國立臺灣大學 100 學年度轉學生招生考試試題：微積分(A)詳解

1. ($20\%$) Let $\displaystyle f(x)=\frac{\sqrt x}{x^2+1}$, $x\geq0$ and $F'(x)=f(x)$. Prove that $|F(x^2)-F(y^2)|\leq|x-y|$ for all $x,y\geq0$.
訣竅
利用微積分基本定理、均值定理與一些初等估計即可。
解法

設 $G:\mathbb R\to\mathbb R$ 定義為 $G(x)=F(x^2)$，那麼運用微積分基本定理與連鎖律有

$\displaystyle G'(x)=F'(x^2)\cdot2x=2xf(x^2)=\frac{2x^2}{x^4+1}\quad\text{for}~x\in\mathbb R$.

又透過均值定理，我們知道在兩相異非負數 $x$ 與 $y$ 之間存在 $c$ 使得

$G(x)-G(y)=G'(c)(x-y)\quad\text{for}~x\neq y$.

此外可留意到 $x^4-2x^2+1=(x^2-1)^2\geq0$，因此由以上可知

$\begin{aligned}|F(x^2)-F(y^2)|&=|G(x)-G(y)|=|G'(c)||x-y|\\&=\frac{2c^2}{c^4+1}|x-y|\leq|x-y|\quad\text{for}~x\neq y.\end{aligned}$

明顯當 $x=y$ 時等號成立。證明完畢。

【註】 函數 $y=G(x)=F(x^2)$（其中取 $F(0)=0$）的圖形如下





2. ($20\%$) Let $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{k=n}\frac{\sqrt k}{n^{3/2}}$. Find the $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n$.
訣竅
注意到 $S_n$ 為 Riemann sum，因此將之改寫為定積分後求解。
解法

設 $f(x)=\sqrt x$ 定義在 $[0,1]$ 上而 $x_k=k/n$（$k=0,1,\dots,n$）為 $[0,1]$ 上作 $n$ 等分割的分割點。
根據訣竅，我們將極限做下列的改寫並計算之：

$\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{\sqrt k}{n^{3/2}}&=\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac kn}\\&=\int_0^1\!\sqrt x\,\mathrm dx=\left.\frac{2x^{3/2}}3\right|_0^1=\frac23.\end{aligned}$

【註】 函數 $f(x)=\sqrt x$ 在 $[0,1]$ 上的 Riemann sum 呈現如下圖





3. ($20\%$) Let $\displaystyle S_m=\sum_{n=1}^{n=m}(-1)^{n+1}a_n$, $m=1,2,\cdots$. Suppose
   1. $a_n\geq0$ for all $n$
   2. $a_n\geq a_{n+1}$ for all $n$
   3. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$.
   Prove that
   1. $S_{2m+2}\geq S_{2m}$ for all $m$
   2. $S_{2m}\leq a_1$ for all $m$
   3. $\displaystyle\lim_{m\to\infty}S_m$ exists.
訣竅
運用單調有界定理來說明，注意本題為交錯級數審歛法。
解法
1. 對任何的正整數 $m$ 都有 $S_{2m+2}-S_{2m}=(-1)^{2m+3}a_{2m+2}+(-1)^{2m+2}a_{2m+1}=a_{2m+1}-a_{2m+2}\geq0$，因此對所有的正整數 $m$ 恆有 $S_{2m+2}\geq S_{2m}$。
2. 容易注意到對任何正整數 $m$ 恆有 $\displaystyle S_{2m}=a_1+\sum_{n=2}^{n=2m}(-1)^{n+1}a_n=a_1-\sum_{k=1}^{m-1}(a_{2k}-a_{2k+1})-a_{2m}\geq a_1$，故結論成立。
3. 根據 a. 與 b. 的結論，我們利用單調有界定理可知 $S_{2m}$ 為收斂數列，並記收斂至 $s$。又 $S_{2m+1}=S_{2m}+a_{2m+1}$，並且 $\displaystyle\lim_{m\to\infty}a_{2m+1}=\infty$，因此 $\displaystyle\lim_{m\to\infty}S_{2m+1}=s$。綜合兩項結果可知 $\displaystyle\lim_{m\to\infty}S_m$ 也收斂且收斂至 $s$。


4. ($20\%$) Let $\Omega$ be the entire $xy$ plane. Evaluate the double integral

   $\displaystyle\iint_\Omega\!e^{-(x^2+2xy+5y^2)}\,\mathrm dx\,\mathrm dy$.

訣竅
利用變形的極座標處理之。
解法

首先可以注意到 $x^2+2xy+5y^2=(x+y)^2+(2y)^2$，故令 $x+y=r\cos\theta$、$2y=r\sin\theta$，其積分範圍可改寫為 $0\leq r<\infty$、$0\leq\theta\leq2\pi$。再者有 $x=(2r\cos\theta-r\sin\theta)/2$、$y=r\sin\theta/2$，故 Jacobian 行列式為

$\begin{aligned}|J|&=\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}\right|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial r}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial\theta}\\[2mm]\displaystyle\frac{\partial y}{\partial r}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial\theta}\end{vmatrix}\Big|=\Big|\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{2\cos\theta-\sin\theta}2&\displaystyle\frac{-2r\sin\theta-r\cos\theta}2\\[2mm]\displaystyle\frac{\sin\theta}2&\displaystyle\frac{r\cos\theta}2\end{vmatrix}\Big|\\&=\frac14|r\cos\theta(2\cos\theta-\sin\theta)-\sin\theta(-2r\sin\theta-r\cos\theta)|\\&=\frac14|2r(\cos^2\theta+\sin^2\theta)|=\frac r2.\end{aligned}$

據此原雙重積分可以改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\iint_\Omega\!e^{-(x^2+2xy+5y^2)}\,\mathrm dx\,\mathrm dy&=\int_0^{2\pi}\!\int_0^\infty\!e^{-r^2}\cdot\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}\right|\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\\&=\left(\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta\right)\left(\int_0^\infty\!e^{-r^2}\frac r2\,\mathrm dr\right)=\left.-\frac\pi2e^{-r^2}\right|_0^\infty=\frac\pi2.\end{aligned}$



5. ($20\%$) Evaluate the following line integral traced in the counterclockwise direction

   $\displaystyle\int_C\!\left(\frac{-y}{x^2+y^2}\right)\,\mathrm dx+\left(\frac x{x^2+y^2}\right)\,\mathrm dy$

   where $C$ is the ellipse $\displaystyle\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$.
訣竅
利用 Green 定理將積分路徑轉換為圓後運用參數化計算之。
解法

記 $C_1$ 為 $x^2+y^2=\varepsilon^2$（逆時針），其中 $\varepsilon\leq\min\{a,b\}/2$。運用 Green 定理可得

$\displaystyle\int_{C-C_1}\!\frac{-y\,\mathrm dx+x\,\mathrm dy}{x^2+y^2}=0$.

因此有 $\displaystyle\int_C\!\frac{-y\,\mathrm dx+x\,\mathrm dy}{x^2+y^2}=\int_{C_1}\!\frac{-y\,\mathrm dx+x\,\mathrm dy}{x^2+y^2}$。從而將 $C_1$ 參數化計算如下：

$\displaystyle\int_C\!\frac{-y\,\mathrm dx+x\,\mathrm dy}{x^2+y^2}=\int_0^{2\pi}\!\frac{-\varepsilon\sin\theta\cdot-\varepsilon\sin\theta+\varepsilon\cos\theta\cdot\varepsilon\cos\theta}{\varepsilon^2}\,\mathrm d\theta=\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta=2\pi.$