台灣大學 108 年微積分(A) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Prove L'Hospital's rule in the following case: Suppose $f(x), g(x)$ are differentiable with continuous derivatives $f'(x), g'(x)$ on the interval $(-1,1)$ such that $f(0) = g(0) = 0$ and $g'(0) 
eq 0$. Then $$\lim\limits_{x 	o 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(0)}{g'(0)}.$$

Accepted Answer

由於 $g'(0) 
eq 0$ 且 $g'$ 在 $0$ 連續，因此存在 $\delta_0 > 0$，使得當 $|x| < \delta_0$ 時，$g'(x)$ 與 $g'(0)$ 同號，特別地 $g'(x) 
eq 0$。因此對 $0 < |x| < \delta_0$，函數 $g$ 在 $0$ 附近嚴格單調，且因為 $g(0)=0$，可知 $g(x) 
eq 0$，所以 $\dfrac{f(x)}{g(x)}$ 在 punctured neighborhood 上有定義。

現在固定一個 $x 
eq 0$ 且 $|x| < \delta_0$。在區間 $[0,x]$（若 $x<0$ 則理解為 $[x,0]$）上，$f,g$ 可微，故可套用 **Cauchy Mean Value Theorem**：存在 $c_x$ 介於 $0$ 與 $x$ 之間，使得
$$\frac{f(x)-f(0)}{g(x)-g(0)} = \frac{f'(c_x)}{g'(c_x)}.$$
由於 $f(0)=g(0)=0$，上式化為
$$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(c_x)}{g'(c_x)}.$$

當 $x 	o 0$ 時，因為 $c_x$ 介於 $0$ 與 $x$ 之間，所以也有 $c_x 	o 0$。又因 $f'$、$g'$ 在 $0$ 連續，故
$$f'(c_x) 	o f'(0), \qquad g'(c_x) 	o g'(0).$$
而且 $g'(0) 
eq 0$，所以分母極限不為零，於是可取極限得到
$$\lim_{x	o 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x	o 0} \frac{f'(c_x)}{g'(c_x)} = \frac{f'(0)}{g'(0)}.$$

因此
$$\boxed{\lim\limits_{x 	o 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(0)}{g'(0)}}.$$

Question 2

(a) Give an example of differentiable functions $f_n(x), n \geq 0$, on $(-1,1)$ such that $\sum_{n=0}^{\infty} f_n(x)$ converges to a function on $(-1,1)$ which is not differentiable. You need to justify your answer.

(b) Suppose the power series $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ converges to a function $f(x)$ on the interval $(-1,1)$. Show that $f(x)$ is differentiable with derivative $f'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} na_n x^{n-1}$ on $(-1,1)$.

Accepted Answer

(a) 一個標準例子是令 $$f_0(x)=\sqrt{x^2+1}, \qquad f_n(x)=\sqrt{x^2+\frac{1}{n+1}}-\sqrt{x^2+\frac{1}{n}} \quad (n\ge 1).$$ 每一個 $f_n$ 都是在 $(-1,1)$ 上可微的函數，因為它們都是由 $\sqrt{x^2+c}$（其中 $c>0$）組成。考慮部分和：對任意 $N\ge 1$， $$\sum_{n=0}^N f_n(x) =\sqrt{x^2+1}+\sum_{n=1}^N\left(\sqrt{x^2+\frac{1}{n+1}}-\sqrt{x^2+\frac{1}{n}} ight).$$ 這是一個 telescoping sum，因此 $$\sum_{n=0}^N f_n(x)=\sqrt{x^2+\frac{1}{N+1}}.$$ 令 $N o\infty$，便得 $$\sum_{n=0}^{\infty} f_n(x)=\lim_{N o\infty}\sqrt{x^2+\frac{1}{N+1}}=|x|.$$ 所以此級數在 $(-1,1)$ 上收斂到函數 $|x|$。但是 $|x|$ 在 $x=0$ 不可微，因為 $$\lim_{h o 0^+}\frac{|h|-|0|}{h}=1, \qquad \lim_{h o 0^-}\frac{|h|-|0|}{h}=-1,$$ 左右導數不同。故這確實是一個「每一項都可微，但和函數不可微」的例子。 (b) 設 $$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n, \qquad |x|<1.$$ 要證明 $f$ 在 $(-1,1)$ 可微，且 $$f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}.$$ 固定任意 $r$，滿足 $00$，使得對所有 $n$ 都有 $$|a_n| ho^n\le M.$$ 現在考慮導數級數。當 $|x|\le r$ 時， $$|na_nx^{n-1}| \le n|a_n|r^{n-1} \le \frac{M}{ ho}\,n\left(\frac{r}{ ho} ight)^{n-1}.$$ 而因為 $0<\frac r ho<1$，級數 $$\sum_{n=1}^{\infty} n\left(\frac r ho ight)^{n-1}$$ 收斂，因此由 Weierstrass M-test 可知 $$\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}$$ 在區間 $[-r,r]$ 上一致收斂。再看部分和函數 $$S_N(x)=\sum_{n=0}^N a_nx^n.$$ 每個 $S_N$ 都可微，且 $$S_N'(x)=\sum_{n=1}^N na_nx^{n-1}.$$ 由上面的一致收斂，$S_N'$ 在 $[-r,r]$ 上一致收斂到 $$g(x):=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}.$$ 另一方面，因為原冪級數在 $[-r,r]$ 上也一致收斂，所以 $S_N(x) o f(x)$。由「若 $S_N'$ 一致收斂且 $S_N$ 在一點收斂，則可逐項微分」的標準定理，可得極限函數 $f$ 在 $[-r,r]$ 上可微，且 $$f'(x)=g(x)=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}.$$ 因為 $r<1$ 是任意的，所以對所有 $|x|<1$ 都成立。故 $$\boxed{f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}\quad (|x|<1).}$$

Question 3

Let $f(x,y)$ be a function on $\mathbb{R}^2$ whose partial derivatives of any order are continuous. Suppose $f_x(0,0) = f_y(0,0) = 0$ and $f_{xx}(0,0) = f_{yy}(0,0) = 2, f_{xy}(0,0) = 1$. Prove that there exists $\epsilon > 0$ such that $f(x,y) > f(0,0)$ for all $0 < x^2 + y^2 < \epsilon^2$ (so $f(x,y)$ has a local minimum at $(0,0)$).

Accepted Answer

在 $(0,0)$ 附近對 $f$ 作二階 Taylor 展開。因為一階偏導在原點都為零，所以線性項消失；又因二階偏導連續，可寫成 $$f(x,y)=f(0,0)+\frac12\bigl(f_{xx}(0,0)x^2+2f_{xy}(0,0)xy+f_{yy}(0,0)y^2\bigr)+R(x,y),$$ 其中餘項滿足 $$\frac{R(x,y)}{x^2+y^2} o 0 \qquad ((x,y) o(0,0)).$$ 把已知數值代入： $$f_{xx}(0,0)=2,\quad f_{xy}(0,0)=1,\quad f_{yy}(0,0)=2,$$ 所以 $$f(x,y)-f(0,0)=x^2+xy+y^2+R(x,y).$$ 現在先估計二次型 $$Q(x,y):=x^2+xy+y^2.$$ 可將它改寫為 $$Q(x,y)=\frac12(x+y)^2+\frac12(x^2+y^2).$$ 因此對任何 $(x,y)$ 都有 $$Q(x,y)\ge \frac12(x^2+y^2).$$ 另一方面，由於 $R(x,y)=o(x^2+y^2)$，存在 $\epsilon>0$，使得當 $$00.$$ 因此只要 $0f(0,0).$$ 這證明了 $(0,0)$ 是一個嚴格局部極小點。亦即 $$\boxed{\exists\,\epsilon>0 ext{ 使得 }0f(0,0).}$$

Question 4

Let $f(x)$ be a continuous function on the closed interval $[-1,1]$. Show that $$\lim\limits_{n 	o \infty} \int_{-1}^{1} f(x) \sin nx \, dx = 0.$$

Accepted Answer

這題可以用「多項式逼近 + 分部積分」來證明，這其實就是 Riemann-Lebesgue lemma 在本題的特殊情形。設 $$I_n:=\int_{-1}^{1} f(x)\sin(nx)\,dx.$$ 我們要證明 $I_n o 0$。因為 $f$ 在閉區間 $[-1,1]$ 上連續，所以由 Weierstrass approximation theorem，可知：對任意 $\varepsilon>0$，存在一個多項式 $p(x)$，使得 $$\max_{x\in[-1,1]}|f(x)-p(x)|<\varepsilon.$$ 將 $I_n$ 分拆為 $$I_n=\int_{-1}^{1}(f(x)-p(x))\sin(nx)\,dx+\int_{-1}^{1}p(x)\sin(nx)\,dx.$$ 因此 $$|I_n|\le \left|\int_{-1}^{1}(f-p)\sin(nx)\,dx ight|+\left|\int_{-1}^{1}p(x)\sin(nx)\,dx ight|.$$ 先估計第一項。因為 $|\sin(nx)|\le 1$，所以 $$\left|\int_{-1}^{1}(f-p)\sin(nx)\,dx ight| \le \int_{-1}^{1}|f(x)-p(x)|\,dx \le 2\varepsilon.$$ 再處理第二項。對多項式 $p$ 作分部積分： $$\int_{-1}^{1}p(x)\sin(nx)\,dx =\left[-\frac{p(x)\cos(nx)}{n} ight]_{-1}^{1}+\frac1n\int_{-1}^{1}p'(x)\cos(nx)\,dx.$$ 故 $$\left|\int_{-1}^{1}p(x)\sin(nx)\,dx ight| \le \frac{|p(1)|+|p(-1)|}{n}+\frac1n\int_{-1}^{1}|p'(x)|\,dx.$$ 右邊顯然在 $n o\infty$ 時趨近 $0$。所以存在 $N$，使得當 $n\ge N$ 時， $$\left|\int_{-1}^{1}p(x)\sin(nx)\,dx ight|<\varepsilon.$$ 綜合起來，對所有 $n\ge N$， $$|I_n|<2\varepsilon+\varepsilon=3\varepsilon.$$ 由於 $\varepsilon>0$ 任意，因此 $$\lim_{n o\infty}\int_{-1}^{1} f(x)\sin(nx)\,dx=0.$$ 故 $$\boxed{\lim\limits_{n o \infty} \int_{-1}^{1} f(x) \sin nx \, dx = 0.}$$

Question 5

Let $T$ be the surface in $\mathbb{R}^3$ given by the equation $$(\sqrt{x^2 + y^2} - 2)^2 + z^2 = 1$$ and $\vec{n}$ the outward unit normal vector. Evaluate the flux integral $\iint_T \vec{F} \cdot \vec{n} \, dS$ of the vector field $$\vec{F}(x, y, z) = (0, 0, |z|).$$ (Here $dS$ denotes the element of surface.)

Accepted Answer

曲面
$$(\sqrt{x^2+y^2}-2)^2+z^2=1$$
是一個主半徑為 $2$、管半徑為 $1$ 的甜甜圈面（torus）。設它所圍成的實體為 $V$。要求的是
$$\iint_T \vec F\cdot \vec n\,dS,\qquad \vec F(x,y,z)=(0,0,|z|).$$

因為 $|z|$ 在 $z=0$ 不可微，所以我們把區域分成上半部與下半部來處理：
$$V_+=V\cap\{z>0\},\qquad V_-=V\cap\{z<0\}.$$
在 $V_+$ 上，$|z|=z$，故
$$\vec F=(0,0,z),\qquad 
abla\cdot \vec F=1.$$
在 $V_-$ 上，$|z|=-z$，故
$$\vec F=(0,0,-z),\qquad 
abla\cdot \vec F=-1.$$

注意在切割面 $z=0$ 上，$\vec F=(0,0,0)$，所以那一圈內部邊界對通量沒有貢獻。於是可對 $V_+$、$V_-$ 分別套用散度定理。

對上半部 $V_+$：
$$\iint_{\partial V_+} \vec F\cdot \vec n\,dS=\iiint_{V_+} 1\,dV=\operatorname{Vol}(V_+).$$
其中內部切面 $z=0$ 上通量為 $0$，所以外部曲面上半部的通量就是 $\operatorname{Vol}(V_+)$。

同理，對下半部 $V_-$：
$$\iint_{\partial V_-} \vec F\cdot \vec n\,dS=\iiint_{V_-} (-1)\,dV=-\operatorname{Vol}(V_-).$$
同樣因為切面 $z=0$ 上 $\vec F=0$，所以外部曲面下半部的通量就是 $-\operatorname{Vol}(V_-)$。

因此整個曲面的總通量為
$$\iint_T \vec F\cdot \vec n\,dS=\operatorname{Vol}(V_+)-\operatorname{Vol}(V_-).$$

而 torus 對平面 $z=0$ 完全對稱，故
$$\operatorname{Vol}(V_+)=\operatorname{Vol}(V_-).$$
所以
$$\iint_T \vec F\cdot \vec n\,dS=0.$$

故答案為
$$\boxed{0}.$$

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