國立臺灣大學 105 學年度轉學生招生考試試題：微積分(A)詳解

※禁止使用計算機

作答時若需要可以引用下列兩定理，但必須（由題設出發）說明它們的條件是滿足的。

1. (Abel 定理) 給定數列 $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ 及一數 $x_0$。若級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_nx_0^n$ 收斂，則對任意的 $t\in[0,1)$，級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n(tx_0)^n$ 收斂且 $\displaystyle\lim_{t\to1^-}\sum_{n=1}^\infty a_n(tx_0)^n=\sum_{n=1}^\infty a_nx_0^n$。
2. (隱函數定理) 給定 $\mathbb R^2$ 中的一個開集合 $U$、定義於 $U$ 上的一個光滑($C^\infty$)函數 $f(x,y)$，以及 $U$ 中一點 $(a,b)$。若 $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)\neq0$，則存在 $r>0$ 與 $r'>0$ 以及定義在 $(a-r,a+r)$ 上的一個光滑($C^\infty$)函數 $h(x)$ 使得

   $\begin{aligned}&\quad\{(x,y)\in U\,|\,f(x,y)=0\}\cap[(a-r,a+r)\times(b-r',b+r')]\\&=\{(x,h(x))\,|\,x\in(a-r,a+r)\}.\end{aligned}$

計算與證明題(每題 20 分，未寫出計算或論證過程不給分，不得使用計算機)

1. 請計算集合 $\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\,|\,2x^2+z^2\leq1,3y^2+z^2\leq1\}$ 的體積。
訣竅
以 $yz$ 為基底，針對 $(y,z)$ 求出高，從而求出體積。
解法
容易注意到在給定 $(y,z)$ 的情況下，可知 $\displaystyle-\sqrt{(1-z^2)/2}\leq x\leq\sqrt{(1-z^2)/2}$。
設 $D=\{(y,z)\in\mathbb R^2\,|\,3y^2+z^2\leq1\}=\{(y,z)\in\mathbb R^2\,|\,-\sqrt{(1-z^2)/3}\leq y\leq\sqrt{(1-z^2)/3},\,-1\leq z\leq1\}$，如此所求的體積如下
$\displaystyle\begin{aligned}V&=2\iint_D\!\sqrt{\frac{1-z^2}2}\,\mathrm dA\\&=2\int_{-1}^1\!\int_{-\sqrt{(1-z^2)/3}}^{\sqrt{(1-z^2)/3}}\!\sqrt{\frac{1-z^2}2}\,\mathrm dy\,\mathrm dz\\&=\frac{2\sqrt6}3\int_{-1}^1\!(1-z^2)\,\mathrm dz\\&=\left.\frac{2\sqrt6}3\left(z-\frac{z^3}3\right)\right|_{-1}^1=\frac{8\sqrt6}9.\end{aligned}$
【註】 本題所考慮的立體區域圖形如下



2. 假設 $f(x,y)$ 與 $g(x,y)$ 是 $\mathbb R^2$ 上的兩個光滑($C^\infty$)函數。令 $S=\{(x,y)\,|\,f(x,y)=0\}$。請證明，如果 $p=(a,b)$ 是 $S$ 中一點，同時 $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}(p)=-4$、$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}(p)=2$、$\displaystyle\frac{\partial g}{\partial x}(p)=12$、$\displaystyle\frac{\partial g}{\partial y}(p)=-6$ 且

   $\begin{bmatrix}\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial x^2}(p)&\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}(p)\\\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial y\partial x}(p)&\displaystyle\frac{\partial^2f}{\partial y^2}(p)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&2\\2&4\end{bmatrix}$、$\begin{bmatrix}\displaystyle\frac{\partial^2g}{\partial x^2}(p)&\displaystyle\frac{\partial^2g}{\partial x\partial y}(p)\\\displaystyle\frac{\partial^2g}{\partial y\partial x}(p)&\displaystyle\frac{\partial^2g}{\partial y^2}(p)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3&-1\\-1&2\end{bmatrix}$，

   則存在 $R>0$ 使得對所有 $q\in S\cap\{(x,y)\,|\,(x-a)^2+(y-b)^2<R^2\}$ 總有 $g(p)\leq g(q)$。
訣竅
按所欲證之結論，我們應利用 Lagrange 乘子法的思想：視 $f(x,y)=0$ 為限制條件而求 $g$ 的極小值。
解法

由於 $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}(p)=2\neq0$，因此利用隱函數定理知道存在正數 $r$、$r'$ 與函數 $h:(a-r,a+r)\to\mathbb R$ 使得

$S\cap[(a-r,a+r)\times(b-r',b+r')]=\{(x,h(x))\,|\,x\in(a-r,a+r)\}$.

如此我們知道在 $h(a)=b$ 且在 $x\in(a-r,a+r)$ 時有 $f(x,h(x))=0$，利用連鎖律可得

$\begin{aligned}&f_x(x,h(x))+f_y(x,h(x))h'(x)=0\quad\text{for}~x\in(a-r,a+r),\\&f_{xx}(x,h(x))+2f_{xy}(x,h(x))h'(x)+f_{yy}(x,h(x))h'^2(x)+f_y(x,h(x))h''(x)=0\quad\text{for}~x\in(a-r,a+r).\end{aligned}$

那麼取 $x=a$ 且利用 $f_x(p)=-4$、$f_y(p)=2$ 得 $h'(a)=2$；而利用 $f_{xx}(p)=1$、$f_{xy}(p)=2$、$f_{yy}(p)=4$ 得 $h''(a)=-25/2$。

現設 $\phi(x)=g(x,h(x))$，如此在 $p=(a,b)$ 處計算一階導數可知

$\phi'(a)=g_x(a,b)+g_y(a,b)h'(a)=12+(-6)\cdot2=0$.

因此要判斷在 $x=a$ 處是否發生極小值，我們求二階導數有

$\begin{aligned}\phi''(a)&=g_{xx}(p)+2g_{xy}(p)h'(a)+g_{yy}(p)h'^2(a)+g_y(p)h''(a)\\&=3+2\cdot(-1)\cdot2+2\cdot2^2+(-6)\cdot\frac{-25}2=82>0.\end{aligned}$

因此我們可以斷定 $g$ 在 $p=(a,b)$ 處發生極小值。

現取 $R=\min\{r,r'\}$，如此可知限制在 $S\cap\{(x,y)\,|\,(x-a)^2+(y-b)^2< R^2\}$ 的函數 $g$ 在 $p$ 有最小值。



3. 令 $B=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\,|\,x^2+y^2+z^2\leq1\}$。請計算以下積分

   $\displaystyle\iiint_B\!\cosh(x+y+z)\,\mathrm dx\,\mathrm dy\,\mathrm dz$。（依定義，$\displaystyle\cosh(t)=\frac{e^t+e^{-t}}2$。）

   （提示：(1) 做適當的變數變換；(2) 你會算 $\displaystyle\iiint_B\!\cosh(x)\,\mathrm dx\,\mathrm dy\,\mathrm dz$ 嗎？）
訣竅
利用提示考慮雙重變數代換以便簡化計算過程。
解法

令 $\Psi:B\to B$ 如下：

$\displaystyle\Psi(x,y,z)=(x',y',z')=\left(\frac{x+y-2z}{\sqrt6},\frac{-x+y}{\sqrt2},\frac{x+y+z}{\sqrt3}\right)$.

容易注意到 $\Psi$ 為雙射，且有 $x'^2+y'^2+z'^2=x^2+y^2+z^2$，從而考慮球極座標變換如下：

$x'=\rho\cos\theta\sin\phi$,　　$y'=\rho\sin\theta\sin\phi$,　　$z'=\rho\cos\phi$,

其中 $0\leq\rho\leq1$、$0\leq\theta\leq2\pi$、$0\leq\phi\leq\pi$。如此所求的三重積分可以改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\iiint_B\!\cosh(x+y+z)\,\mathrm dx\,\mathrm dy\,\mathrm dz&=\iiint_B\!\cosh(\sqrt3z')\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(x',y',z')}\,\mathrm dx'\,\mathrm dy'\,\mathrm dz'\\&=\int_0^\pi\!\int_0^{2\pi}\!\int_0^1\!\cosh(\sqrt3\rho\cos\phi)\rho^2\sin\phi\,\mathrm d\rho\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi\\&=-\frac{2\pi}{\sqrt3}\int_0^1\!\rho\sinh(\rho\cos\phi)\Big|_{\phi=0}^{\phi=\pi}\,\mathrm d\rho\\&=\frac{4\pi}{\sqrt3}\int_0^1\!\rho\sinh(\sqrt3\rho)\,\mathrm d\rho\\&=\frac{4\pi}3\left[\left.\rho\cosh(\sqrt3\rho)\right|_0^1-\int_0^1\!\cosh(\sqrt3\rho)\,\mathrm d\rho\right]\\&=\frac{4\pi}3\left[\cosh(\sqrt3)-\frac{\sqrt3}3\sinh(\sqrt3)\right].\end{aligned}$



4. 請計算以下積分

   $\displaystyle\int_{\pi/4}^{5\pi/4}\!\frac1{3+\sin^2x}\,\mathrm dx$。

訣竅
利用三角代換，其中應留意積分之範圍。
解法

首先改寫所求之積分如下

$\displaystyle\int_{\pi/4}^{5\pi/4}\!\frac1{3+\sin^2x}\,\mathrm dx=\int_{\pi/4}^{\pi/2}\frac1{3+\sin^2x}\,\mathrm dx+\int_{\pi/2}^{5\pi/4}\!\frac1{3+\sin^2x}\,\mathrm dx$.

使用三角代換，令 $s=\tan x$，如此有

• 當 $x=\pi/4$ 時，則 $s=1$；當 $x=5\pi/4$ 時，則 $s=1$；
• 當 $x\to(\pi/2)^\pm$ 時，則 $s\to\mp\infty$；
• 求導便有 $\displaystyle\mathrm dx=\frac{\mathrm ds}{1+s^2}$。

故所求的積分可以改寫並計算如下：

$\begin{aligned}\displaystyle\int_{\pi/4}^{5\pi/4}\!\frac1{3+\sin^2x}\,\mathrm dx&=\int_1^\infty\!\frac1{3+(s/\sqrt{1+s^2})^2}\cdot\frac{\mathrm ds}{1+s^2}+\int_{-\infty}^1\!\frac1{3+(s/\sqrt{1+s^2})^2}\cdot\frac{\mathrm ds}{1+s^2}\\&=\int_{-\infty}^\infty\frac{\mathrm ds}{3+4s^2}=\frac14\int_{-\infty}^\infty\!\frac{\mathrm ds}{\displaystyle s^2+\frac34}=\left.\frac14\cdot\frac2{\sqrt3}\tan^{-1}\frac{2s}{\sqrt3}\right|_{-\infty}^\infty=\frac1{2\sqrt3}\cdot\left[\frac\pi2-\left(-\frac\pi2\right)\right]=\frac{\pi\sqrt3}6.\end{aligned}$

【註】 函數 $\displaystyle f(x)=\frac1{3+\sin^2x}$ 在 $[\pi/4,5\pi/4]$ 上的圖形如下





5. 請證明

   $\displaystyle\int_0^1\!\int_0^1\!\int_0^1\!\frac1{1+x^4y^4z^4}\,\mathrm dx\,\mathrm dy\,\mathrm dz=\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac1{(4n+1)^3}$。

   （在論證中若是你宣稱任何兩個數相等，請盡可能說明理由；若用到任何一個無窮級數，請務必說明它為何是收斂的。）
訣竅
利用無窮等比級數的思想並配合 Abel 定理證明即可。
解法
當 $x,y,z\in[0,1)$ 時由無窮等比級數可知
$\displaystyle\frac1{1+x^4y^4z^4}=\sum_{n=0}^\infty(-1)^nx^{4n}y^{4n}z^{4n}$.
對於固定的 $y,z\in[0,1]$，考慮函數 $f:[0,1]\to\mathbb R$ 定義為
$\displaystyle f(t)=\int_0^t\!\frac1{1+x^4y^4z^4}\,\mathrm dx\quad\text{for}~t\in[0,1]$.
當 $t\in[0,1)$，函數 $f$ 可表達為
$\displaystyle f(t)=\int_0^t\!\sum_{n=0}^\infty(-1)^nx^{4n}y^{4n}z^{4n}\,\mathrm dx\quad\text{for}~t\in[0,1)$.
固定 $t\in[0,1)$，那麼對於 $x\in[0,t]$ 時無窮級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty(-1)^nx^{4n}y^{4n}z^{4n}$ 均勻收斂至 $\displaystyle\frac1{1+x^4y^4z^4}$，因此能夠將無窮和與積分號交換而得
$\displaystyle f(t)=\sum_{n=0}^\infty y^{4n}z^{4n}\int_0^t\!x^{4n}\,\mathrm dx=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{4n+1}t^{4n+1}y^{4n}z^{4n}\quad\text{for}~t\in[0,1)$.
對固定的 $y,z\in[0,1]$ 而言，可直接透過交錯級數審歛法確認級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{4n+1}y^{4n}z^{4n}$ 收斂。因此根據 Abel 定理知 $$\begin{equation}\label{1}\int_0^1\!\frac1{1+x^4y^4z^4}\,\mathrm dx=\lim_{t\to1^-}f(t)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{4n+1}y^{4n}z^{4n}\quad\text{for}~y,z\in[0,1].\end{equation}$$ 現固定 $z\in[0,1]$，考慮函數 $g:[0,1]\to\mathbb R$ 定義為
$\displaystyle g(t)=\int_0^t\!\int_0^1\!\frac1{1+x^4y^4z^4}\,\mathrm dx\,\mathrm dy=\int_0^t\!\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{4n+1}y^{4n}z^{4n}\,\mathrm dy\quad\text{for}~t\in[0,1]$.
由 $\eqref{1}$ 可知無窮級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{4n+1}y^{4n}z^{4n}$ 對 $y\in[0,1]$ 均勻收斂至 $\displaystyle\int_0^1\!\frac1{1+x^4y^4z^4}\,\mathrm dx$。因此能夠將無窮和與積分號交換而得
$\displaystyle g(t)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(4n+1)^2}t^{4n+1}z^{4n}\quad\text{for}~t\in[0,1]$.
此時對固定的 $z\in[0,1]$ 而言，由交錯級數審歛法知級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(4n+1)^2}z^{4n}$ 收斂，進而由 Abel 定理知 $$\begin{equation}\label{2}\int_0^1\!\int_0^1\!\frac1{1+x^4y^4z^4}\,\mathrm dx\,\mathrm dy=\lim_{t\to1^-}g(t)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(4n+1)^2}z^{4n}\quad\text{for}~z\in[0,1].\end{equation}$$ 最後考慮函數 $h:[0,1]\to\mathbb R$ 定義為
$\displaystyle h(t)=\int_0^t\!\int_0^1\!\int_0^1\!\frac1{1+x^4y^4z^4}\,\mathrm dx\,\mathrm dy\,\mathrm dz=\int_0^t\!\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(4n+1)^2}z^{4n}\,\mathrm dz\quad\text{for}~t\in[0,1]$.
根據 $\eqref{2}$ 知無窮級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(4n+1)^2}z^{4n}$ 對 $z\in[0,1]$ 均勻收斂至 $\displaystyle\int_0^1\!\int_0^1\!\frac1{1+x^4y^4z^4}\,\mathrm dx\,\mathrm dy$。
因此將無窮和與積分號交換而有
$\displaystyle h(t)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(4n+1)^3}t^{4n+1}\quad\text{for}~t\in[0,1]$.
取 $t=1$ 時便得所欲證之等式。證明完畢。