國立臺灣大學 109 學年度轉學生招生考試試題：微積分(A)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。

1. ($15\%$) Suppose that $f$ is a continuous function on a closed interval $[a,b]$. Show that $f$ is uniformly continuous on $[a,b]$.
訣竅
運用反證法並使用連續函數的數列刻劃來證明；亦可透過在實數線上的有界閉區間為緊緻，並透過緊緻集的特性證明均勻連續性。
解法一
假設不然，$f$ 在 $[a,b]$ 上連續但不均勻連續。那麼就有一正數 $\varepsilon_0$ 以及區間中的兩點列 $x_n,y_n\in[a,b]$ 滿足 $|a_n-b_n|<n^{-1}$ 但 $|f(x_n)-f(y_n)|\geq\varepsilon_0$。那麼由 Bolzano-Weierstrass 定理以及區間的封閉性可知 $x_n$ 有收斂的子數列 $x_{n_k}$ 且收斂的對象記為 $x$ 且 $x\in[a,b]$。同理，數列 $y_{n_k}$ 也有收斂的子數列 $y_{n_{k_j}}$ 且記收斂的對象為 $y\in[a,b]$。據此，我們對 $|f(x_{n_{k_j}})-f(y_{n_{k_j}})|\geq\varepsilon_0$ 取 $j$ 趨於無窮有 $|f(x)-f(y)|\geq\varepsilon_0$，此即 $x\neq y$。但另一方面，我們有 $|x_{n_{k_j}}-y_{n_{k_j}}|\leq(n_{k_j})^{-1}$，取 $j$ 趨於無窮有 $|x-y|\leq0$，即 $x=y$，矛盾。因此 $f$ 必在 $[a,b]$ 上也均勻連續。
解法二
由於 $f$ 在 $[a,b]$ 上的各點上連續，故對任何給定的 $\varepsilon>0$ 存在 $\delta_{x,\varepsilon}>0$ 使得「$y\in(x-\delta,x+\delta)\cap[a,b]:=B_{\delta_{x,\epsilon}}(x)$ 蘊含 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon/2$」。由於 $[a,b]$ 在 $\mathbb R$ 上為緊緻集 (compact set)，那麼 $[a,b]$ 的開覆蓋 (open covering) $\displaystyle\bigcup_{x\in[a,b]}B_{\delta_{x,\varepsilon}}(x)$ 存在有限的開覆蓋，即存在 $N\in\mathbb N$ 以及 $x_1,\dots,x_N\in[a,b]$ 滿足
$\displaystyle[a,b]\subset\bigcup_{k=1}^NB_{\delta_{x_k,\varepsilon}}(x_k)$.
那麼取 $\delta_{\varepsilon}:=\min\{\delta_{x_1,\varepsilon},\dots,\delta_{x_N,\varepsilon}\}/2$，那麼當 $|x-y|<\delta$ 且 $x,y\in[a,b]$ 時便存在 $x_i\in[a,b]$ 使得 $|x-x_i|<\delta_{x_i,\varepsilon}/2\leq\delta/2$ 且 $|y-x_i|<\delta_{x_i,\varepsilon}/2\leq\delta/2$，這就給出了不等式
$\displaystyle|f(x)-f(y)|\leq|f(x)-f(x_i)|+|f(x_i)-f(y)|<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon$.
而我們所選取的 $\delta_\varepsilon$ 僅與 $[a,b]$ 的結構、$\varepsilon$ 以及 $f$ 有關，而與變數位置無關，因此 $f$ 在 $[a,b]$ 上均勻連續。


2. ($20\%$) Let $\mathbb N$ be the set of all natural numbers and $n\in\mathbb N$.
   1. Consider a sequence $\left\{a_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ defined by $\left\{\begin{aligned}a_1&=\sqrt2\\a_{n+1}&=\sqrt{2+a_n}\end{aligned}\right.$ for $n\geq1$. Show that $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$ exists and evaluate the limit.
   2. Prove the relation $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1{n^{k+1}}\sum_{i=1}^ni^k=\frac1{k+1}$ for any nonnegative integer $k$.
訣竅
運用單調有界定理確認極限存在，並對給定的遞迴式取極限以求得極限值；將所求的極限化為 Riemann sum 即可證明之。
解法

1. 首先我們證明數列 $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ 遞增，即證明對任何正整數 $n$ 恆有 $a_{n+1}\geq a_n$。容易確認當 $n=1$ 時有 $a_2=\sqrt{2+\sqrt2}\geq\sqrt2=a_1$。現假定 $n=k$ 時命題成立，即有 $a_{k+1}\geq a_k$，那麼可以發現

   $a_{k+2}=\sqrt{2+a_{k+1}}\geq\sqrt{2+a_k}=a_{k+1}$.

   因此由數學歸納法可知該命題對任何正整數皆成立。
   
   接著我們說明此數列有上界。更明確地，我們證明對任何正整數 $n$ 恆有 $a_n<2$。容易確認當 $n=1$ 時有 $a_1=\sqrt2<2$。現假定 $n=k$ 時命題成立，即有 $a_k<2$，那麼可以發現

   $a_{k+1}=\sqrt{2+a_k}<\sqrt{2+2}=2$.

   因此由數學歸納法可知該命題對任何正整數皆成立。
   
   至此我們發現數列 $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ 遞增有上界，故由單調有界定理能知該數列極限存在，記此值為 $L$。那麼對遞迴式取極限能知 $L=\sqrt{2+L}$，即 $L^2=2+L$，可解得 $L=-1$ 或 $L=2$。但由數列的遞增性，我們知道 $L=-1$ 不合，故 $L=2$。（事實上 $L=-1$ 也不滿足方程 $L=\sqrt{2+L}$。）
2. 設函數 $f(x)=x^k$，那麼在 $[0,1]$ 上取 $n$ 等分割 $\mathcal P_n=\{x_0,\dots,x_n\}=\left\{0,\frac1n,\frac2n,\dots,\frac nn\right\}$，那麼取 Riemann sum 有

   $\displaystyle U(f,\mathcal P_n)=\sum_{i=1}^nf(x_i)\Delta x_i=\sum_{i=1}^n\left(\frac in\right)^k\cdot\frac1n=\frac1{n^{k+1}}\sum_{i=1}^ni^k$.

   又 $f$ 為 Riemann 可積函數，因此上和之極限收斂至其定積分，並使用微積分基本定理即可求解：

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1{n^{k+1}}\sum_{i=1}^ni^k=\int_0^1\!x^k\,\mathrm dx=\left.\frac{x^{k+1}}{k+1}\right|_0^1=\frac1{k+1}$.



3. ($15\%$) (a) If $y'=ay$, show that $y=ce^{ax}$ for some $c$. (b) If $f(x+y)=f(x)f(y)$ and $f$ is differentiable, show that either $f(x)\equiv0$ or $f(x)=e^{ax}$ for some $a$.
訣竅
運用微分方程的技術求解。
解法
1. 兩邊同乘以 $e^{-ax}$，如此便有

   $(e^{-ax}y(x))'=e^{-ax}y'(x)-ae^{-ax}y(x)=0$,

   故 $e^{-ax}y(x)$ 為常數函數，即存在某實數 $c$ 滿足 $e^{-ax}y(x)=c$，從而有 $y(x)=ce^{ax}$。
2. 兩邊同時對 $y$ 求導可知

   $f'(x+y)=f(x)f'(y)$.

   取 $y=0$ 便有 $f'(x)=f(x)f'(0)$。由 (a) 的結果可知

   $f(x)=ce^{f'(0)x}$.

   記 $f'(0)=a$，從而有 $f(x)=ce^{ax}$。此外容易發現對給定的方程取 $x=y=0$ 有 $f(0)=0$ 或 $f(0)=1$，因此 $c=0$ 或 $c=1$。前者的情形給出 $f(x)\equiv0$，而後者的情形給出 $f(x)=e^{ax}$，且能驗證 $f'(x)=ae^{ax}$，故有 $f'(0)=a$。


4. ($15\%$) Show that $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx=\sqrt\pi$.
訣竅
此為經典的瑕積分，將其轉換為重積分後計算處理之。
解法

首先我們確認該瑕積分之收斂性，根據對稱性，我們只需考慮 $\displaystyle\int_0^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx$。當 $x\geq1$ 時有 $e^{-x^2}\leq e^{-x}$，故知

$\displaystyle\int_1^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx\leq\int_1^\infty\!e^{-x}\,\mathrm dx=-e^{-x}\Big|_1^\infty=e^{-1}<\infty$

又 $\displaystyle\int_0^1\!e^{-x^2}\,\mathrm dx$ 為通常的定積分，因此瑕積分 $\displaystyle\int_0^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx$ 收斂。

現記所求之值為 $\displaystyle I:=\int_{-\infty}^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx$。那麼由啞變數變換可知

$\displaystyle I^2=\left(\int_{-\infty}^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx\right)\left(\int_{-\infty}^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx\right)=\left(\int_{-\infty}^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx\right)\left(\int_{-\infty}^\infty\!e^{-y^2}\,\mathrm dy\right)=\int_{-\infty}^\infty\!\int_{-\infty}^\infty\!e^{-x^2-y^2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy$.

令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，由積分範圍可知 $0\leq r<\infty$、$0\leq\theta\leq2\pi$，據此有

$\displaystyle I^2=\int_0^{2\pi}\!\int_0^\infty\!e^{-r^2}r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta=\left.2\pi\cdot-\frac{e^{-r^2}}2\right|_0^\infty=\pi$,

故 $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx=I=\sqrt\pi$。

【註】 函數 $f(x)=e^{-x^2}$ 的圖形及其在 $\mathbb R$ 上的面積表示如下圖





5. ($15\%$) Calculate

   $\displaystyle\iint_S\!z\,\mathrm dx\wedge\mathrm dy-x\,\mathrm dy\wedge\mathrm dz$,

   where $S$ is the spherical cap $x^2+y^2+z^2=1$, $x>1/2$, oriented positively with respect to the normal pointing to infinity.
訣竅
運用 Stokes 定理求解即可；亦可利用曲面積分的概念計算求解，其中將曲面參數化的過程中應考慮方向性問題；亦可適當的化為封閉曲面而運用 Gauss 散度定理計算。本題出自 Richard Courant, Fritz John 所著 Introduction to Calculus and Analysis Volume II/2，Exercise 5.10a
解法一

為了應用 Stokes 定理，我們欲找向量場 ${\bf G}=\left(P,Q,R\right)$ 使得 $\nabla\times{\bf G}={\bf F}$，即考慮聯立偏微分方程

$\displaystyle\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}=-x,\qquad\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}=0,\qquad\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=z$.

因為僅需找出一組符合題意的向量場 ${\bf G}$，我們方便起見取 $Q=0$，那麼可取出 $P=-yz$、$R=-xy$ 滿足條件。現考慮 $S$ 的邊界為 $\partial S=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb R^3\,:\,x=1/2,~y^2+z^2=3/4\right\}$，從而應用 Stokes 定理便有

$\displaystyle\iint_S\!z\,\mathrm dx\wedge\mathrm dy-x\,\mathrm dy\wedge\mathrm dz=\iint_S\!\nabla\times{\bf G}\cdot\mathrm d{\bf S}=\oint_{\partial S}\!{\bf G}\cdot\mathrm d{\bf r}$.

現將 $\partial S$ 參數化為 $y=\sqrt3\cos\theta/2$、$z=\sqrt3\sin\theta/2$，其中變數範圍為 $0\leq\theta<2\pi$，那麼所求為

$\displaystyle\iint_S\!z\,\mathrm dx\wedge\mathrm dy-x\,\mathrm dy\wedge\mathrm dz=\int_0^{2\pi}\!\left[-\frac12\cdot\frac{\sqrt3}2\cos\theta\cdot\frac{\sqrt3}2\cos\theta\right]\,\mathrm d\theta=-\frac38\int_0^{2\pi}\!\frac{1+2\cos\theta}2\,\mathrm d\theta=-\frac{3\pi}8$.

【註】 部分的球面 $S$ 參見下圖



解法二

將 $x$ 正向處的曲面參數化為 $${\bf r}(y,\,z)=\left(\sqrt{1-y^2-z^2},\,y,\,z\right),$$ 其中因 $x>1/2$，故知 $0\leq y^2+z^2\leq3/4$。於是令 $D=\{(y,\,z)\in\mathbb R^2\,:\,0\leq y^2+z^2\leq3/4\}$ 以及 ${\bf F}(x,\,y,\,z)=(-x,\,0,\,z)$。由此所求為

$\displaystyle\iint_S\!z\,\mathrm dx\wedge\mathrm dy-x\,\mathrm dy\wedge\mathrm dz=\iint_D\!\left(-\sqrt{1-y^2-z^2},\,0,\,z\right)\cdot\left(\frac{\partial\bf r}{\partial y}\times\frac{\partial\bf r}{\partial z}\right)\,\mathrm dA=\iint_D\!\frac{y^2+2z^2-1}{\sqrt{1-y^2-z^2}}\,\mathrm dA,$

其中

$\displaystyle\frac{\partial\bf r}{\partial y}\times\frac{\partial\bf r}{\partial z}=\left(\frac{-y}{\sqrt{1-y^2-z^2}},1,0\right)\times\left(\frac{-z}{\sqrt{1-y^2-z^2}},0,1\right)=\left(1,\frac{y}{\sqrt{1-y^2-z^2}},\frac{z}{\sqrt{1-y^2-z^2}}\right)$.

如此令 $y=r\cos\theta$、$z=r\sin\theta$，而變數範圍為 $0\leq r\leq\sqrt3/2$、$0\leq\theta\leq2\pi$，如此所求為

$\begin{aligned}\iint_S\!z\,\mathrm dx\wedge\mathrm dy-x\,\mathrm dy\wedge\mathrm dz&=\int_0^{2\pi}\!\int_0^{\sqrt3/2}\!\frac{r^2\left(1+\sin^2\theta\right)-1}{\sqrt{1-r^2}}\cdot r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta=\int_0^{\sqrt3/2}\!\int_0^{2\pi}\!\frac{r^3(3-\cos2\theta)-2r}{2\sqrt{1-r^2}}\,\mathrm d\theta\,\mathrm dr\\&=\pi\int_0^{\sqrt3/2}\!\frac{3r^3-2r}{\sqrt{1-r^2}}\,\mathrm dr=\pi\int_0^{\sqrt3/2}\!\left(\frac r{\sqrt{1-r^2}}-3r\sqrt{1-r^2}\right)\,\mathrm dr\\&=\pi\left[-\sqrt{1-r^2}+\left(1-r^2\right)^{3/2}\right]\Big|_0^{\sqrt3/2}=\pi\cdot\left[\left(-\frac12+\frac18\right)-(-1+1)\right]=-\frac{3\pi}8.\end{aligned}$

【註】 部分的球面 $S$ 參見下圖



解法三

考慮空間中的圓盤 $D'=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\,:\,x=1/2,\,y^2+z^2\leq3/4\}=\{1/2\}\times D$，其中 $D$ 為解法二中所定義的二維圓盤，而 $E$ 為 $S\cup D'$ 所圍成之區域。運用 Gauss 散度定理可知

$\displaystyle\iint_{S\cup D'}\!z\,\mathrm dx\wedge\mathrm dy-x\,\mathrm dy\wedge\mathrm dz=\iiint_E\!\left(\frac\partial{\partial x}(z)+\frac\partial{\partial y}(-x)+\frac\partial{\partial z}(0)\right)\,\mathrm dV=\iint_E\!0\,\mathrm dV=0.$

由此得

$\displaystyle\iint_S\!z\,\mathrm dx\wedge\mathrm dy-x\,\mathrm dy\wedge\mathrm dz=-\iint_{D'}\!z\,\mathrm dx\wedge\mathrm dy-x\,\mathrm dy\wedge\mathrm dz,$

因為在 $D'$ 上 $x$ 之值恆為 $1/2$，故知

$\displaystyle\iint_S\!z\,\mathrm dx\wedge\mathrm dy-x\,\mathrm dy\wedge\mathrm dz=\frac12\iint_{D'}\mathrm dy\wedge\mathrm dz=\frac12\cdot-\frac{3\pi}4=-\frac{3\pi}8,$

其中 $D'$ 上的曲面積分上的法方向為 $(-1,0,0)$，因此該曲面積分之結果為負號的圓盤面積。

【註】 部分的球面 $S$ 參見下圖





6. ($20\%$) Prove that the function $f(x,y)=e^{-y^2+2xy}$ can be expanded in a series of the form

   $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{H_n(x)}{n!}y^n$,

   that converges for all values of $x$ and $y$ and that the polynomials $H_n(x)$ satisfy
   1. $H_n(x)$ is a polynomial of degree $n$
   2. $H_n'(x)=2nH_{n-1}(x)$
   3. $H_{n+1}(x)-2xH_n(x)+2nH_{n-1}(x)=0$
   4. $H_n''(x)-2xH_n'(x)+2nH_n(x)=0$
訣竅
運用 Taylor 展開式的技術表達之，隨後盡可能獲得 $H_n$ 的資訊來答題。
解法

首先根據指數函數的解析性可知

$\displaystyle f(x,y)=e^{-y^2}e^{2xy}=\sum_{k=0}^\infty\frac1{k!}(-y^2)^k\cdot\sum_{m=0}^\infty\frac1{m!}(2xy)^m=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!}y^{2k}\cdot\sum_{m=0}^\infty\frac{(2x)^m}{m!}y^m\quad\text{for}~x,y\in\mathbb R$.

兩收斂的冪級數之乘積也會收斂，其收斂範圍恰為兩收斂級數之交集。由此可知乘開後的函數可表達為

$\displaystyle f(x,y)=\sum_{n=0}^\infty\frac{H_n(x)}{n!}y^n.$

此級數對任何 $x,y\in\mathbb R$ 也收斂。

進一步我們可以對原先的函數運用單變數 Taylor 展開式得到

$\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{\displaystyle\frac{\partial^nf}{\partial y^n}(x,0)}{n!}y^n$,

而

$\displaystyle\frac{\partial^nf}{\partial y^n}(x,0)=\left.e^{x^2}\frac{\partial^n}{\partial y^n}e^{-(y-x)^2}\right|_{y=0}=\left.(-1)^ne^{x^2}\frac{\partial^n}{\partial x^n}e^{-\left(x-y\right)^2}\right|_{y=0}=(-1)^ne^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}$.

因此取 $\displaystyle H_n(x)=(-1)^ne^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}$（$n\geq1$）即可。

當 $n=0$ 與 $n=1$ 時分別有 $H_0(x)=1$、$H_1(x)=2x$。現設 $k\leq n$ 時 $H_k(x)$ 為 $k$ 次多項式，那麼可以發現

$\begin{aligned}H_{n+1}(x)&=(-1)^{n+1}e^{x^2}\frac{\mathrm d^{n+1}}{\mathrm dx^{n+1}}e^{-x^2}=(-1)^{n+1}e^{x^2}\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\left(-2xe^{-x^2}\right)\\&=(-1)^{n+1}e^{x^2}\left(-2n\frac{\mathrm d^{n-1}}{\mathrm dx^{n-1}}e^{-x^2}-2x\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}e^{-x^2}\right)=-2nH_{n-1}(x)+2xH_n(x).\end{aligned}$

一個是 $n-1$ 次多項式而另一個則為 $n+1$ 次多項式，兩者之和為 $n+1$ 次多項式，這就說明了(a)的結論。並且在我們的計算過程中也一併證明了(c)。

現觀察

$\displaystyle H_n'(x)=\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left((-1)^ne^{x^2}\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}e^{-x^2}\right)=2(-1)^nxe^{x^2}\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}e^{-x^2}+(-1)^ne^{x^2}\frac{\mathrm d^{n+1}}{\mathrm dx^{n+1}}e^{-x^2}=2xH_n(x)-H_{n+1}(x)$.

由前述的結果可知 $2xH_n(x)-H_{n+1}(x)=2nH_{n-1}(x)$，故得(b)的結論。

最後利用(b)與(c)可以知道

$\begin{aligned}H_n''(x)-2xH_n'(x)+2nH_n(x)&=2nH_{n-1}'(x)-4nxH_{n-1}(x)+2nH_n(x)\\&=4n(n-1)H_{n-2}(x)-4nxH_{n-1}(x)+2nH_n(x)\\&=2n[H_n(x)-2xH_{n-1}(x)+2(n-1)H_{n-2}(x)]=0.\end{aligned}$

遂知結論(d)成立。本題證明完畢。

【註】 由(a)的過程可看出 $H_n$ 為多項式，其稱為 Hermite 多項式。