國立臺灣大學一百零一學年度轉學生入學考試試題詳解

1. ($20$ pts) Note that $\displaystyle f\left(r\right)=\int_0^{\pi/2}x^r\sin xdx$.
   1. ($14$ pts) Show that

      $\displaystyle\lim_{r\to\infty}r\left(\frac{2}{\pi}\right)^{r+1}f\left(r\right)=1$.

   2. ($6$ pts) Find a real number $c$ and a positive number $L$ for which

      $\displaystyle\lim_{r\to\infty}\frac{r^c\int_0^{\pi/2}x^r\sin xdx}{\int_0^{\pi/2}x^r\cos xdx}=L$.

      You can use (a) as a fact to answer (b).
訣竅
利用分部積分法與適當的估計壓制一些積分的量去計算之即可；其中第二小題為 2011 年的普特南(Putnam)數學競賽 A3 試題。
解法
1. 極限可以作如下的改寫：

   $\displaystyle\lim_{r\to\infty}r\left(\frac{2}{\pi}\right)^{r+1}\int_0^{\pi/2}x^r\sin xdx=\lim_{r\to\infty}\frac{2r}\pi\int_0^{\pi/2}\left(\frac{2x}\pi\right)^r\sin xdx$

   因此我們可以考慮令 $\displaystyle t=\frac{2x}\pi$，則所求極限可以改寫並計算如下：

   $\displaystyle\lim_{r\to\infty}r\int_0^1t^r\sin\frac{\pi t}{2}dt=\lim_{r\to\infty}\frac{r}{r+1}\left[1-\frac\pi2\int_0^1t^{r+1}\cos\frac{\pi t}{2}dt\right]=1$

   其中由於 $\displaystyle t^{r+1}\cos\frac{\pi}{2}$ 在 $\left[0,1\right]$ 隨 $r\to\infty$ 均勻收斂至零函數，因此 $\displaystyle\lim_{r\to\infty}\int_0^1t^{r+1}\cos\frac{\pi t}{2}dt=0$。
2. 在解決本問題之前，我們做出類似的考慮而得到下列的極限：

   $\displaystyle\lim_{r\to\infty}\left(r+1\right)^2\left(\frac2\pi\right)^{r+2}\int_0^{\pi/2}x^r\cos xdx=1$

   藉由(a)與上述考慮的極限，對所求的極限作出如下的改寫：

   $\begin{aligned}\displaystyle&\lim_{r\to\infty}\frac{r^c\int_0^{\pi/2}x^r\sin xdx}{\int_0^{\pi/2}x^r\cos xdx}\\=&\lim_{r\to\infty}\frac{r^c\left(r+1\right)^2\left(2/\pi\right)^{r+2}}{r\left(2/\pi\right)^{r+1}}\\=&\frac{2}{\pi}\lim_{r\to\infty}\frac{\left(r+1\right)^2}{r^{1-c}}\end{aligned}$

   若 $c>-1$，則該極限發散至無窮；若 $c<-1$，則該極限收斂至 $0$，皆不符合題目所求。因此 $c=-1$，其極限 $L$ 為 $\displaystyle\frac2\pi$。


2. ($20\%$) For what pairs $\left(a,b\right)$ of positive real numbers does the improper integral

   $\displaystyle\int_b^\infty\left(\sqrt{\sqrt{x+a}-\sqrt{x}}-\sqrt{\sqrt{x}-\sqrt{x-b}}\right)dx$

   converge? Justify your answer.
訣竅
對被積分函數進行有理化整理後考慮其趨近無窮的階級以探求 $a$ 與 $b$ 的關係。本題為 1995 年第五十六屆普特南(Putnum)數學競賽 A2 試題。
解法
容易注意到被積分函數可以有理化如下：
$\begin{aligned}\displaystyle&\sqrt{\sqrt{x+a}-\sqrt{x}}-\sqrt{\sqrt{x}-\sqrt{x-b}}\\=&\sqrt{\frac{a}{\sqrt{x+a}+\sqrt{x}}}-\sqrt{\frac{b}{\sqrt{x}+\sqrt{x-b}}}\\=&\frac{\displaystyle\frac{a}{\sqrt{x+a}+\sqrt{x}}-\frac{b}{\sqrt{x}+\sqrt{x-b}}}{\displaystyle\sqrt{\frac{a}{\sqrt{x+a}+\sqrt{x}}}+\sqrt{\frac{b}{\sqrt{x}+\sqrt{x-b}}}}\end{aligned}$
假若 $a\neq b$，則可以注意到當 $x\to\infty$ 時被積分函數是以 $x^{-1/4}$ 趨近，因而利用 $x^{-p}$ 的瑕積分可知此時將發散。而若 $a=b$，則該被積分函數還可整理為如下：
$\begin{aligned}\displaystyle&\frac{\displaystyle\frac{a}{\sqrt{x+a}+\sqrt{x}}-\frac{a}{\sqrt{x}+\sqrt{x-a}}}{\displaystyle\sqrt{\frac{a}{\sqrt{x+a}+\sqrt{x}}}+\sqrt{\frac{a}{\sqrt{x}+\sqrt{x-a}}}}\\=&\sqrt{a}\frac{\sqrt{x-a}-\sqrt{x+a}}{\left(\sqrt{\sqrt{x}+\sqrt{x-a}}+\sqrt{\sqrt{x+a}+\sqrt{x}}\right)\sqrt{\left(\sqrt{x+a}+\sqrt{x}\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{x-a}\right)}}\\=&\frac{-2a\sqrt{a}}{\left(\sqrt{x-a}+\sqrt{x+a}\right)\left(\sqrt{\sqrt{x}+\sqrt{x-a}}+\sqrt{\sqrt{x+a}+\sqrt{x}}\right)\sqrt{\left(\sqrt{x+a}+\sqrt{x}\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{x-a}\right)}}\end{aligned}$
此時當 $x\to\infty$ 時，被積分函數是以 $x^{-5/4}$ 趨近於無窮，因此瑕積分收斂。


3. ($20$ pts) Evaluate the integral

   $\displaystyle\int\int_D\frac{ky\sin kr_1\sin kr_2}{r_1r_2}dxdy,$

   where $k$ is a constant, $r_1=\left[\left(x+1\right)^2+y^2\right]^{1/2}$, $r_2=\left[\left(x-1\right)^2+y^2\right]^{1/2}$, and $D$ is the half of the ellipse $\sqrt{\left[\left(x+1\right)^2+y^2\right]}+\sqrt{\left[\left(x-1\right)^2+y^2\right]}\leq4$ which is in $y>0$.
訣竅
利用題目所暗示的積分變換計算之。
解法

假若 $k=0$，則該雙重積分恆為 $0$。因此我們接下來假定 $k\neq0$。透過變換後 $\left(r_1,r_2\right)$ 滿足 $2\leq r_1+r_2\leq4$ 且兩數皆非負。因此所求之重積分可以改寫並計算如下：

$\displaystyle\iint_D\frac{ky\sin kr_1\sin kr_2}{r_1r_2}\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(r_1,r_2\right)}dr_1dr_2=\frac12\iint_Dk\sin kr_1\sin kr_2dr_1dr_2$.

令 $\left\{\begin{aligned}&s=r_1+r_2\\&t=r_1-r_2\end{aligned}\right.$，其範圍為 $\left\{\begin{aligned}&2\leq s\leq4\\&-s\leq t\leq s\end{aligned}\right.$，並且利用變數代換與積化和差可得

$\begin{aligned}\displaystyle&\frac{k}{8}\int_2^4\int_{-s}^s\left[\cos\left(kt\right)-\cos\left(ks\right)\right]dtds\\=&\frac{k}{8}\int_2^4\left.\frac{\sin kt}{k}-t\cos\left(ks\right)\right|_{-s}^sds\\=&\frac{1}{4}\int_2^4\left[\sin\left(ks\right)-ks\cos\left(ks\right)\right]ds\\=&\left.-\frac{\cos\left(ks\right)}{4k}\right|_2^4-\frac{1}{4}\int_2^4sd\sin\left(ks\right)\\=&\frac{\cos\left(2k\right)-\cos\left(4k\right)}{4k}-\left.\frac{s\sin\left(ks\right)}{4}\right|_2^4+\frac{1}{4}\int_2^4\sin\left(ks\right)ds\\=&\frac{\cos\left(2k\right)-\cos\left(4k\right)}{4k}-\sin\left(4k\right)+\frac{\sin\left(2k\right)}{2}-\left.\frac{\cos\left(ks\right)}{4k}\right|_2^4\\=&\frac{\cos\left(2k\right)-\cos\left(4k\right)-2k\sin\left(4k\right)+k\sin\left(2k\right)}{2k}\end{aligned}$



4. ($20$ pts) Find the maximum and minimum values of the function $f\left(x,y,z\right)=x$ over the curve of intersection of the plane $z=x+y$ and the ellipsoid $x^2+2y^2+2z^2=8$.
訣竅
可以利用拉格朗日乘子法或初等不等式求解之。
解法一

設拉格朗日乘子函數

$F\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+\lambda_1\left(x+y-z\right)+\lambda_2\left(x^2+2y^2+2z^2-8\right)$

據此聯立解下列方程組：

$\left\{\begin{aligned}&F_x\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=1+\lambda_1+2\lambda_2x=0,\\&F_y\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=\lambda_1+4\lambda_2y=0,\\&F_z\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=-\lambda_1+4\lambda_2z=0,\\&F_{\lambda_1}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x+y-z=0,\\&F_{\lambda_2}\left(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2\right)=x^2+2y^2+2z^2-8=0.\end{aligned}\right.$

將第一式乘以 $2$ 後加上第二式再減去第三式，接著利用第四式可得 $2+4\lambda_1=0$，即 $\displaystyle\lambda_1=-\frac12$，代入第三式中可顯見 $\lambda_2\neq0$，因此有 $\displaystyle x=-\frac1{4\lambda_2}$、$\displaystyle y=\frac1{8\lambda_2}$、$\displaystyle z=-\frac1{8\lambda_2}$，將此三條件代入第五式可得 $\displaystyle\frac1{16\lambda_2^2}+\frac2{64\lambda_2^2}+\frac2{64\lambda_2^2}=8$，因此可得 $\displaystyle\lambda_2=\pm\frac18$。若 $\displaystyle\lambda_2=\frac18$，則 $x=-2$、$y=1$、$z=-1$；若 $\displaystyle\lambda_2=-\frac18$，則 $x=2$、$y=-1$、$z=1$。

據以上所求得的座標可知 $f\left(-2,1,-1\right)=-2$、$f\left(2,-1,1\right)=2$。因此最大值為 $2$，而最小值為 $-2$。

解法二
由於 $\left(x,y,z\right)$ 滿足 $z=x+y$、$x^2+2y^2+2z^2=8$，則表明它也滿足 $x^2+2y^2+2\left(x+y\right)^2=8$，亦即有
$2x^2\leq2x^2+\left(x+2y\right)^2=8$
這表明 $x^2\leq4$，也就是 $x$ 最大為 $2$，最小為 $-2$，而等號成立條件分別為$\left(x,y,z\right)=\left(2,-1,1\right)$、$\left(-2,1,-1\right)$。


5. ($20$ pts) Find the area of the cap cut from the semisphere $x^2+y^2+z^2=2$, $z\geq0$, by the cylinder $x^2+y^2=1$.
訣竅
利用曲面積分的定義計算之即可。
解法

將曲面參數化為 ${\bf r}\left(\theta,\phi\right)=\left(\sqrt2\cos\theta\sin\phi,\sqrt2\sin\theta\sin\phi,\sqrt2\cos\phi\right)$，其中範圍限制為 $0\leq\theta\leq2\pi$、$\displaystyle0\leq\phi\leq\frac\pi4$，如此所求為

$\begin{aligned}\displaystyle A&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\int_0^{2\pi}\left|\frac{\partial{\bf r}}{\partial\theta}\times\frac{\partial{\bf r}}{\partial\phi}\right|d\theta d\phi\\&=\int_0^{\frac\pi4}\int_0^{2\pi}\left|\left(-\sqrt{2}\sin\theta\sin\phi,\sqrt{2}\cos\theta\sin\phi,0\right)\times\left(\sqrt2\cos\theta\cos\phi,\sqrt{2}\sin\theta\cos\phi,-\sqrt{2}\sin\phi\right)\right|d\theta d\phi\\&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\int_0^{2\pi}\left|\left(2\cos\theta\sin^2\phi,-2\sin\theta\sin^2\phi,-2\sin\phi\cos\phi\right)\right|d\theta d\phi\\&=2\int_0^{\frac{\pi}{4}}\int_0^{2\pi}\sin\phi d\theta d\phi\\&=-4\pi\cos\phi\Big|_0^{\frac{\pi}{4}}=2\pi\left(2-\sqrt{2}\right)\end{aligned}$