- There are four problems $1$~$4$ in total; some problems contain sub-problems indexed by (a), (b), etc.
- [$10\%$] Let $u\left(x\right)$, $v\left(x\right)$ be positive and differentiable on an open interval. Find the derivative of the function
$\left[u\left(x\right)\right]^{v\left(x\right)}$.
- [$15\%$] Let $T$ be the surface in $\mathbb{R}^3$ given by the equation
$\left(\sqrt{x^2+y^2}-2\right)^2+z^2=1$.
Compute the surface integral$\displaystyle\int_T\left|z\right|dS,$
where $dS$ denotes the element of surface.
- [$10\%$] Let $u\left(x\right)$, $v\left(x\right)$ be positive and differentiable on an open interval. Find the derivative of the function
- 直接運用連鎖律計算如下：
$\begin{aligned}\displaystyle\frac{d}{dx}\left[u\left(x\right)\right]^{v\left(x\right)}&=\frac{d}{dx}e^{v\left(x\right)\ln u\left(x\right)}\\&=e^{v\left(x\right)\ln u\left(x\right)}\times\frac{d}{dx}\left[v\left(x\right)\ln u\left(x\right)\right]\\&=\left[u\left(x\right)\right]^{v\left(x\right)}\left[v'\left(x\right)\ln u\left(x\right)+\frac{v\left(x\right)u'\left(x\right)}{u\left(x\right)}\right].\end{aligned}$
- 根據對稱性我們僅需考慮上半曲面，並將曲面參數化為 ${\bf r}\left(r,\theta\right)=\left(r\cos\theta,r\sin\theta,\sqrt{1-\left(r-2\right)^2}\right)$，其中 $1\leq r\leq3$、$0\leq\theta\leq2\pi$。因此所求為
$\begin{aligned}\displaystyle\int_T\left|z\right|dS&=2\int_0^{2\pi}\int_1^3\sqrt{1-\left(r-2\right)^2}\left|\frac{\partial{\bf r}}{\partial r}\times\frac{\partial{\bf r}}{\partial\theta}\right|drd\theta\\&=2\int_0^{2\pi}\int_1^3\sqrt{1-\left(r-2\right)^2}\times\frac{r}{\sqrt{1-\left(r-2\right)^2}}drd\theta\\&=2\int_0^{2\pi}\int_1^3rdrd\theta=16\pi.\end{aligned}$
- [$15\%$] Let $\displaystyle f\left(x\right)=\sum_{k=0}^{\infty}a_kx^k$ be a power series ($a_k\in\mathbb{R}$). Suppose that $f\left(x\right)$ converges at $c$ where $c>0$. Show that $f\left(x\right)$ converges at any $x$ with $\left|x\right|< c$.
- [$10\%$] Give an explicit example of a power series which converges exactly on the interval $\left(-1,1\right]$. You need to justify your answer.
- 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 $\left|a_kc^k\right|\leq M$。因此若 $\left|x\right|< c$，我們有
$\displaystyle\left|a_kx^k\right|=\left|a_kc^k\right|\left|\frac{x}{c}\right|^k\leq M\left|\frac{x}{c}\right|^k$
因此對 $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}M\left|\frac{x}{c}\right|^k$ 進行比較審歛法可知 $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}a_kx^k$ 收斂。 - $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\left(-1\right)^{k+1}\frac{x^k}{k}$ 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 $\left(-1,1\right]$ 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 $x=-1$ 時該級數為調和級數，因而發散。綜上討論，該冪級數之收斂區間恰為 $\left(-1,1\right]$。
- Consider the improper integral
$\displaystyle G\left(s\right)=\int_0^{\infty}e^{-x}x^{s-1}dx$.
- [$15\%$] Show that the integral $G\left(s\right)$ exists and defines a continuous function for $s>0$.
- [$10\%$] Evaluate $\displaystyle G\left(\frac{1}{2}\right)$.
- 我們將瑕積分拆分如下：
$\displaystyle\int_0^1e^{-x}x^{s-1}dx+\int_1^{\infty}e^{-x}x^{s-1}dx$
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 $\displaystyle\int_1^{\infty}x^{-2}dx$ 收斂，從而由極限比較審歛法知 $\displaystyle\int_1^{\infty}e^{-x}x^{s-1}dx$ 亦收斂。對於前者則考慮變數代換，令 $\displaystyle x=\frac{1}{t}$，如此則有
$\displaystyle\int_0^1e^{-x}x^{s-1}dx=\int_1^{\infty}e^{-1/t}t^{-s-1}dt$
又當 $s>0$ 時有$\displaystyle\lim_{t\to\infty}\frac{e^{-1/t}t^{-s-1}}{t^{-s-1}}=0$
且 $\displaystyle\int_1^{\infty}t^{-s-1}dt$ 收斂，故 $\displaystyle\int_1^{\infty}e^{-1/t}t^{-s-1}dt$ 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 $f\left(x,s\right)=e^{-x}x^{s-1}$ 為 $x,s>0$ 的連續函數，因此積分後仍為 $s>0$ 的連續函數。 - 根據定義，我們有
$\displaystyle G\left(\frac{1}{2}\right)=\int_0^{\infty}e^{-x}x^{-\frac{1}{2}}dx$
利用變數代換，令 $x=t^2$，如此有$\begin{aligned}\displaystyle G\left(\frac12\right)&=\int_0^{\infty}t^{-1}e^{-t^2}\times2tdt\\&=2\int_0^{\infty}e^{-t^2}dt\\&=2\sqrt{\left(\int_0^{\infty}e^{-t^2}dt\right)^2}\\&=2\sqrt{\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}e^{-x^2-y^2}dxdy}\\&=2\sqrt{\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\infty}e^{-r^2}rdrd\theta}\\&=2\sqrt{\frac\pi4}=\sqrt\pi\end{aligned}$
- [$25\%$] Let $F\left(x,y\right)$ and $G\left(x,y\right)$ be continuously differentiable on an open domain $S$ in $\mathbb{R}^2$. Suppose under the condition $G\left(x,y\right)=0$ that $F\left(x,y\right)$ reaches its maximal at the point $\left(a,b\right)\in S$. Show that if $G_x\left(a,b\right)\neq0$, there exists a real constant $\lambda$ such that
$\begin{aligned}F_x\left(a,b\right)=&\lambda\cdot G_x\left(a,b\right)\\F_y\left(a,b\right)=&\lambda\cdot G_y\left(a,b\right).\end{aligned}$
訣竅
第一小題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
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
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
訣竅
本題為拉格朗日乘子法合理性之證明。解法
根據題目的條件 $G_x\left(a,b\right)\neq0$，我們可以使用隱函數定理得到知道存在區間 $\left(a-k,a+k\right)$、$\left(b-h,b+h\right)$ 以及唯一的連續地可微函數 $h:\left(b-h,b+h\right)\to\mathbb{R}$，使得$\begin{aligned} &\left\{\left(h\left(y\right),y\right)\in\mathbb{R}^2|y\in\left(b-h,b+h\right)\right\}\\=&\left\{\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^2|G\left(x,y\right)=0\right\}\cap\left[\left(a-k,a+k\right)\times\left(b-h,b+h\right)\right]\end{aligned}$
藉此我們令 $\phi\left(y\right)=F\left(h\left(y\right),y\right)$，從而 $\phi$ 也必須在 $\left(b-h,b+h\right)$ 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$\displaystyle\phi'\left(b\right)=F_x\left(h\left(b\right),b\right)h'\left(b\right)+F_y\left(h\left(b\right),b\right)=F_x\left(a,b\right)\frac{-G_y\left(a,b\right)}{G_x\left(a,b\right)}+F_y\left(a,b\right)=0$
因此令 $\displaystyle\lambda=\frac{F_x\left(a,b\right)}{G_x\left(a,b\right)}$，如此即有 $F_y\left(a,b\right)=\lambda G_y\left(a,b\right)$，如此證明完畢。【註】 原題敘如下
Let $F\left(x,y\right)$ and $G\left(x,y\right)$ be differentiable on an open domain $S$ in $\mathbb{R}^2$. Suppose under the condition $G\left(x,y\right)=0$ that $F\left(x,y\right)$ reaches its maximal at the point $\left(a,b\right)\in S$. Show that if $G_x\left(a,b\right)\neq0$, there exists a real constant $\lambda$ such that
$\begin{aligned}F_x\left(a,b\right)=&\lambda\cdot G_x\left(a,b\right)\\F_y\left(a,b\right)=&\lambda\cdot G_y\left(a,b\right).\end{aligned}$
由於缺乏 continuously 這項條件，故可能無法獲得對應的證明。
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