國立臺灣大學 104 學年度轉學生招生考試試題：微積分(A)詳解

※注意：請於試卷上「非選擇題作答區」內依序作答，並應註明作答之大題及其題號。

There are four problems $1$~$4$ in total; some problems contain sub-problems indexed by (a), (b), etc.
1. 1. [$10\%$] Let $u(x)$, $v(x)$ be positive and differentiable on an open interval. Find the derivative of the function

      $[u(x)]^{v(x)}$.

   2. [$15\%$] Let $T$ be the surface in $\mathbb R^3$ given by the equation

      $(\sqrt{x^2+y^2}-2)^2+z^2=1$.

      Compute the surface integral

      $\displaystyle\int_T\!|z|\,\mathrm dS,$

      where $\mathrm dS$ denotes the element of surface.
訣竅
第一小題換底後運用連鎖律計算即可，第二小題將曲面參數後即可計算。
解法

1. 直接運用連鎖律計算如下：

   $\begin{aligned}\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}[u(x)]^{v(x)}&=\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}e^{v(x)\ln[u(x)]}\\&=e^{v(x)\ln[u(x)]}\cdot\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\{v(x)\ln[u(x)]\}\\&=[u(x)]^{v(x)}\left\{v'(x)\ln[u(x)]+\frac{v(x)u'(x)}{u(x)}\right\}.\end{aligned}$

2. 根據對稱性我們僅需考慮上半曲面，並將曲面參數化為 ${\bf r}(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta,\sqrt{1-(r-2)^2})$，其中 $1\leq r\leq3$、$0\leq\theta\leq2\pi$。因此所求為

   $\begin{aligned}\int_T\!|z|\,\mathrm dS&=2\int_0^{2\pi}\!\int_1^3\!\sqrt{1-(r-2)^2}\left|\frac{\partial{\bf r}}{\partial r}\times\frac{\partial{\bf r}}{\partial\theta}\right|\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\\&=2\int_0^{2\pi}\!\int_1^3\!\sqrt{1-(r-2)^2}\cdot\left|\left(\frac{r(r-2)\cos\theta}{\sqrt{1-(r-2)^2}},\frac{r(r-2)\sin\theta}{\sqrt{1-(r-2)^2}},r\right)\right|\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\\&=2\int_0^{2\pi}\!\int_1^3\!\sqrt{1-(r-2)^2}\cdot\frac r{\sqrt{1-(r-2)^2}}\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta\\&=2\int_0^{2\pi}\!\int_1^3\!r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta=16\pi.\end{aligned}$

   【註】 曲面 $T$ 之圖形可表達如下

   



2. 1. [$15\%$] Let $\displaystyle f(x)=\sum_{k=0}^\infty a_kx^k$ be a power series ($a_k\in\mathbb R$). Suppose that $f(x)$ converges at $c$ where $c>0$. Show that $f(x)$ converges at any $x$ with $|x|< c$.
   2. [$10\%$] Give an explicit example of a power series which converges exactly on the interval $(-1,1]$. You need to justify your answer.
訣竅
本題測驗出對冪級數的收斂半徑之合理性的概念以及是否對經典的冪級數例子熟悉。
解法
1. 由於級數 $\displaystyle\sum_{k=0}^\infty a_kc^k$ 收斂，因此 $a_kc^k$ 收斂至 $0$，從而存在 $M\geq0$ 對所有正整數 $k$ 使得 $|a_kc^k|\leq M$。對於滿足 $|x|< c$ 的 $x$，我們有

   $\displaystyle|a_kx^k|=|a_kc^k|\left|\frac xc\right|^k\leq M\left|\frac xc\right|^k$.

   由於級數 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty M\left|\frac xc\right|^k$ 收斂，故由比較審歛法可知 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty a_kx^k$ 也收斂，這表明此級數對任何 $|x|<c$ 均收斂。
2. $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k+1}\frac{x^k}k$ 是符合題目所求的級數。容易注意到使用交錯級數審歛法可知當 $x=1$ 時收斂，從而透過 a. 可知至少在 $(-1,1]$ 時收斂。另一方面可以留意在 $x>1$ 或 $x<-1$ 時由於各項值不趨於 $0$，從而發散。最後當 $x=-1$ 時該級數化為調和級數，因而發散。綜上討論，該冪級數之收斂區間恰為 $(-1,1]$。


3. Consider the improper integral

   $\displaystyle G(s)=\int_0^\infty\!e^{-x}x^{s-1}\,\mathrm dx$.

   1. [$15\%$] Show that the integral $G(s)$ exists and defines a continuous function for $s>0$.
   2. [$10\%$] Evaluate $G(1/2)$.
訣竅
本題所考慮的瑕積分函數為 Gamma 函數，因此旨在測驗考生是否對 Gamma 函數的存在性有精準的理解以及 Gamma 函數的特殊值的計算是否熟悉。
解法

1. 我們將瑕積分拆分如下：

   $\displaystyle G(s)=\int_0^1\!e^{-x}x^{s-1}\,\mathrm dx+\int_1^\infty\!e^{-x}x^{s-1}\,\mathrm dx$.

   先考慮後者，對任何實數 $s$ 皆有

   $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{e^{-x}x^{s-1}}{x^{-2}}=0$.

   又知 $\displaystyle\int_1^\infty\!x^{-2}\,\mathrm dx=-x^{-1}\Big|_1^\infty=1<\infty$ 收斂，從而由極限比較審歛法知 $\displaystyle\int_1^\infty\!e^{-x}x^{s-1}\,\mathrm dx$ 亦收斂。

   對於前者則考慮變數代換，令 $x=1/t$，如此則有

   $\displaystyle\int_0^1\!e^{-x}x^{s-1}\,\mathrm dx=\int_1^\infty\!e^{-1/t}t^{-s+1}\cdot t^{-2}\,\mathrm dt=\int_1^\infty\!e^{-1/t}t^{-s-1}\,\mathrm dt$.

   又當 $s>0$ 時有

   $\displaystyle\lim_{t\to\infty}\frac{e^{-1/t}t^{-s-1}}{t^{-s-1}}=0$,

   且 $\displaystyle\int_1^\infty\!t^{-s-1}\,\mathrm dt=\left.\frac1{-s}t^{-s}\right|_1^\infty=\frac1s<\infty$ 收斂，故 $\displaystyle\int_1^\infty\!e^{-1/t}t^{-s-1}\,mathrm dt$ 亦收斂。
   由以上兩段的討論可知原瑕積分對任何 $s>0$ 恆收斂。再者，由於 $f(x,s)=e^{-x}x^{s-1}$ 為 $x,s>0$ 的連續函數，因此積分後仍為 $s>0$ 的連續函數。
2. 根據定義，我們有

   $\displaystyle G(1/2)=\int_0^\infty\!e^{-x}x^{-1/2}\,\mathrm dx$.

   利用變數代換，令 $x=t^2$，如此有

   $\begin{aligned}G(1/2)&=\int_0^\infty\!t^{-1}e^{-t^2}\cdot2t\,\mathrm dt\\&=2\int_0^\infty\!e^{-t^2}\,\mathrm dt\\&=2\sqrt{\left(\int_0^\infty\!e^{-t^2}\,\mathrm dt\right)^2}\\&=2\sqrt{\int_0^\infty\!\int_0^\infty\!e^{-x^2-y^2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy}\\&=2\sqrt{\int_0^{\pi/2}\!\int_0^\infty\!e^{-r^2}r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta}\\&=2\sqrt{\frac\pi4}=\sqrt\pi.\end{aligned}$

   【註】 函數 $y=G(s)$ 及其在 $s=1/2$ 之值繪製如下圖

   
   



4. [$25\%$] Let $F(x,y)$ and $G(x,y)$ be continuously differentiable on an open domain $S$ in $\mathbb{R}^2$. Suppose under the condition $G(x,y)=0$ that $F(x,y)$ reaches its maximal at the point $(a,b)\in S$. Show that if $G_x(a,b)\neq0$, there exists a real constant $\lambda$ such that

   $\begin{aligned}F_x(a,b)=&\lambda\cdot G_x(a,b)\\F_y(a,b)=&\lambda\cdot G_y(a,b).\end{aligned}$

訣竅
本題為 Lagrange 乘子法合理性之證明。
解法

根據題目的條件 $G_x(a,b)\neq0$，我們可以使用隱函數定理得到知道存在區間 $(a-k,a+k)$、$(b-h,b+h)$ 以及唯一的連續地可微函數 $h:(b-h,b+h)\to\mathbb R$，使得

$\{(h(y),y)\in\mathbb R^2\,:\,y\in(b-h,b+h)\}=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,G(x,y)=0\}\cap[(a-k,a+k)\times(b-h,b+h)]$.

藉此我們令 $\phi(y)=F(h(y),y)$，從而 $\phi$ 也必須在 $(b-h,b+h)$ 中的 $y=b$ 處達到最大值，因此由一階導函數在 $y=b$ 處必為零，即有

$\displaystyle\phi'(b)=F_x(h(b),b)h'(b)+F_y(h(b),b)=F_x(a,b)\frac{-G_y(a,b)}{G_x(a,b)}+F_y(a,b)=0$.

由令 $\displaystyle\lambda=\frac{F_x(a,b)}{G_x(a,b)}$，如此即有 $F_y(a,b)=\lambda G_y(a,b)$，證明完畢。

【註】 原題敘如下

Let $F(x,y)$ and $G(x,y)$ be differentiable on an open domain $S$ in $\mathbb R^2$. Suppose under the condition $G(x,y)=0$ that $F(x,y)$ reaches its maximal at the point $(a,b)\in S$. Show that if $G_x(a,b)\neq0$, there exists a real constant $\lambda$ such that

$\begin{aligned}&F_x(a,b)=\lambda\cdot G_x(a,b)\\&F_y(a,b)=\lambda\cdot G_y(a,b).\end{aligned}$

由於缺乏 continuously 這項條件，故可能無法應用隱函數定理而獲得對應的證明。