國立臺灣大學一百零七學年度轉學生入學考試試題詳解

※注意：請於試卷上「非選擇題作答區」標明題號並依序作答。
※禁止使用計算機

No Calculator is Allowed!

1. 1. (10 pts) Find an explicit value of $\epsilon>0$ such that for every $x\in\left[0,1\right]$

      $\displaystyle\left|\sqrt{x}-\sqrt{x+\epsilon}\right|<\frac{1}{200}$.

   2. (10 pts) Find an explicit integer $N$ such that there exists a polynomial $P$ of degree at most $N$ such that for every $x\in\left[0,1\right]$

      $\displaystyle\left|\sqrt{x}-P\left(x\right)\right|<\frac{1}{100}$.

   Hint: You can use the expansion of $\sqrt{x+\epsilon}$ in power series in $\left(x-1\right)$.
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；隨後運用 Taylor 定理並考慮積分型餘項來估算其誤差。
解法
1. 取 $\displaystyle\epsilon=\frac1{40001}$，則對所有 $x\in\left[0,1\right]$ 有

   $\displaystyle\left|\sqrt{x}-\sqrt{x+\frac1{40001}}\right|=\frac{\epsilon}{\sqrt{x}+\sqrt{x+\epsilon}}<\frac{\epsilon}{\sqrt{0}+\sqrt{0+\epsilon}}=\sqrt{\epsilon}<\sqrt{\frac1{40000}}=\frac1{200}$

2. 設 $f\left(x\right)=\sqrt{x+\epsilon}$，其中 $\epsilon$ 由前一小題所定義，那麼我們僅需構造出適當的 $N$ 使得存在次數不超過 $N$ 的多項式 $P$ 滿足 $\displaystyle\left|f\left(x\right)-P\left(x\right)\right|<\frac1{200}$。為此我們對 $f$ 於 $x=1$ 處應用 Taylor 定理可知

   $\displaystyle f\left(x\right)=\sum_{k=0}^N\frac{f^{\left(k\right)}\left(1\right)}{k!}\left(x-1\right)^k+\int_1^x\frac{f^{\left(N+1\right)}\left(t\right)}{N!}\left(x-t\right)^Ndt$.

   計算高階導函數有

   $\displaystyle f^{\left(k\right)}\left(x\right)=\left(-1\right)^{k-1}\frac{1\cdot3\cdots\left(2k-3\right)}{2^k}\left(x+\epsilon\right)^{-\frac{2k-1}2}$.

   如此運用三角不等式可知

   $\displaystyle\begin{aligned}\left|f\left(x\right)-\sum_{k=0}^N\frac{f^{\left(k\right)}\left(1\right)}{k!}\left(x-1\right)^k\right|&\leq\left|\int_1^x\frac{f^{\left(N+1\right)}\left(t\right)}{N!}\left(x-t\right)^Ndt\right|\\&\leq\frac1{N!}\int_0^1\left|f^{\left(N+1\right)}\left(t\right)\right|\left|x-t\right|^Ndt\\&=\frac{1\cdot3\cdots\left(2N-1\right)}{2^{N+1}N!}\int_0^1\left(t+\epsilon\right)^{-\frac{2N+1}2}t^Ndt\\&\leq\frac{1\cdot3\cdots\left(2N-1\right)}{2^{N+1}N!\sqrt\epsilon}.\end{aligned}$

   因此為了獲得所需的估計，我們應找出可滿足不等式 $\displaystyle\frac{1\cdot3\cdots\left(2N-1\right)}{2^{N+1}N!\sqrt\epsilon}<\frac1{200}$ 的正整數 $N$。由於 $\sqrt\epsilon<1/200$，故我們考慮不等式

   $\displaystyle\log\left(1-\frac12\right)+\log\left(1-\frac14\right)+\cdots+\log\left(1-\frac1{2N}\right)=\log\frac12+\log\frac34+\cdots+\log\frac{2N-1}{2N}<\log\frac1{20000}$.

   容易注意到對任何 $x\in\left[0,1\right)$ 恆有 $\log\left(1-x\right)\leq-x$，從而考慮更強的不等式

   $\displaystyle\frac12+\frac14+\cdots+\frac1{2N}>\log20000$,

   或考慮

   $\displaystyle1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1N>2\log20000=8\log10+2\log2$.

   注意到 $\log2<1$ 且 $\log10<3$，因此進一步加強不等式為

   $\displaystyle1+\frac12+\cdots+\frac1N>8\cdot3+2\cdot1=26$.

   由調和級數的發散估計，我們可以取 $N=2^{50}$，那麼可發現

   $\displaystyle1+\frac12+\cdots+frac1{2^{50}}=1+\frac12+\sum_{k=1}^{49}\sum_{i=2^k+1}^{i=2^{k+1}}\frac1i>1+\frac12+\sum_{k=1}^{49}\frac12=1+\frac12+\frac{49}2=26$.

   這就說明取 $N=2^{50}$ 符合所需的條件。


2. (10 pts) Let $f:\left[0,1\right]\mapsto\mathbb{R}$ be monotone increasing, i.e. if $c<d$ implies $f\left(c\right)\leq f\left(d\right)$. Use the definition of the Riemann integral (comparing upper and lower sums relative to a partition of $\left[0,1\right]$) to prove that $\displaystyle\int_0^1f\left(x\right)dx$ exists.
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 $f\left(0\right)=f\left(1\right)$，則 $f$ 為常數函數，從而對任何 $\left[0,1\right]$ 分割 $\mathscr{P}$，$f$ 的上下和之差恆為零，故可積分。

假若 $f\left(0\right)\neq f\left(1\right)$，那麼由 $f$ 遞增可知 $f\left(0\right)<f\left(1\right)$，那麼對任意給定的正數 $\varepsilon>0$，取 $\left[0,1\right]$ 上的分割 $\mathscr{P}=\left\{x_i\right\}_{i=0}^n$ 滿足 $\displaystyle\left\|\mathscr{P}\right\|<\frac{\varepsilon}{f\left(1\right)-f\left(0\right)}$，那麼估算 $f$ 對應此分割的上下和之差如下

$\displaystyle\begin{aligned}U\left(f,\mathscr{P}\right)-L\left(f,\mathscr{P}\right)&=\sum_{i=1}^{n}\left[\sup_{x\in\left[x_{i-1},x_i\right]}f\left(x\right)-\inf_{x\in\left[x_{i-1},x_i\right]}f\left(x\right)\right]\left(x_i-x_{i-1}\right)\\&\leq\sum_{i=1}^{n}\left(f\left(x_i\right)-f\left(x_{i-1}\right)\right)\max_{1\leq k\leq n}\left(x_k-x_{k-1}\right)\\&<\frac{\varepsilon}{f\left(1\right)-f\left(0\right)}\sum_{i=1}^{n}f\left(x_i\right)-f\left(x_{i-1}\right)=\varepsilon.\end{aligned}$

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 $\left[0,1\right]$ 上可積分。



3. 1. (10 pts) Evaluate $\displaystyle\int_0^2\int_{y^2}^4y\cos\left(x^2\right)dxdy$.
   2. (10 pts) Let $F$ be a vector field $F=\left\langle x^3,y^3,z^3\right\rangle$ and $\Omega$ be the solid region in $\mathbb{R}^3$ bounded by $x^2+y^2\geq z^2$, $x^2+y^2+z^2\leq9$, $y\geq\left|x\right|$.
      Evaluate $\displaystyle\iiint_{\Omega}\left(x^2+y^2+z^2\right)dV$ and find the flux of $F$ through the boundary surface of $\Omega$, oriented outwards (i.e. $\displaystyle\iint_{\partial\Omega}F\cdot n\,dS$).
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

1. 由於被積分函數在 $\mathbb R^2$ 上是連續函數，從而為可積分函數，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 $y^2\leq x\leq4$、$0\leq y\leq2$ 可改寫為 $0\leq x\leq4$、$0\leq y\leq\sqrt x$，如此所求的重積分可表達如下並計算之

   $\displaystyle\begin{aligned}\int_0^2\int_{y^2}^4y\cos\left(x^2\right)\,dx\,dy&=\int_0^4\int_0^{\sqrt x}y\cos\left(x^2\right)\,dy\,dx\\&=\int_0^4\left.\frac{y^2\cos\left(x^2\right)}2\right|_{y=0}^{y=\sqrt{x}}dx\\&=\int_0^4\frac{x\cos\left(x^2\right)}2\,dx\\&=\left.\frac{\sin\left(x^2\right)}4\right|_{x=0}^{x=4}\\&=\frac{\sin16}4.\end{aligned}$

2. 運用球體座標變換，令 $\left\{\begin{aligned} &x=\rho\sin\phi\cos\theta,\\&y=\rho\sin\phi\sin\theta,\\&z=\rho\cos\phi.\end{aligned}\right.$，其變數範圍為 $\displaystyle\left\{\begin{aligned} &0\leq\rho\leq3,\\&\frac{\pi}{4}\leq\phi\leq\frac{3\pi}{4},\\&\frac{\pi}{4}\leq\theta\leq\frac{3\pi}4,\end{aligned}\right.$，如此三重積分可改寫並計算如下

   $\displaystyle\begin{aligned}\iiint_{\Omega}\left(x^2+y^2+z^2\right)dV&=\int_0^3\int_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}{4}}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}}\rho^2\cdot\rho^2\sin\phi\,d\phi\,d\theta\,d\rho\\&=\left(\int_0^3\rho^4d\rho\right)\left(\int_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}4}\sin\phi\,d\phi\right)\left(\int_{\frac\pi4}^{\frac{3\pi}{4}}d\theta\right)\\&=\frac{243}5\cdot\sqrt2\cdot\frac\pi2\\&=\frac{243\sqrt2\pi}{10}.\end{aligned}$

   運用 Gauss 散度定理可知

   $\displaystyle\iint_{\partial\Omega}F\cdot ndS=\iiint_{\Omega}\text{div }FdV=3\iiint_{\Omega}\left(x^2+y^2+z^2\right)dV=3\cdot\frac{243\sqrt2\pi}{10}=\frac{729\sqrt2\pi}{10}$



4. (10 pts) Among all planes that are tangent to the surface $xy^2z^2=1$, find the ones that are farthest from the origin.
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 $\left(a,b,c\right)$ 滿足 $ab^2c^2=1$，則運用梯度可得在該處的法向量為 $\left(b^2c^2,2abc^2,2ab^2c\right)$，因此在該處的切平面方程式為

$b^2c^2\left(x-a\right)+2abc^2\left(y-b\right)+2ab^2c\left(z-c\right)=0$

那麼原點到該切平面的距離可表達為 $a,b,c$ 的函數如下

$\displaystyle f\left(a,b,c\right)=\frac{\left|b^2c^2\left(0-a\right)+2abc^2\left(0-b\right)+2ab^2c\left(0-c\right)\right|}{\sqrt{\left(b^2c^2\right)^2+\left(2abc^2\right)^2+\left(2ab^2c\right)^2}}=\frac{5}{\displaystyle\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{4}{b^2}+\frac{4}{c^2}}}$

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

$\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{a^2}+\frac2{b^2}+\frac2{b^2}+\frac{2}{c^2}+\frac{2}{c^2}}{5}\geq\sqrt[5]{\frac{16}{a^2b^4c^4}}=\sqrt[5]{16}$

從而有

$\displaystyle\frac{1}{a^2}+\frac{4}{b^2}+\frac{4}{c^2}\geq5\sqrt[5]{16}$

從而有

$\displaystyle f\left(a,b,c\right)=\frac{5}{\displaystyle\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{4}{b^2}+\frac{4}{c^2}}}\leq\frac{5}{\sqrt{5\sqrt[5]{16}}}=\frac{\sqrt5}{\sqrt[5]{4}}=2^{-2/5}\times5^{1/2}$

其中等號成立條件為 $\displaystyle\frac{1}{a^2}=\frac{2}{b^2}=\frac{2}{c^2}$，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：

$x+\sqrt{2}y+\sqrt{2}z=5\cdot2^{-2/5},$　$x-\sqrt{2}y+\sqrt{2}z=5\cdot2^{-2/5},$　$x+\sqrt{2}y-\sqrt{2}z=5\cdot2^{-2/5},$　$x-\sqrt{2}y-\sqrt{2}z=5\cdot2^{-2/5}$



5. Let $\left\{a_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ be a sequence and $\displaystyle b_n=\frac{1}{n^3}\left(\sum_{k=1}^{n}k^2a_k\right)$.
   1. (10 pts) Prove or disprove: If $\left\{a_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ converges then $\left\{b_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ converges.
   2. (10 pts) Prove or disprove: If $\left\{b_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ converges then $\left\{a_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ converges.
訣竅
在第一小題中，假若 $a_n$ 收斂至 $L$，那麼可以發現當 $n$ 充分大時其級數的末項幾乎為 $n^2L$，據此進行估算可知 $b_n$ 亦會收斂；反之在第二小題中，可以試探使用 $a_n=\left(-1\right)^n$ 來發現 $b_n$ 仍舊收斂來作為反例。
解法

1. 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 $N\left(\varepsilon\right)$ 使得「當 $n>N\left(\varepsilon\right)$ 時有 $\left|a_n-L\right|<\varepsilon$，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

   $\displaystyle\frac1{n^3}\sum_{k=1}^Nk^2a_k+\frac1{n^3}\sum_{k=N+1}^nk^2\left(L-\varepsilon\right)<b_n<\frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^Nk^2a_k+\frac1{n^3}\sum_{k=N+1}^nk^2\left(L+\varepsilon\right)$

   如此對於先前給定的 $\varepsilon$ 以及 $N=N\left(\varepsilon\right)$，可取正整數 $N_1\left(\varepsilon\right)>N$ 使得當 $n>N_1$ 便能使 $\displaystyle\frac1{n^3}\sum_{k=1}^Nk^2a_k<\frac{\varepsilon}2$。另一方面，可以直接計算有

   $\displaystyle\frac1{n^3}\sum_{k=N+1}^{n}k^2\left(L\pm\varepsilon\right)=\frac{L\pm\varepsilon}{n^3}\left(\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)-N\left(N+1\right)\left(2N+1\right)}6\right)$

   那麼當 $n$ 趨於無窮時可得到 $b_n$ 的估算，從而有 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=\frac{L}3$。
2. 取 $a_n=\left(-1\right)^n$，那麼可以得到

   $\displaystyle b_n=\frac{n+1}{2n^2}$

   這麼一來便有

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=0$



6. 1. (10 pts) Find domain of convergence of

      $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(n+x\right)^n}{n^{n+x}}$.

   2. (10 pts) Does the series

      $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}e^{-\frac{x}{n}}\frac{\left(-1\right)^n}{n}$

      converge uniformly on $\left[0,\infty\right)$? Prove or disprove.
訣竅
對於第一小題適當的改寫級數的一般項並找出其漸進行為後運用極限比較審歛法；對於第二小題則可由交錯級數審歛法及其誤差估計來證明其收斂均勻性。
解法
1. 首先可以將級數的一般項改寫為 $\displaystyle\frac{\left(n+x\right)^n}{n^{n+x}}=\frac{1}{n^x}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n$，那麼可以知道
   • 當 $x<0$ 時有

     $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^x}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n=\infty$

   • 當 $x=0$ 時有

     $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^0}\left(1+\frac{0}{n}\right)^n=1$

   因此 $x\leq0$ 時不可能使級數收斂。而當 $x>0$ 時，設 $\displaystyle a_n=\frac{1}{n^x}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n$，$\displaystyle b_n=\frac{1}{n^x}$，則有

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n=e^x$

   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 $x\in\left(0,1\right]$ 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 $x>1$。
2. 對於任何給定的非負實數 $x$，該級數形成交錯級數。設 $\displaystyle a_n=\frac{e^{-\frac{x}{n}}}{n}$，那麼說明 $a_n$ 遞減：設 $\displaystyle f\left(n\right)=\frac{e^{-\frac{x}{n}}}n$，那麼有

   $\displaystyle f'\left(n\right)=\frac{x-n}{n^3}e^{-\frac{x}{n}}<0~~\mbox{for}~n>x$

   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 $\displaystyle S_k\left(x\right)=\sum_{n=1}^{k}e^{-\frac{x}{n}}\frac{\left(-1\right)^k}{k}$，而收斂到的函數為 $S\left(x\right)$，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

   $\displaystyle\left|S_k\left(x\right)-S\left(x\right)\right|\leq\left|e^{-\frac{x}{k+1}}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{k+1}\right|=\frac{e^{-\frac{x}{k+1}}}{k+1}\leq\frac{1}{k+1}$

   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 $\displaystyle\frac{1}{\varepsilon}-1$ 的正整數，如此當 $k>K$ 時能使 $\left|S_k\left(x\right)-S\left(x\right)\right|<\varepsilon$，此表明該級數在 $\left[0,\infty\right)$ 上均勻收斂。