2017年5月16日 星期二

國立臺灣大學九十六學年度轉學生入學考試試題詳解

※請在答案卷上標明題號依序作答
  1. Let $\displaystyle\int\!x^n(1-x)^2\,\mathrm dx=F(x)+c$ and $\displaystyle\int\!x^2(1-x)^n\,\mathrm dx=G(x)+c$ where $n$ is a positive integer. (15%)
    1. Find the relation between $F(x)$ and $G(x)$.
    2. Find the integral $\displaystyle\int_0^1\!x^2(1-x)^{21}\,\mathrm dx$.
    2. 訣竅利用一個變數代換將兩者聯繫起來。
    解法
    1. 令 $t=1-x$，如此有

      $\begin{aligned}F(x)+c_1&=\int\!x^n(1-x)^2\,\mathrm dx=-\int\!(1-t)^nt^2\,\mathrm dt\\&=-G(t)+c_2=-G(1-x)+c_2,\end{aligned}$

      即 $F(x)+G(1-x)=C$。
    2. 【方法一】 利用前一小題的變換，我們可以計算如下：

      $\displaystyle\int_0^1\!x^2(1-x)^{21}\,\mathrm dx=-\int_1^0\!(1-t)^2t^{21}\,\mathrm dt=\int_0^1\!(t^{23}-2t^{22}+t^{21})\,\mathrm dt=\frac1{24}-\frac2{23}+\frac1{22}=\frac1{6072}$.

      【方法二】 運用分部積分法可知

      $\begin{aligned}\int_0^1\!x^2(1-x)^{21}\,\mathrm dx&=\left.-\frac{x^2(1-x)^{22}}{22}\right|_0^1+\frac1{11}\int_0^1\!x(1-x)^{22}\,\mathrm dx\\&=\left.-\frac{x(1-x)^{23}}{253}\right|_0^1+\frac1{253}\int_0^1\!(1-x)^{23}\,\mathrm dx=\left.-\frac{(1-x)^{24}}{6072}\right|_0^1=\frac1{6072}.\end{aligned}$

      【註】

      • 函數 $f(x)=x^2(1-x)^{21}$ 在 $[0,1]$ 上的圖形及其面積如下圖
      • 對於複數 $z_1,z_2$ 只要它們的實部都是正數，我們可以定義 Beta 函數為

        $\displaystyle\mathrm B(z_1,z_2)=\int_0^1\!t^{z_1-1}(1-t)^{z_2-1}\,\mathrm dt$.

        運用經典的結果而知 Beta 函數可使用 Gamma 函數表達為 $\displaystyle\mathrm B(z_1,z_2)=\frac{\Gamma(z_1)\Gamma(z_2)}{\Gamma(z_1+z_2)}$。
        特別地，當 $n\in\mathbb N$ 時有 $\Gamma(n)=(n-1)!$。從而知

        $\displaystyle\int_0^1\!x^2(1-x)^{21}\,\mathrm dx=\mathrm B(3,22)=\frac{\Gamma(3)\Gamma(22)}{\Gamma(3+22)}=\frac{2!\cdot21!}{24!}=\frac2{22\cdot23\cdot24}=\frac1{6072}$.


  2. Let $C$ be the curve formed by the intersection of the cylinder $x^2+y^2=5$ and the plane $x-2y-5z=0$. Find the minimum distance from the point $(0,0,2)$ to the curve $C$. ($20\%$)
    3. 訣竅利用初等不等式或 Lagrange 乘子法或的技巧來求解。
    解法一由於點 $(x,y,z)$ 到點 $(0,0,2)$ 的距離函數為 $f(x,y,z)=\sqrt{x^2+y^2+(z-2)^2}$。
    又因點 $(x,y,z)$ 滿足 $x^2+y^2=5$ 與 $x-2y=5z$。如此可以將距離函數 $f$ 改寫為 $f(x,y,z)=\sqrt{125+(x-2y-10)^2}/5$。
    利用 Cauchy 不等式可得 $25=(x^2+y^2)[1^2+(-2)^2]\geq(x-2y)^2$，即有 $-5\geq x-2y-10\geq-15$。
    這就蘊含 $350\geq125+(x-2y-10)^2\geq150$，最終得 $\sqrt{14}\geq f(x,y,z)\geq\sqrt6$，其中等號成立的條件分別為 $(x,y,z)=(-1,2,-1)$ 與 $(x,y,z)=(1,-2,1)$。

    【註】 曲面 $C$ 在空間中的圖形如下，其中標記了與點 $(0,0,2)$ 最靠近與最遠的兩個點。

    解法二承解法一用函數 $f$ 表點 $(x,y,z)$ 到點 $(0,0,2)$ 的距離。由於求 $f$ 的極小值等價於求 $g(x,y,z)=x^2+y^2+(z-2)^2$ 的極小值，從而令 Lagrange 乘子函數為

    $F(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=x^2+y^2+(z-2)^2+\lambda_1(x^2+y^2-5)+\lambda_2(x-2y-5z)$.

    如此解下列的聯立方程組

    $\left\{\begin{aligned}&F_x(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=2x+2\lambda_1x+\lambda_2=0,\\&F_y(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=2y+2\lambda_1y-2\lambda_2=0,\\&F_z(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=2(z-2)-5\lambda_2=0,\\&F_{\lambda_1}(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=x^2+y^2-5=0,\\&F_{\lambda_2}(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=x-2y-5z=0.\end{aligned}\right.$

    將第一式乘以 $y$ 減去第二式乘以 $x$ 可得 $\lambda_2(y+2x)=0$。若 $\lambda_2=0$，則由第三式可得 $z=2$，據此第五式化為 $x-2y=10$，利用 Cauchy 不等式與第四式有 $25=5\cdot5=(x^2+y^2)[1^2+(-2)^2]\geq(x-2y)^2=100$。這是一個矛盾，因此 $\lambda_2\neq0$。故 $y+2x=0$，代入第四式即有 $5x^2=5$，因此有 $x=\pm1$、$y=\mp2$、$z=\pm1$。

    根據上述求出的座標代入後有 $f(1,-2,1)=\sqrt6$、$f(-1,2,-1)=\sqrt{14}$。又由於 $f$ 為連續函數、$C$ 為有界閉集，因此存在最大最小值，故 $\sqrt6$ 為最小值。

    【註】 曲面 $C$ 在空間中的圖形如下，其中標記了與點 $(0,0,2)$ 最靠近與最遠的兩個點。


  3. Let $\displaystyle I_n=\int_1^e\!t(\ln t)^n\,\mathrm dt$. (15%)
    1. Find the relation between $I_n$ and $I_{n-1}$.
    2. Find the values $I_1$, $I_2$, $I_3$, $I_4$.
    4. 訣竅利用分部積分法找出遞迴關係。
    解法
    1. 直接利用分部積分計算如下

      $\begin{aligned}I_n=&\int_1^e\!t(\ln t)^n\,\mathrm dt\\=&\frac12\int_1^e\!(\ln t)^n\,\mathrm dt^2\\=&\left.\frac12t^2(\ln t)^n\right|_1^e-\frac12\int_1^e\!t^2\,\mathrm d(\ln t)^n\\=&\frac{e^2}2-\frac n2\int_1^e\!t(\ln t)^{n-1}\,\mathrm dt\\=&\frac{e^2}2-\frac n2I_{n-1}\quad\text{for}~n\geq1.\end{aligned}$

    2. 我們依序計算如下：

      $\begin{aligned}&I_0=\int_1^e\!t\,\mathrm dt=\frac{e^2-1}2,\\&I_1=\frac{e^2}2-\frac12I_0=\frac{e^2}2-\frac{e^2-1}4=\frac{e^2+1}4,\\&I_2=\frac{e^2}2-\frac22I_1=\frac{e^2}2-\frac{e^2+1}4=\frac{e^2-1}4,\\&I_3=\frac{e^2}2-\frac32I_2=\frac{e^2}2-\frac{3e^2-3}8=\frac{e^2+3}8,\\&I_4=\frac{e^2}2-\frac42I_3=\frac{e^2}2-\frac{e^2+3}4=\frac{e^2-3}4.\end{aligned}$

      【註】 積分 $I_1,I_2,I_3,I_4$ 的示意圖如下


  4. Let $r$ be the radius of convergence of the power series $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}nx^{3n}$. (15%)
    1. Find $r$.
    2. Let $\displaystyle g(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}nx^{3n}$ for any $|x|<r$. Find $g(x)$ and $g(0.5)$.
    5. 訣竅利用根式審歛法求出收斂半徑後計算其收斂後的函數與特定的函數值。
    解法
    1. 設 $a_n(x)=nx^{3n}$，那麼根據根式審歛法知

      $\displaystyle1>\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}(x)}{a_n(x)}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{(n+1)x^{3n+3}}{nx^{3n}}\right|=|x^3|\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}n=|x|^3$.

      因此 $|x|<1$，故收斂半徑為 $r=1$。
    2. 【方法一】 假定我們考慮函數 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^\infty nx^n$，其中 $x\in(-1,1)$，容易注意到 $g(x)=f(x^3)$、$g(0.5)=f(0.125)$。
      因此我們僅需求出 $f(x)$ 即可：

      $\displaystyle f(x)=x\sum_{n=1}^\infty nx^{n-1}=x\left(\sum_{n=0}^\infty x^n\right)'=x\left(\frac1{1-x}\right)'=\frac x{(1-x)^2}\quad\text{for}~x\in(-1,1)$.

      因此 $\displaystyle g(x)=f(x^3)=\frac{x^3}{(1-x^3)^2}$、$\displaystyle g(0.5)=\frac8{49}$。

      【方法二】 對於 $|x|<1$，我們考慮部分和 $\displaystyle S_k(x)=\sum_{n=1}^knx^{3n}$。那麼可以觀察到

      $\begin{aligned}(1-x^3)S_k(x)&=S_k(x)-x^3S_k(x)=\sum_{n=1}^knx^{3n}-\sum_{n=1}^knx^{3n+3}=x^3+\sum_{n=2}^knx^{3n}-\sum_{n=2}^k(n-1)x^{3n}-kx^{3k+3}\\&=x^3-kx^{3k+3}+\sum_{n=2}^kx^{3n}=x^3-kx^{3k+3}+\frac{x^6(1-x^{3k-3})}{1-x^3}.\end{aligned}$

      整理可得

      $\displaystyle S_k(x)=\frac{x^3-kx^{3k+3}}{1-x^3}+\frac{x^6(1-x^{3k-3})}{(1-x^3)^2}\quad\text{for}~|x|<1.$

      因此取極限有

      $\displaystyle g(x)=\lim_{k\to\infty}S_k(x)=\frac{x^3}{1-x^3}+\frac{x^6}{(1-x^3)^2}=\frac{x^3}{(1-x^3)^2}\quad\text{for}~|x|<1.$

      從而有 $g(0.5)=8/49$。

  5. Find the integral $\displaystyle\int_0^{\ln2}\!\left(\int_{e^y}^2\!\frac3{\ln x}\,\mathrm dx\right)\,\mathrm dy$. ($15\%$)
    6. 訣竅由於按照此迭代積分直接計算是不可行的，因此使用 Fubini 定理改變積分順序計算之。
    解法原區域 $e^y\leq x\leq2$、$0\leq y\leq\ln2$ 可以改寫為 $1\leq x\leq2$、$0\leq y\leq\ln x$，參看下圖
    如此原雙重積分可運用 Fubini 定理而改寫並計算如下：

    $\displaystyle\int_0^{\ln2}\!\left(\int_{e^y}^2\!\frac3{\ln x}\,\mathrm dx\right)\,\mathrm dy=\int_1^2\!\int_0^{\ln x}\!\frac3{\ln x}\,\mathrm dy\,\mathrm dx=\int_1^2\!3\,\mathrm dx=3$.


  6. Let $\vec F(x,y,z)=(2x+3xy^2)\,\vec i+(xy^2+3yx^2)\,\vec j+(z^3-2xyz)\,\vec k$ be a vector field and $S:x^2+y^2+z^2=49$ be a sphere. Find the flux $\displaystyle\iint_S\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dS$, where $\vec n$ is the outward unit normal vector of $S$. (20%)
    7. 訣竅運用 Gauss 散度定理即可。
    解法設 $K=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\,:\,x^2+y^2+z^2\leq49\}$ 為 $S$ 所包圍成的區域。
    那麼直接使用 Gauss 散度定理並利用球座標變換計算如下：

    $\begin{aligned}\iint_S\!\vec F\cdot\vec n\,dS&=\iiint_K\!\nabla\cdot\vec F\,\mathrm dV=\iiint_K\![(2+3y^2)+(2xy+3x^2)+(3z^2-2xy)]\,\mathrm dV\\&=2\iiint_K\mathrm dV+3\iiint_K\!(x^2+y^2+z^2)\,\mathrm dV\\&=2\cdot\frac{4\pi}3\cdot7^3+3\int_0^\pi\!\int_0^{2\pi}\!\int_0^7\!\rho^2\cdot\rho^2\sin\phi\,\mathrm d\rho\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi\\&=\frac{2744\pi}3+6\pi\left(\int_0^7\!\rho^4\,\mathrm d\rho\right)\left(\int_0^\pi\!\sin\phi\,\mathrm d\phi\right)=\frac{618772\pi}{15}.\end{aligned}$

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