國立臺灣大學九十七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 $\left[0,1\right]$? ($10$ pts)
   2. Can $\displaystyle\lim_{x\to0}f\left(x\right)$ 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 $f\left(x\right)=\left|x-0.5\right|$，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 $\lim_{x\to0}f\left(x\right)=f\left(0\right)$。


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

   $\displaystyle G\left(x\right)=\int_0^xg\left(t\right)dt,\qquad\forall x\in\left[0,1\right]$.

   Can $G$ be differentiable on $\left(0,1\right)$? 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。證明如下：

取 $x_1, x_1+\Delta x\in\left[0,1\right]$，如此有

$\displaystyle G\left(x_1+\Delta x\right)-G\left(x_1\right)=\int_{x_1}^{x_1+\Delta x}g\left(t\right)dt$

運用積分的均值定理可知在 $x_1$ 與 $x_1+\Delta x$ 之間存在 $c$ 使得

$G\left(x_1+\Delta x\right)-G\left(x_1\right)=g\left(c\right)\Delta x$

如此有

$\displaystyle\frac{G\left(x_1+\Delta x\right)-G\left(x_1\right)}{\Delta x}=g\left(c\right)$

同取 $\Delta x\to0$ 的極限，即有 $\displaystyle G'\left(x_1\right)=g\left(x_1\right)$。



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

      $\displaystyle\int_0^t\int_0^{t_1}dt_2dt_1=?,\quad\int_0^t\int_0^{t_1}\int_0^{t_2}dt_3dt_2dt_1=?$

   2. Find the general formula to

      $\displaystyle\int_0^t\int_0^{t_1}\cdots\int_0^{t_{n-2}}\int_0^{t_{n-1}}dt_ndt_{n-1}\cdots dt_2dt_1=?$

      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：

   $\displaystyle\int_0^t\int_0^{t_1}dt_2dt_1=\int_0^tt_1dt_1=\frac{t^2}2$

   $\displaystyle\int_0^t\int_0^{t_1}\int_0^{t_2}dt_3dt_2dt_1=\int_0^t\int_0^{t_1}t_2dt_2dt_1=\int_0^t\frac{t_1^2}2dt_1=\frac{t^3}6$

2. 我們宣稱

   $\displaystyle\int_0^t\int_0^{t_1}\cdots\int_0^{t_{n-2}}\int_0^{t_{n-1}}dt_ndt_{n-1}\cdots dt_2dt_1=\frac{t^n}{n!}$

   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：

   $\displaystyle\int_0^t\int_0^{t_1}\cdots\int_0^{t_{k-2}}\int_0^{t_{k-1}}\int_0^{t_k}dt_{k+1}dt_kdt_{k-1}\cdots dt_2dt_1=\int_0^t\frac{t_1^n}{n!}dt_1=\frac{t^{n+1}}{\left(n+1\right)!}$

   因此由數學歸納法知當 $n\in\mathbb{N}$ 時恆成立。


4. ($20$ pts) Let $f\left(x,y,z\right)=xyz$ for $x,y,z\in\mathbb{R}$ and $S=\left\{\left(x,y,z\right):x^2+y^2=1,x=z\right\}$. Find all minimum and maximum of the function $f$ on the set $S$.
訣竅
利用拉格朗日乘子法或初等不等式的方法即可求解。
解法一

設拉格朗日乘子函數如下：

$F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=xyz+\lambda_1\left(x^2+y^2-1\right)+\lambda_2\left(x-z\right)$

如此解下列的聯立方程組

$\displaystyle\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=yz+2\lambda_1x+\lambda_2=0,\\&F_y\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=xz+2\lambda_1y=0,\\&F_z\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=xy-\lambda_2=0,\\&F_{\lambda_1}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+y^2-1=0,\\&F_{\lambda_2}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x-z=0.\end{aligned}\right.$

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 $\displaystyle x^2=\frac23$、$\displaystyle y^2=\frac13$，故 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(\frac{\sqrt6}3,\frac{\sqrt3}3,\frac{\sqrt6}3\right)$ 或 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(\frac{\sqrt6}3,-\frac{\sqrt3}3,\frac{\sqrt6}3\right)$ 或 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(-\frac{\sqrt6}3,\frac{\sqrt3}3,-\frac{\sqrt6}3\right)$ 或 $\displaystyle\left(x,y,z\right)=\left(-\frac{\sqrt6}3,-\frac{\sqrt3}3,-\frac{\sqrt6}3\right)$。

根據所求出的座標代入計算有 $f\left(0,\pm1,0\right)=0$、$\displaystyle f\left(\frac{\sqrt6}3,\frac{\sqrt3}3,\frac{\sqrt6}3\right)=f\left(-\frac{\sqrt6}3,\frac{\sqrt3}3,-\frac{\sqrt6}3\right)=\frac{2\sqrt3}9$、$\displaystyle f\left(\frac{\sqrt6}3,-\frac{\sqrt3}3,\frac{\sqrt6}3\right)=f\left(-\frac{\sqrt6}3,-\frac{\sqrt3}3,-\frac{\sqrt6}3\right)=-\frac{2\sqrt3}9$。

又知 $f$ 為連續函數而 $S$ 為有界閉集，因此 $f$ 在 $S$ 上有最大值與最小值，其值分別為 $\displaystyle\frac{2\sqrt3}9$、$\displaystyle-\frac{2\sqrt3}9$

解法二

由於 $\left(x,y,z\right)$ 滿足 $x^2+y^2=1$、$x=z$，因此我們有 $xyz=x^2y=y-y^3$。為此我們考慮 $g\left(y\right)=y-y^3$ 在 $\left[-1,1\right]$ 上的極大值與極小值，為此我們解

$g'\left(y\right)=1-3y^2=0$

如此有 $\displaystyle y=\pm\frac{\sqrt3}3$，故可能達到極值的 $y$ 座標為 $y=\pm1$ 與 $\displaystyle y=\pm\frac{\sqrt3}3$。

因此我們得到可能達到極值的 $\left(x,y,z\right)$ 座標，接著代入後的討論過程同解法一。



5. ($20$ pts) Let

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

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

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

   2. ($10$ pts) Calculate

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

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

1. 令 $\left\{\begin{aligned}&x_1=\rho\cos\theta\sin\phi\\&x_2=\rho\sin\theta\sin\phi\\&x_3=\rho\cos\phi\end{aligned}\right.$，其中積分範圍為 $\left\{\begin{aligned}&\delta\leq\rho\leq\infty\\&0\leq\phi\leq\pi\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此所求的積分可以改寫並計算如下：

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

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

   $\begin{aligned}\displaystyle&\iiint_{\mathbb{R}^3}K\left(x\right)x_1dx=\lim_{s\to0}\lim_{M\to\infty}\int_0^\pi\int_0^{2\pi}\int_s^M\left(\sin^2\phi-3\sin^2\phi\cos^2\phi\right)\cos\theta d\rho d\theta d\phi=0\\&\iiint_{\mathbb{R}^3}K\left(x\right)x_2dx=\lim_{s\to0}\lim_{M\to\infty}\int_0^\pi\int_0^{2\pi}\int_s^M\left(\sin^2\phi-3\sin^2\phi\cos^2\phi\right)\sin\theta d\rho d\theta d\phi=0\\&\iiint_{\mathbb{R}^3}K\left(x\right)x_3dx=\lim_{s\to0}\lim_{M\to\infty}\int_0^\pi\int_0^{2\pi}\int_s^M\left(\sin\phi\cos\phi-3\sin\phi\cos^3\phi\right)d\rho d\theta d\phi=0\end{aligned}$

   因此所求的積分可以利用上述三項積分計算如下：

   $\displaystyle\iiint_{\mathbb{R}^3}K\left(x\right)\left\langle w\cdot x\right\rangle dx=w_1\iiint_{\mathbb{R}^3}K\left(x\right)x_1dx+w_2\iiint_{\mathbb{R}^3}K\left(x\right)x_2dx+w_3\iiint_{\mathbb{R}^3}K\left(x\right)x_3dx=0$.