有 $xyz=x^2y=y-y^3$。因此函數 $f$ 限制在 $S$ 可以被簡化地表示為單變數函數 $g(y)=y-y^3$ 在 $[-1,1]$ 上的極大值與極小值。據此我們解方程式
$g'(y)=1-3y^2=0$,
如此有 $y=\pm\sqrt3/3$，故可能達到極值的 $y$ 座標為 $y=\pm1$ 與 $y=\pm\sqrt3/3$。因此我們得到可能達到極值的座標為
$\displaystyle(x,y,z)=(0,\pm1,0),\qquad(x,y,z)=\left(\frac{\sqrt6}3,\pm\frac{\sqrt3}3,\frac{\sqrt6}3\right),\qquad(x,y,z)=\left(-\frac{\sqrt6}3,\pm\frac{\sqrt3}3,-\frac{\sqrt6}3\right)$.
根據所求出的座標代入計算有
$\displaystyle f(0,\pm1,0)=0,\quad f\left(\frac{\sqrt6}3,\pm\frac{\sqrt3}3,\frac{\sqrt6}3\right)=f\left(-\frac{\sqrt6}3,\pm\frac{\sqrt3}3,-\frac{\sqrt6}3\right)=\pm\frac{2\sqrt3}9$.
因此函數 $f$ 在曲線 $S$ 上的最大值為 $2\sqrt3/9$，最小值為 $-2\sqrt3/9$。
解法二
設 Lagrange 乘子函數如下：
$F(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=xyz+\lambda_1(x^2+y^2-1)+\lambda_2(x-z)$.
如此解下列的聯立方程組
$\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=yz+2\lambda_1x+\lambda_2=0,\\&F_y(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=xz+2\lambda_1y=0,\\&F_z(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=xy-\lambda_2=0,\\&F_{\lambda_1}(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=x^2+y^2-1=0,\\&F_{\lambda_2}(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=x-z=0.\end{aligned}\right.$
利用第五式，第一式可改寫為 $xy+2\lambda_1x+\lambda_2=0$，此式與第三式相加可得 $2xy+2\lambda_1x=0$，即 $2x\left(y+\lambda_1\right)=0$。
• 若 $x=0$，則 $z=0$ 而 $y=\pm1$，從而 $\lambda_1=0$、$\lambda_2=0$。
• 若 $\lambda_1=-y$，則第二式可被寫為 $x^2-2y^2=0$，配合第四式可知 $x^2=2/3$、$y^2=1/3$，故

  $\displaystyle(x,y,z)=\left(\frac{\sqrt6}3,\pm\frac{\sqrt3}3,\frac{\sqrt6}3\right),\qquad(x,y,z)=\left(-\frac{\sqrt6}3,\pm\frac{\sqrt3}3,-\frac{\sqrt6}3\right)$.
根據所求出的座標代入計算的結果如解法一所描述。
又因 $f$ 為連續函數而曲線 $S$ 為有界閉集，因此函數 $f$ 在曲線 $S$ 上有最大值與最小值，其值分別為 $\pm2\sqrt3/9$。


5. (20 pts) Let

   $\displaystyle K(x)=|x|^{-3}\left(1-3\left\langle\frac x{|x|},e_3\right\rangle^2\right)$,

   for $x=(x_1,x_2,x_3)\in\mathbb R^3$, where $e_3=(0,0,1)$, $\displaystyle|x|^2=\sum_{j=1}^3x_j^2$, and $\displaystyle\langle x,y\rangle=\sum_{j=1}^3x_jy_j$ for $x=(x_1,x_2,x_3)$, $y=(y_1,y_2,y_3)\in\mathbb R^3$.
   1. (10 pts) Calculate

      $\displaystyle\lim_{\delta\to0^+}\int_{\{x\in\mathbb R^3\,:\,|x|>\delta\}}\!K(x)\,\mathrm dx=?$

   2. (10 pts) Calculate

      $\displaystyle\int_{\mathbb R^3}\!K(x)\langle w\cdot x\rangle\,\mathrm dx=?$

      for all $w=(w_1,w_2,w_3)\in\mathbb R^3$.
訣竅
運用球座標變換求解。
解法

1. 用球座標變換，令 $x_1=\rho\cos\theta\sin\phi$、$x_2=\rho\sin\theta\sin\phi$、$x_3=\rho\cos\phi$，那麼其變數範圍為 $\delta\leq\rho$、$0\leq\phi\leq\pi$、$0\leq\theta\leq2\pi$，如此所求的積分可以改寫並計算如下：

   $\begin{aligned}\int_{\{x\in\mathbb R^3\,:\,|x|>\delta\}}\!K(x)\,\mathrm dx&=\int_0^\pi\!\int_0^{2\pi}\!\int_\delta^\infty\!(\rho^{-3}-3\rho^{-3}\cos^2\phi)\rho^2\sin\phi\,\mathrm d\rho\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi\\&=2\pi\left[\int_0^\pi\!(\sin\phi-3\sin\phi\cos^2\phi)\,\mathrm d\phi\right]\left(\int_\delta^\infty\!\rho^{-1}\,\mathrm d\rho\right)\\&=\lim_{M\to\infty}2\pi\cdot(-\cos\phi+\cos^3\phi)\Big|_0^\pi\cdot\ln\rho\Big|_\delta^M=\lim_{M\to\infty}0=0.\end{aligned}$

   故取 $\delta\to0^+$ 的極限依舊為 $0$。
2. 我們分次計算如下的瑕積分

   $\begin{aligned}&\iiint_{\mathbb R^3}\!K(x)x_1\,\mathrm dx=\lim_{s\to0}\lim_{M\to\infty}\int_0^\pi\!\int_0^{2\pi}\!\int_s^M\!(\sin^2\phi-3\sin^2\phi\cos^2\phi)\cos\theta\,\mathrm d\rho\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi=0\\&\iiint_{\mathbb R^3}\!K(x)x_2\,\mathrm dx=\lim_{s\to0}\lim_{M\to\infty}\int_0^\pi\!\int_0^{2\pi}\!\int_s^M\!(\sin^2\phi-3\sin^2\phi\cos^2\phi)\sin\theta\,\mathrm d\rho\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi=0,\\&\iiint_{\mathbb R^3}\!K(x)x_3\,\mathrm dx=\lim_{s\to0}\lim_{M\to\infty}\int_0^\pi\!\int_0^{2\pi}\!\int_s^M\!(\sin\phi\cos\phi-3\sin\phi\cos^3\phi)\,\mathrm d\rho\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi=0.\end{aligned}$

   因此所求的積分可以利用上述三項積分計算如下：

   $\displaystyle\iiint_{\mathbb R^3}\!K(x)\langle w\cdot x\rangle\,\mathrm dx=w_1\iiint_{\mathbb R^3}\!K(x)x_1\,\mathrm dx+w_2\iiint_{\mathbb R^3}\!K(x)x_2\,\mathrm dx+w_3\iiint_{\mathbb R^3}\!K(x)x_3\,\mathrm dx=0$.