國立臺灣大學一百學年度轉學生入學考試試題詳解

1. ($20\%$) Let $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{\sqrt{x}}{x^2+1}$, $x\geq0$ and $F'\left(x\right)=f\left(x\right)$. Prove that $\left|F\left(x^2\right)-F\left(y^2\right)\right|\leq\left|x-y\right|$ 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 $G\left(x\right)=F\left(x^2\right)$，那麼運用微積分基本定理有

$\displaystyle G'\left(x\right)=F'\left(x^2\right)\times2x=2xf\left(x^2\right)=\frac{2x^2}{x^4+1}$

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

$G\left(x\right)-G\left(y\right)=G'\left(c\right)\left(x-y\right)$

此外可以注意到 $x^4-2x^2+1=\left(x^2-1\right)^2\geq0$，因此由以上可知

$\begin{aligned}\displaystyle\left|F\left(x^2\right)-F\left(y^2\right)\right|&=\left|G\left(x\right)-G\left(y\right)\right|\\&=\left|G'\left(c\right)\right|\left|x-y\right|\\&=\frac{2c^2}{c^4+1}\left|x-y\right|\\&\leq\left|x-y\right|\end{aligned}$



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

根據提示，我們將極限做下列的改寫並計算之：

$\begin{aligned}\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{\sqrt{k}}{n^{\frac32}}&=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac{k}{n}}\\&=\int_0^1\sqrt{x}dx\\&=\left.\frac{2x^{\frac{3}{2}}}{3}\right|_0^1=\frac23.\end{aligned}$



3. ($20\%$) Let $\displaystyle S_m=\sum_{n=1}^{n=m}\left(-1\right)^{n+1}a_n$, $m=1,2,\cdots$. 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 $S_{2m+2}-S_{2m}=\left(-1\right)^{2m+3}a_{2m+2}+\left(-1\right)^{2m+2}a_{2m+1}=a_{2m+1}-a_{2m+2}\geq0$，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 $\displaystyle S_{2m}=a_1+\sum_{n=2}^{n=2m}\left(-1\right)^{n+1}a_n=a_1-\sum_{k=1}^{m-1}\left(a_{2k}-a_{2k+1}\right)-a_{2m}\geq a_1$，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 $\displaystyle\lim_{m\to\infty}S_{2m+1}=s$，因此 $\displaystyle\lim_{m\to\infty}S_m$ 也收斂且收斂至 $s$。


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

   $\displaystyle\iint_\Omega e^{-\left(x^2+2xy+5y^2\right)}dxdy$.

訣竅
利用變形的極座標處理之。
解法

考慮如下變換，令 $\left\{\begin{aligned}&x+y=r\cos\theta\\&2y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，其積分範圍可以改寫為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq\infty\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此原雙重積分可以改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\displaystyle\int_0^{2\pi}\int_0^{\infty}e^{-r^2}\left|\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(r,\theta\right)}\right|drd\theta&=\left(\int_0^{2\pi}d\theta\right)\left(\int_0^{\infty}e^{-r^2}\frac{r}{2}dr\right)\\&=\left.-\frac{\pi}{2}e^{-r^2}\right|_0^\infty\\&=\frac\pi2.\end{aligned}$



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

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

   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 $\varepsilon\leq\min\left\{a,b\right\}/2$。運用 Green 定理我們有

$\displaystyle\int_{C-C_1}\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}=0$

因此有 $\displaystyle\int_C\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}=\int_{C_1}\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}$。從而參數化計算如下：

$\displaystyle\int_C\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}=\int_0^{2\pi}\frac{-\varepsilon\sin\theta\times-\varepsilon\sin\theta+\varepsilon\cos\theta\times\varepsilon\cos\theta}{\varepsilon^2}d\theta=\int_0^{2\pi}d\theta=2\pi.$