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- (10 pts) Find an explicit value of $\epsilon>0$ such that for every $x\in[0,1]$
$\displaystyle|\sqrt x-\sqrt{x+\epsilon}|<\frac1{200}$.
- (10 pts) Find an explicit integer $N$ such that there exists a polynomial $P$ of degree at most $N$ such that for every $x\in[0,1]$
$\displaystyle|\sqrt x-P(x)|<\frac1{100}$.
Hint: You can use the expansion of $\sqrt{x+\epsilon}$ in power series in $(x-1)$.
- (10 pts) Find an explicit value of $\epsilon>0$ such that for every $x\in[0,1]$
- 取 $\displaystyle\epsilon=\frac1{40001}$，則對所有 $x\in[0,1]$ 有
$\displaystyle\left|\sqrt x-\sqrt{x+\frac1{40001}}\right|=\frac\epsilon{\sqrt x+\sqrt{x+\epsilon}}<\frac\epsilon{\sqrt0+\sqrt{0+\epsilon}}=\sqrt\epsilon<\sqrt{\frac1{40000}}=\frac1{200}$
- 考慮多項式函數列 $\{P_n\}_{n=0}^\infty$ 定義如下：設 $P_0(x)\equiv0$，而當 $n\in\mathbb N$ 則定
$P_{n+1}(x)=P_n(x)+\frac12(x-(P_n(x)))^2\quad\text{for}~x\in[0,1].$
容易看到當 $n\in\mathbb N$ 時 $P_n$ 為 $2^{n-1}$ 次多項式。我們要使用數學歸納法證明下列的不等式$\displaystyle0\leq\sqrt x-P_n(x)\leq\frac{2\sqrt x}{2+n\sqrt x}\quad\text{for}~x\in[0,1]$.
明顯當 $n=0$ 時該不等式成立。現設 $n=k$ 時不等式成立，即$\displaystyle0\leq\sqrt x-P_k(x)\leq\frac{2\sqrt x}{2+k\sqrt x}\quad\text{for}~x\in[0,1]$.
注意到 $P_k(x)\leq\sqrt x\leq1$。那麼按照遞迴式可知$\displaystyle\sqrt x-P_{k+1}(x)=\sqrt x-P_k(x)-\frac12(x-(P_k(x))^2)=(\sqrt x-P_k(x))\left(1-\frac12(\sqrt x+P_k(x))\right)$.
由於 $\sqrt x+P_k(x)\leq2$，故 $\displaystyle1-\frac12(\sqrt x+P_k(x))\geq0$。如此透過歸納假設可立即得 $\sqrt x-P_{k+1}(x)\geq0$ 以及$\displaystyle\sqrt x-P_{k+1}(x)\leq\frac{2\sqrt x}{2+k\sqrt x}\left(1-\frac12(\sqrt x+P_k(x))\right)$.
對於上式中的最後一項也可運用歸納假設而知$\displaystyle1-\frac12(\sqrt x+P_k(x))=1-\sqrt x+\frac12(\sqrt x-P_k(x))\leq1-\sqrt x+\frac{\sqrt x}{2+k\sqrt x}$.
將兩者結合能得$\displaystyle\sqrt x-P_{k+1}(x)\leq\frac{\sqrt x}{2+k\sqrt x}\left(1-\sqrt x+\frac{\sqrt x}{2+k\sqrt x}\right)=\frac{2\sqrt x}{2+(k+1)\sqrt x}g_k(x)\quad\text{for}~x\in[0,1]$,
其中$\displaystyle g_k(x)=\frac{2+(k+1)\sqrt x}{2+k\sqrt x}\left(1-\sqrt x+\frac{\sqrt x}{2+k\sqrt x}\right)=\frac{4+4k\sqrt x+(k^2-2k-1)x-(k^2+k)x\sqrt x}{(2+k\sqrt x)^2}$.
那麼我們只需要證明 $g_k(x)\leq1$ 就完成了歸納法的證明了。為此我們對 $g_k$ 求導可知$\displaystyle g_k'(x)=-\frac{(k^3+k^2)x+6(k^2+k)\sqrt x+(8k+4)}{2(2+k\sqrt x)^3}<0\quad\text{for}~x\in[0,1]$.
因此 $g_k$ 嚴格遞減且 $g_k(0)=1$，因此我們完成了不等式的證明。
現於 $x\in[0,1]$，設 $\displaystyle h(x)=\frac{2\sqrt x}{2+n\sqrt x}$。求導可知$\displaystyle h'(x)=\frac{2x^{-1/2}}{(2+n\sqrt x)^2}>0$.
因此 $h$ 嚴格遞增且 $h(x)\leq h(1)=2/(2+n)$。至此我們得到估計式$\displaystyle0\leq\sqrt x-P_n(x)\leq h(x)\leq h(1)=\frac2{2+n}$.
那麼當 $n=199$ 時有$\displaystyle0\leq\sqrt x-P_{199}(x)\leq\frac2{201}<\frac1{100}\quad\text{for}~x\in[0,1]$.
此時多項式 $P_{199}$ 之次數為 $2^{198}$ 次。 - (10 pts) Let $f:[0,1]\mapsto\mathbb R$ be monotone increasing, i.e. if $c<d$ implies $f(c)\leq f(d)$. Use the definition of the Riemann integral (comparing upper and lower sums relative to a partition of $[0,1]$) to prove that $\displaystyle\int_0^1\!f(x)\,\mathrm dx$ exists.
- (10 pts) Evaluate $\displaystyle\int_0^2\!\int_{y^2}^4\!y\cos(x^2)\,\mathrm dx\,\mathrm dy$.
- (10 pts) Let $F$ be a vector field $F=\langle x^3,y^3,z^3\rangle$ and $\Omega$ be the solid region in $\mathbb R^3$ bounded by $x^2+y^2\geq z^2$, $x^2+y^2+z^2\leq9$, $y\geq|x|$.
Evaluate $\displaystyle\iiint_\Omega\!(x^2+y^2+z^2)\,\mathrm dV$ and find the flux of $F$ through the boundary surface of $\Omega$, oriented outwards (i.e. $\displaystyle\iint_{\partial\Omega}\!F\cdot n\,\mathrm dS$).
- 由於被積分函數在 $\mathbb R^2$ 上是連續函數，從而為 Riemann 可積分函數，故可運用 Fubini 定理改變積分次序。因此我們將原先的積分範圍 $y^2\leq x\leq4$、$0\leq y\leq2$ 改寫為 $0\leq x\leq4$、$0\leq y\leq\sqrt x$，其積分區域可繪製如下如此所求的重積分可表達如下並計算之
$\displaystyle\begin{aligned}\int_0^2\!\int_{y^2}^4\!y\cos(x^2)\,\mathrm dx\,\mathrm dy&=\int_0^4\!\int_0^{\sqrt x}\!y\cos(x^2)\,\mathrm dy\,\mathrm dx\\&=\int_0^4\!\left.\frac{y^2\cos(x^2)}2\right|_{y=0}^{y=\sqrt x}\,\mathrm dx\\&=\int_0^4\!\frac{x\cos(x^2)}2\,\mathrm dx\\&=\left.\frac{\sin(x^2)}4\right|_{x=0}^{x=4}\\&=\frac{\sin16}4.\end{aligned}$
- 運用球體座標變換，令 $x=\rho\sin\phi\cos\theta$、$y=\rho\sin\phi\sin\theta$、$z=\rho\cos\phi$，變數範圍分析如下
- 由 $x^2+y^2\geq z^2$ 可知 $\rho^2\sin^2\phi\geq\rho^2\cos^2\phi$，故 $\tan^2\phi\geq1$，因此 $\pi/4\leq\phi\leq3\pi/4$。
- 由 $x^2+y^2+z^2\leq9$ 可知 $0\leq\rho\leq3$。
- 由 $y\geq|x|$ 可知 $\rho\sin\theta\sin\phi\geq\rho|\cos\theta|\sin\phi$，因此有 $\sin\theta\geq0$ 且 $|\tan\theta|\geq1$，故 $\pi/4\leq\theta\leq3\pi/4$。
$\displaystyle\begin{aligned}\iiint_\Omega\!(x^2+y^2+z^2)\,\mathrm dV&=\int_0^3\!\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\!\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\!\rho^2\cdot\rho^2\sin\phi\,\mathrm d\phi\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\rho\\&=\left(\int_0^3\!\rho^4\,\mathrm d\rho\right)\left(\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\!\sin\phi\,\mathrm d\phi\right)\left(\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\mathrm d\theta\right)\\&=\frac{243}5\cdot\sqrt2\cdot\frac\pi2\\&=\frac{243\sqrt2\pi}{10}.\end{aligned}$
運用 Gauss 散度定理可計算通量(flux)知$\displaystyle\iint_{\partial\Omega}\!F\cdot n\,\mathrm dS=\iiint_\Omega\!\text{div}(F)\,\mathrm dV=3\iiint_\Omega\!(x^2+y^2+z^2)\,\mathrm dV=3\cdot\frac{243\sqrt2\pi}{10}=\frac{729\sqrt2\pi}{10}$.
【註】 立體區域 $\Omega$ 的圖形如下所示。
- (10 pts) Among all planes that are tangent to the surface $xy^2z^2=1$, find the ones that are farthest from the origin.
- Let $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ be a sequence and $\displaystyle b_n=\frac1{n^3}\left(\sum_{k=1}^nk^2a_k\right)$.
- (10 pts) Prove or disprove: If $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ converges then $\left\{b_n\right\}_{n=1}^\infty$ converges.
- (10 pts) Prove or disprove: If $\{b_n\}_{n=1}^\infty$ converges then $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ converges.
- 此命題正確，證明如下：對任何給定的正數 $\varepsilon$ 存在依賴 $\varepsilon$ 的正整數 $N(\varepsilon)$ 使得「當 $n>N(\varepsilon)$ 時有 $|a_n-L|<\varepsilon$，即 $L-\varepsilon<a_n<L+\varepsilon$」。據此，當 $n>N$ 時，可改寫 $b_n$ 如下
$\displaystyle b_n=\frac1{n^3}\sum_{k=1}^Nk^2a_k+\frac1{n^3}\sum_{k=N+1}^nk^2a_k$.
因此 $b_n$ 可被估算如下$\displaystyle\frac1{n^3}\sum_{k=1}^Nk^2a_k+\frac1{n^3}\sum_{k=N+1}^nk^2(L-\varepsilon)<b_n<\frac1{n^3}\sum_{k=1}^Nk^2a_k+\frac1{n^3}\sum_{k=N+1}^nk^2(L+\varepsilon)$
如此對於先前給定的 $\varepsilon$ 以及 $N=N(\varepsilon)$，可取正整數 $N_1(\varepsilon)>N$ 使得當 $n>N_1$ 便能使 $\displaystyle\frac1{n^3}\sum_{k=1}^Nk^2a_k<\frac\varepsilon2$。另一方面，可以直接計算有$\displaystyle\frac1{n^3}\sum_{k=N+1}^nk^2(L\pm\varepsilon)=\frac{L\pm\varepsilon}{n^3}\left(\frac{n(n+1)(2n+1)-N(N+1)(2N+1)}6\right)$
那麼當 $n$ 趨於無窮時可得到 $b_n$ 的估算，從而有 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=\frac L3$。 - 取 $a_n=(-1)^n$，那麼可以得到
$\displaystyle b_{2n-1}=\frac{-2n+1}{8n^2},\quad b_{2n}=\frac{2n+1}{8n^2}$,
這麼一來便有 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=0$。 - (10 pts) Find domain of convergence of
$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(n+x)^n}{n^{n+x}}$.
- (10 pts) Does the series
$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty e^{-\frac xn}\frac{(-1)^n}n$
converge uniformly on $[0,\infty)$? Prove or disprove.
- (10 pts) Find domain of convergence of
- 首先可以將級數的一般項改寫為 $\displaystyle\frac{(n+x)^n}{n^{n+x}}=\frac1{n^x}\left(1+\frac xn\right)^n$，那麼可以知道
- 當 $x<0$ 時有
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1{n^x}\left(1+\frac xn\right)^n=\infty$.
- 當 $x=0$ 時有
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac 1{n^0}\left(1+\frac0n\right)^n=1$.
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac xn\right)^n=e^x$.
因此級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 與級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n$ 同時收斂或同時發散。而當 $x\in(0,1]$ 時可知 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n$ 發散，故 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 也發散；而當 $x>1$ 時可知 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n$ 收斂，故 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收斂。由此可知收斂區域為 $x>1$。 - 當 $x<0$ 時有
- 對於任何給定的非負實數 $x$，該級數形成交錯級數。設 $\displaystyle a_n=\frac{e^{-x/n}}n$，那麼說明 $a_n$ 遞減如下：設 $\displaystyle f(n)=\frac{e^{-x/n}}n$，那麼有
$\displaystyle f'(n)=\frac{x-n}{n^3}e^{-x/n}<0~~\mbox{for}~n>x$
並且直接計算有 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$，從而這說明該交錯級數收斂。記此級數的部分和為 $\displaystyle S_k(x)=\sum_{n=1}^ke^{-x/n}\frac{(-1)^k}k$，而收斂到的函數為 $S(x)$，那麼由交錯級數的誤差估計可知，對所有非負實數 $x$ 有下列的估計$\displaystyle\left|S_k(x)-S(x)\right|\leq\left|e^{-x/(k+1)}\frac{(-1)^{k+1}}{k+1}\right|=\frac{e^{-x/(k+1)}}{k+1}\leq\frac1{k+1}$.
因此對任何給定的正數 $\varepsilon$ 以及任何非負實數 $x$ 僅需取 $K$ 超過 $\displaystyle\frac1\varepsilon-1$ 的正整數，如此當 $k>K$ 時能使 $|S_k(x)-S(x)|<\varepsilon$，此表明該級數在 $[0,\infty)$ 上均勻收斂。
訣竅
由於 $\sqrt x$ 在 $x=0$ 處的變化情形最大，由此在 $x=0$ 處考慮 $\epsilon$ 的取值；隨後建構對應的多項式遞迴關係式來逼近 $\sqrt{x+\epsilon}$。解法
訣竅
由於函數遞增，從而在各個子區間中的最大值與最小值之差必定不超過左右兩端之差。解法
若 $f(0)=f(1)$，則 $f$ 為常數函數，從而對任何 $[0,1]$ 分割 $\mathscr P$，$f$ 的上下和之差恆為零，故 $f$ 必定 Riemann 可積分。假若 $f(0)\neq f(1)$，那麼由 $f$ 遞增可知 $f(0)<f(1)$，那麼對任意給定的正數 $\varepsilon>0$，取 $[0,1]$ 上的分割 $\mathscr P=\{x_i\}_{i=0}^n$ 滿足 $\|\mathscr P\|<\varepsilon/(f(1)-f(0))$，那麼估算 $f$ 對應此分割的上下和之差如下
$\displaystyle\begin{aligned}U(f,\mathscr P)-L(f,\mathscr P)&=\sum_{i=1}^n\left[\sup_{x\in[x_{i-1},x_i]}f(x)-\inf_{x\in[x_{i-1},x_i]}f(x)\right](x_i-x_{i-1})\\&\leq\sum_{i=1}^n(f(x_i)-f(x_{i-1}))\max_{1\leq k\leq n}(x_k-x_{k-1})\\&<\frac\varepsilon{f(1)-f(0)}\sum_{i=1}^nf(x_i)-f(x_{i-1})=\varepsilon.\end{aligned}$
因此由 $\varepsilon$ 的任意性可知上下和之差可藉由適當的分割選取而任意的小，故 $f$ 在 $[0,1]$ 上 Riemann 可積分。訣竅
第一小題運用 Fubini 定理改變積分次序後即可計算；第二小題則應使用球座標計算三重積分，並利用這個三重積分計算通量。解法
訣竅
先給定曲面上一點後寫出所求的切平面方程，並對每個切平面計算它們與原點的距離，如此由限制條件求最大值，即應使用算幾不等式。解法
給定曲面上一點 $(a,b,c)$ 滿足 $ab^2c^2=1$，則運用梯度可得在該處的法向量為 $(b^2c^2,2abc^2,2ab^2c)$，因此在該處的切平面方程式為$b^2c^2(x-a)+2abc^2(y-b)+2ab^2c(z-c)=0$.
那麼原點到該切平面的距離可表達為 $a$, $b$, $c$ 的函數如下$\displaystyle f(a,b,c)=\frac{|b^2c^2(0-a)+2abc^2(0-b)+2ab^2c(0-c)|}{\sqrt{(b^2c^2)^2+(2abc^2)^2+(2ab^2c)^2}}=\frac5{\displaystyle\sqrt{\frac1{a^2}+\frac4{b^2}+\frac4{c^2}}}$.
由於 $a$, $b$, $c$ 三數滿足 $ab^2c^2=1$，可以知道 $b,c\neq0$ 且 $a$ 為正數，從而使用算術幾何不等式可知$\displaystyle\frac{\displaystyle\frac1{a^2}+\frac2{b^2}+\frac2{b^2}+\frac2{c^2}+\frac2{c^2}}5\geq\sqrt[5]{\frac{16}{a^2b^4c^4}}=\sqrt[5]{16}$,
從而有$\displaystyle\frac1{a^2}+\frac4{b^2}+\frac4{c^2}\geq5\sqrt[5]{16}$.
因此$\displaystyle f(a,b,c)=\frac5{\displaystyle\sqrt{\frac1{a^2}+\frac4{b^2}+\frac4{c^2}}}\leq\frac5{\sqrt{5\sqrt[5]{16}}}=\frac{\sqrt5}{\sqrt[5]4}=2^{-2/5}\times5^{1/2}$,
其中等號成立條件為 $\displaystyle\frac1{a^2}=\frac2{b^2}=\frac2{c^2}$，這表明 $2a^2=b^2=c^2$，因此有 $4a^5=1$，故 $a=2^{-2/5}$，$b=\pm2^{1/10}$、$c=\pm2^{1/10}$，故有四個切平面與原點距離最遠：$x+\sqrt2y+\sqrt2z=5\cdot2^{-2/5},$ $x-\sqrt2y+\sqrt2z=5\cdot2^{-2/5},$ $x+\sqrt2y-\sqrt2z=5\cdot2^{-2/5},$ $x-\sqrt2y-\sqrt2z=5\cdot2^{-2/5}$.
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