台灣大學 109 年微積分(A) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Suppose that $f$ is a continuous function on a closed interval $[a, b]$. Show that $f$ is uniformly continuous on $[a, b]$.

Accepted Answer

證明（Heine–Cantor）：假設 $f$ 在閉區間 $[a,b]$ 上連續，欲證 $f$ 在 $[a,b]$ 上一致連續。反證法。若 $f$ 不一致連續，則存在 $\varepsilon_0>0$，使得對任意 $\delta>0$，皆可找到 $x,y\in[a,b]$ 使 $$|x-y|<\delta\quad ext{但}\quad |f(x)-f(y)|\ge \varepsilon_0.$$ 取 $\delta=1/n$，可得序列 $x_n,y_n\in[a,b]$，滿足 $$|x_n-y_n|<\frac1n,\qquad |f(x_n)-f(y_n)|\ge \varepsilon_0. ag{1}$$ 由於 $[a,b]$ 緊（有界閉），序列 $\{x_n\}$ 存在收斂子序列 $x_{n_k} o x_\ast\in[a,b]$。又因 $|x_{n_k}-y_{n_k}|\le 1/{n_k} o0$，故 $y_{n_k} o x_\ast$。由連續性，$f(x_{n_k}) o f(x_\ast)$ 且 $f(y_{n_k}) o f(x_\ast)$，因此 $$|f(x_{n_k})-f(y_{n_k})| o 0,$$ 這與 (1) 中 $|f(x_{n_k})-f(y_{n_k})|\ge \varepsilon_0$ 矛盾。故假設不成立，$f$ 必一致連續。

Question 2

Let $\mathbb{N}$ be the set of all natural numbers and $n \in \mathbb{N}$.

(a) Consider a sequence $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ defined by $\begin{cases} a_1 = \sqrt{2} \ a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n} \end{cases}$ for $n \geq 1$. Show that $\lim\limits_{n 	o \infty} a_n$ exists and evaluate the limit.

(b) Prove the relation $\lim\limits_{n 	o \infty} \frac{1}{n^{k+1}} \sum\limits_{i=1}^{n} i^k = \frac{1}{k+1}$ for any nonnegative integer $k$.

Accepted Answer

(a) 先證 $\{a_n\}$ 單調遞增且有上界。 1. 有上界：證明對所有 $n$，$a_n<2$。當 $n=1$，$a_1=\sqrt2<2$。若 $a_n<2$，則 $$a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}<\sqrt{2+2}=2.$$ 故歸納得 $a_n<2$。 2. 單調遞增：注意 $a_n>0$。若 $a_nt\iff 2+t>t^2\iff (t-2)(t+1)<0,$$ 故當 $a_n\in(0,2)$ 時，$a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}>a_n$，所以 $\{a_n\}$ 遞增。因此 $\{a_n\}$ 遞增且被 $2$ 夾住，必收斂。令極限為 $L$，取極限於遞迴式得 $$L=\sqrt{2+L}\Rightarrow L^2-L-2=0\Rightarrow L\in\{2,-1\}.$$ 因 $a_n>0$，故 $L=2$。結論：$\lim\limits_{n o\infty}a_n=2$。 (b) 注意 $$\frac{1}{n^{k+1}}\sum_{i=1}^n i^k=\frac1n\sum_{i=1}^n\left(\frac{i}{n} ight)^k.$$ 右邊是函數 $f(x)=x^k$ 在 $[0,1]$ 上的黎曼和（取分割點 $i/n$）。由 $f$ 在 $[0,1]$ 連續，黎曼和收斂到定積分： $$\lim_{n o\infty}\frac1n\sum_{i=1}^n\left(\frac{i}{n} ight)^k=\int_0^1 x^k\,dx=\frac{1}{k+1}.$$ 故 $$\lim_{n o\infty} \frac{1}{n^{k+1}} \sum_{i=1}^{n} i^k = \frac{1}{k+1}.$$

Question 3

(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 $f(x) = 0$ or $f(x) = e^{ax}$ for some $a$.

Accepted Answer

(a) 若 $y' = ay$，則在 $y
eq0$ 的區間上可分離變數：
$$\frac{y'}{y}=a.$$
兩邊對 $x$ 積分得
$$\ln|y|=ax+C,$$
故
$$y=Ce^{ax}.$$
其中 $C$ 為常數；$C=0$ 即包含零解 $y\equiv0$。

(b) 先令 $y=0$，得
$$f(x)=f(x)f(0).$$
因此要嘛 $f(x)\equiv0$，要嘛 $f(0)=1$。

若存在 $x_0$ 使 $f(x_0)=0$，則對任意 $x$，
$$f(x)=f((x-x_0)+x_0)=f(x-x_0)f(x_0)=0,$$
所以必為恆零解。以下假設 $f$ 非恆零，則 $f(0)=1$ 且對所有 $x$ 有 $f(x)
eq0$。

對等式 $f(x+y)=f(x)f(y)$ 兩邊對 $y$ 微分（固定 $x$）：
$$\frac{\partial}{\partial y}f(x+y)=f(x)f'(y).$$
令 $y=0$，得
$$f'(x)=f(x)f'(0).$$
設 $a=f'(0)$，則 $f$ 滿足常微分方程
$$f'(x)=af(x),\qquad f(0)=1.$$
由 (a) 得 $f(x)=Ce^{ax}$，再由 $f(0)=1$ 得 $C=1$。

結論：要嘛 $f(x)\equiv0$，否則 $f(x)=e^{ax}$（其中 $a=f'(0)$）。

Question 4

Show that $\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$.

Accepted Answer

令
$$I=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx.$$
則 $I>0$ 且
$$I^2=\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dxight)\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2}\,dyight)=\iint_{\mathbb{R}^2} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy.$$
改用極座標 $x=r\cos	heta,\ y=r\sin	heta$，Jacobian 為 $r$，得
$$I^2=\int_0^{2\pi}\int_0^{\infty} e^{-r^2}\,r\,dr\,d	heta.$$
內積分令 $u=r^2$，$du=2rdr$，則
$$\int_0^{\infty} e^{-r^2}r\,dr=\frac12\int_0^{\infty} e^{-u}\,du=\frac12.$$
因此
$$I^2=\int_0^{2\pi}\frac12\,d	heta=\pi.$$
由 $I>0$，故 $I=\sqrt{\pi}$，即
$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx=\sqrt{\pi}.$$

Question 5

Calculate $\iint_S z dx \wedge dy - x dy \wedge dz$, 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.

Accepted Answer

將 2-form
$$\omega = z\,dx\wedge dy - x\,dy\wedge dz$$
對應到向量場（約定 $P\,dy\wedge dz+Q\,dz\wedge dx+R\,dx\wedge dy$ 對應 $\vec F=(P,Q,R)$）：
此處 $P=-x,\ Q=0,\ R=z$，故
$$\vec F(x,y,z)=(-x,0,z).$$
題目給的取向是球面外向法向（指向無窮遠），因此
$$\iint_S \omega=\iint_S \vec F\cdot \vec n\,dS.$$

令 $E$ 為單位球內且 $x\ge 1/2$ 的立體區域，其邊界由球冠 $S$ 與平面 $x=1/2$ 上的圓盤 $D$ 組成。用散度定理：
$$\iint_S \vec F\cdot \vec n\,dS + \iint_D \vec F\cdot \vec n\,dS = \iiint_E (
abla\cdot \vec F)\,dV.$$
計算散度
$$
abla\cdot \vec F = \frac{\partial(-x)}{\partial x}+\frac{\partial 0}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial z}=-1+1=0,$$
故右邊為 0，得到
$$\iint_S \vec F\cdot \vec n\,dS = -\iint_D \vec F\cdot \vec n\,dS.	ag{1}$$

接著算圓盤 $D$ 的通量。$D$ 位於平面 $x=1/2$，其半徑
$$r=\sqrt{1-(1/2)^2}=\sqrt{3/4}=\frac{\sqrt3}{2},$$
面積 $\operatorname{Area}(D)=\pi r^2=\frac{3\pi}{4}$。

對封閉曲面而言，$D$ 的外向法向需指向區域 $E$ 的外側；因 $E$ 在 $x\ge1/2$ 一側，所以 $D$ 的外向法向為 $\vec n_D=(-1,0,0)$。在 $D$ 上 $x\equiv 1/2$，故
$$\vec F\cdot \vec n_D = (-x,0,z)\cdot(-1,0,0)=x=\frac12.$$
因此
$$\iint_D \vec F\cdot \vec n\,dS = \frac12\cdot \frac{3\pi}{4}=\frac{3\pi}{8}.$$
代回 (1)：
$$\iint_S \omega=\iint_S \vec F\cdot \vec n\,dS = -\frac{3\pi}{8}.$$

Question 6

Prove that the function $f(x, y) = e^{-y^2 + 2xy}$ can be expanded in a series of the form $$\sum_{n=0}^\infty \frac{H_n(x)}{n!} y^n,$$ that converges for all values of $x$ and $y$ and that the polynomials $H_n(x)$ satisfy

(a) $H_n(x)$ is a polynomial of degree $n$

(b) $H_n'(x) = 2nH_{n-1}(x)$

(c) $H_{n+1}(x) - 2xH_n(x) + 2nH_{n-1}(x) = 0$

(d) $H_n''(x) - 2xH_n'(x) + 2nH_n(x) = 0$

Accepted Answer

令
$$G(x,y)=e^{-y^2+2xy}.$$ 
對固定 $x$，$G$ 對變數 $y$ 為整函數，故可在 $y=0$ 作泰勒展開：
$$G(x,y)=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\left.\frac{\partial^n G}{\partial y^n}(x,y)\right|_{y=0}y^n.$$
定義
$$H_n(x):=\left.\frac{\partial^n}{\partial y^n}e^{-y^2+2xy}\right|_{y=0},$$
則
$$e^{-y^2+2xy}=\sum_{n=0}^\infty \frac{H_n(x)}{n!}y^n,$$
且因 $G$ 對 $y$ 整，級數對所有 $x,y$ 皆收斂。

(a) 由
$$e^{-y^2+2xy}=e^{-y^2}e^{2xy}$$
展開：
$$e^{-y^2}=\sum_{m=0}^\infty \frac{(-1)^m}{m!}y^{2m},\qquad e^{2xy}=\sum_{j=0}^\infty \frac{(2x)^j}{j!}y^j.$$
相乘後 $y^n$ 的係數為
$$\sum_{m=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac{(-1)^m(2x)^{n-2m}}{m!(n-2m)!}.$$
因此
$$H_n(x)=n!\sum_{m=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac{(-1)^m(2x)^{n-2m}}{m!(n-2m)!}.$$
其最高次項來自 $m=0$，為 $(2x)^n$，故 $H_n(x)$ 是 $n$ 次多項式。

(b) 對展開式對 $x$ 微分：
$$\frac{\partial G}{\partial x}=2yG.$$ 
左邊由級數得
$$\sum_{n=0}^\infty \frac{H_n'(x)}{n!}y^n=2y\sum_{n=0}^\infty \frac{H_n(x)}{n!}y^n=
\sum_{n=1}^\infty \frac{2H_{n-1}(x)}{(n-1)!}y^n.$$
比較 $y^n$ 係數（$n\ge1$）得
$$\frac{H_n'(x)}{n!}=\frac{2H_{n-1}(x)}{(n-1)!}\Rightarrow H_n'(x)=2nH_{n-1}(x).$$

(c) 對展開式對 $y$ 微分。由
$$\frac{\partial G}{\partial y}=(-2y+2x)G,$$
而
$$\frac{\partial G}{\partial y}=\sum_{n=0}^\infty \frac{H_{n+1}(x)}{n!}y^n.$$
又
$$( -2y+2x)G=2x\sum_{n=0}^\infty\frac{H_n(x)}{n!}y^n-2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}(x)}{(n-1)!}y^n.$$
比較係數（$n\ge0$）得
$$\frac{H_{n+1}(x)}{n!}=\frac{2xH_n(x)}{n!}-\frac{2H_{n-1}(x)}{(n-1)!}$$
即
$$H_{n+1}(x)=2xH_n(x)-2nH_{n-1}(x),$$
等價於題目所述 $H_{n+1}-2xH_n+2nH_{n-1}=0$。

(d) 由 $G$ 的偏微分可得
$$\frac{\partial G}{\partial x}=2yG,\qquad \frac{\partial^2 G}{\partial x^2}=4y^2G,$$
以及
$$\frac{\partial G}{\partial y}=(-2y+2x)G\Rightarrow 2y\frac{\partial G}{\partial y}=(-4y^2+4xy)G.$$
因此
$$\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}-2x\frac{\partial}{\partial x}+2y\frac{\partial}{\partial y}\right)G
=(4y^2-4xy+(-4y^2+4xy))G=0.$$
把 $G=\sum_{n\ge0} \frac{H_n(x)}{n!}y^n$ 代入，上式的 $y^n$ 係數為
$$\frac{H_n''(x)-2xH_n'(x)+2nH_n(x)}{n!}=0,$$
故
$$H_n''(x)-2xH_n'(x)+2nH_n(x)=0.$$

台灣大學 109 年度微積分(A)

這份試題整理

微積分(A) 其他年度考古題

台灣大學 109 年度 微積分(A)

這份試題整理

微積分(A) 其他年度考古題

台灣大學 109 年度微積分(A)