台灣大學 111 年微積分(A) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

(a) Assume that $f'(a) > 0$. Use the definition of derivative to prove that there is some $\epsilon > 0$ such that $f(x) > f(a)$ for all $x \in (a, a + \epsilon)$.

(b) Suppose that $f(x)$ is differentiable on an open interval containing $[a, b]$ with $f'(a) 
eq f'(b)$ and $m$ is a constant between $f'(a)$ and $f'(b)$. Prove that there is some $c \in (a, b)$ such that $f'(c) = m$.

Accepted Answer

**(a)** 依導數定義， $$f'(a) = \lim_{x o a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}.$$ 因為 $f'(a) > 0$，取 $$\varepsilon_0 = \frac{f'(a)}{2} > 0.$$ 由極限的定義，存在 $\delta > 0$，使得當 $0 < |x - a| < \delta$ 時， $$\left|\frac{f(x)-f(a)}{x-a} - f'(a) ight| < \frac{f'(a)}{2}.$$ 因此 $$\frac{f(x)-f(a)}{x-a} > f'(a) - \frac{f'(a)}{2} = \frac{f'(a)}{2} > 0.$$ 取 $x \in (a, a+\delta)$，則 $x - a > 0$，故 $$f(x) - f(a) > \frac{f'(a)}{2}(x - a) > 0,$$ 也就是 $f(x) > f(a)$。取 $\epsilon = \delta$ 即可。 **(b)** 不失一般性，設 $$f'(a) < m < f'(b).$$ （若 $f'(a) > m > f'(b)$，對 $-f$ 套用同樣方法即可。）令 $$g(x) = f(x) - m\,x.$$ 則 $g$ 在含 $[a,b]$ 的開區間上可微，且 $$g'(a) = f'(a) - m < 0, \qquad g'(b) = f'(b) - m > 0.$$ $g$ 在 compact 集 $[a, b]$ 上連續，由極值定理，$g$ 在某點 $c \in [a, b]$ 達到最小值。我們證 $c e a$ 且 $c e b$： - **$c e a$：** 由 $g'(a) < 0$，即 $(-g)'(a) > 0$，套用 (a) 到 $-g$ 得：存在 $\epsilon_1 > 0$ 使得 $$-g(x) > -g(a), \quad \forall x \in (a, a+\epsilon_1),$$ 即 $g(x) < g(a)$。所以 $a$ 不是 $g$ 的最小值點。 - **$c e b$：** 由 $g'(b) > 0$，依極限定義，存在 $\delta_1 > 0$ 使得當 $0 < |x - b| < \delta_1$ 時， $$\frac{g(x) - g(b)}{x - b} > 0.$$ 取 $x \in (b - \delta_1, b)$，則 $x - b < 0$，故 $g(x) - g(b) < 0$，即 $g(x) < g(b)$。所以 $b$ 不是 $g$ 的最小值點。因此 $c \in (a, b)$。由 Fermat 定理，$g'(c) = 0$，即 $$f'(c) = m.$$ 證畢。

Question 2

Let $\{f_n(x)\}$ be a sequence of continuous functions defined on $[0, 1]$. Assume that $f_n(x)$ converges to $f(x)$ uniformly on $[0, 1]$.

(a) Prove that $f(x)$ is continuous on $[0, 1]$ and there is some $M > 0$ such that $|f_n(x)| < M$ for all $x \in [0, 1]$ and positive integer $n$.

(b) Prove or disprove $\lim\limits_{n	o\infty} \int_0^{1-1/n} f_n(x) dx = \int_0^1 f(x) dx$.

Accepted Answer

**(a)** **$f$ 連續：** 任取 $\varepsilon > 0$ 與 $x_0 \in [0, 1]$。由 uniform convergence，存在 $N$ 使得對所有 $n \ge N$， $$\sup_{x \in [0,1]}|f_n(x) - f(x)| < \frac{\varepsilon}{3}.$$ $f_N$ 在 $x_0$ 連續，故存在 $\delta > 0$ 使得 $|x - x_0| < \delta$ 時 $$|f_N(x) - f_N(x_0)| < \frac{\varepsilon}{3}.$$ 因此對 $|x - x_0| < \delta$： $$|f(x) - f(x_0)| \le |f(x) - f_N(x)| + |f_N(x) - f_N(x_0)| + |f_N(x_0) - f(x_0)| < \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon.$$ 故 $f$ 在 $x_0$ 連續，$x_0 \in [0,1]$ 任意，所以 $f$ 在 $[0,1]$ 連續。 **一致上界：** 由 uniform convergence，存在 $N$ 使得 $$|f_n(x) - f(x)| < 1, \quad \forall n \ge N, \; x \in [0,1].$$ 因為 $f$ 在 compact 集 $[0,1]$ 上連續，由極值定理 $f$ 有界：存在 $C > 0$ 使得 $|f(x)| \le C$。所以對 $n \ge N$， $$|f_n(x)| \le |f_n(x) - f(x)| + |f(x)| < C + 1.$$ 對 $n = 1, 2, \ldots, N-1$，每個 $f_n$ 在 $[0,1]$ 連續，亦有界：$|f_n(x)| \le M_n$。取 $$M = \max(M_1, M_2, \ldots, M_{N-1}, C + 1) + 1,$$ 則 $|f_n(x)| < M$ 對所有正整數 $n$ 與 $x \in [0, 1]$ 都成立。 **(b)** 命題為真。由 (a)，$f$ 連續，設 $|f(x)| \le C$ 為一上界。令 $$\varepsilon_n = \sup_{x \in [0,1]}|f_n(x) - f(x)|.$$ 則 $\varepsilon_n o 0$。估計： $$\left|\int_0^{1-1/n} f_n \, dx - \int_0^1 f \, dx ight| = \left|\int_0^{1-1/n}(f_n - f)\, dx - \int_{1-1/n}^1 f\, dx ight|$$ $$\le \int_0^{1-1/n}|f_n - f|\, dx + \int_{1-1/n}^1 |f|\, dx$$ $$\le \left(1 - \frac{1}{n} ight)\varepsilon_n + \frac{C}{n}$$ $$\le \varepsilon_n + \frac{C}{n} \longrightarrow 0 \quad (n o \infty).$$ 因此 $$\lim_{n o\infty}\int_0^{1-1/n} f_n(x)\, dx = \int_0^1 f(x)\, dx.$$

Question 3

(a) Suppose that $1 < b < 2$ is a fixed constant and $$a_n = (1 - \frac{b}{2})(1 - \frac{b}{3})\cdots(1 - \frac{b}{n}), \: for \:  n \geq 2.$$  Show that there are constants $0 < m < M$ such that $m < n^b a_n < M$ for all $n \geq 2$.

(b) Show that for $k > 0$, the series $\sum_{n=1}^{\infty} \binom{k}{n}$ converges absolutely.

Accepted Answer

**(a)** 因為 $1 < b < 2$ 且 $k \ge 2$，所以 $$0 < \frac{b}{k} \le \frac{b}{2} < 1,$$ 故每個因式 $1 - b/k > 0$，$a_n > 0$，取對數合法。取對數： $$\ln(n^b a_n) = b\ln n + \sum_{k=2}^{n}\ln\!\left(1 - \frac{b}{k} ight).$$ 利用 Taylor 展開：對 $|t| < 1$， $$\ln(1 - t) = -t + R(t), \qquad |R(t)| \le \frac{t^2}{1 - t}.$$ 取 $t = b/k$，則 $$\ln\!\left(1 - \frac{b}{k} ight) = -\frac{b}{k} + R_k, \qquad |R_k| \le \frac{(b/k)^2}{1 - b/k} \le \frac{C}{k^2},$$ 其中 $C = \dfrac{b^2}{1 - b/2}$ 為僅依賴 $b$ 的常數。另一方面，由調和級數的漸近展開 $$\sum_{k=2}^n \frac{1}{k} = \ln n + \gamma - 1 + \eta_n, \qquad \eta_n o 0,$$ 其中 $\gamma$ 是 Euler 常數。代入： $$\ln(n^b a_n) = b\ln n - b\sum_{k=2}^n \frac{1}{k} + \sum_{k=2}^n R_k$$ $$= b\ln n - b(\ln n + \gamma - 1 + \eta_n) + \sum_{k=2}^n R_k$$ $$= -b(\gamma - 1) - b\,\eta_n + \sum_{k=2}^n R_k.$$ 由 $|R_k| \le C/k^2$ 及 $\sum 1/k^2 < \infty$，$\sum_{k=2}^\infty R_k$ 絕對收斂；又 $\eta_n o 0$，所以 $$\ln(n^b a_n) \longrightarrow L := -b(\gamma - 1) + \sum_{k=2}^\infty R_k,$$ 為有限常數。收斂的數列必有界，故存在常數 $A > 0$ 使得 $$|\ln(n^b a_n)| \le A, \qquad \forall n \ge 2.$$ 取 $$m = \frac{e^{-A}}{2}, \qquad M = 2e^{A},$$ 則 $$m < e^{-A} \le n^b a_n \le e^{A} < M, \qquad \forall n \ge 2.$$ 證畢。 **(b)** 令 $c_n = \binom{k}{n} = \dfrac{k(k-1)(k-2)\cdots(k-n+1)}{n!}$。當 $n > k$ 時，$k - n < 0$， $$\left|\frac{c_{n+1}}{c_n} ight| = \left|\frac{k - n}{n+1} ight| = \frac{n - k}{n + 1}.$$ 注意此比值趨近於 $1$，所以 ratio test 失效，改用 **Raabe 判別法**： $$n\left(\frac{|c_n|}{|c_{n+1}|} - 1 ight) = n\left(\frac{n + 1}{n - k} - 1 ight) = n \cdot \frac{k + 1}{n - k}.$$ 取極限： $$\lim_{n o\infty} n\left(\frac{|c_n|}{|c_{n+1}|} - 1 ight) = \lim_{n o\infty} \frac{n(k+1)}{n - k} = k + 1.$$ 因為 $k > 0$，所以 $k + 1 > 1$。由 Raabe 判別法，$\sum_{n=1}^\infty |c_n|$ 收斂，也就是 $\sum_{n=1}^\infty \binom{k}{n}$ 絕對收斂。

Question 4

Suppose that $f(x, y)$, $g(x, y)$ have continuous second derivatives, and on the level curve $g(x, y) = 0$, $f(x, y)$ obtains a local extreme value at $(1, 2)$. Assume that at $(1, 2)$, $f_x = 3$, $g_x = -1$, $g_y = \frac{1}{2}$, $f_{xx} = 0$, $f_{xy} = 1$, $f_{yy} = -2$, $g_{xx} = 3$, $g_{xy} = 0$, and $g_{yy} = 1$.

(a) Find $f_y(1, 2)$.

(b) When restricted to the curve $g(x, y) = 0$, is $f(1, 2)$ a local maximum, local minimum, or saddle point?

(c) Suppose that on the curve $g(x, y) = 10^{-2}$, $f(x, y)$ has a local extreme value at $(x_1, y_1)$ which is close to $(1, 2)$. Estimate $f(x_1, y_1) - f(1, 2)$ by linear approximation.

Accepted Answer

**(a)**

在限制 $g(x, y) = 0$ 下的極值點 $(1, 2)$，滿足 Lagrange 條件：
$$
abla f = \lambda 
abla g.$$

由 $f_x = \lambda g_x$：
$$3 = \lambda \cdot (-1) \;\Rightarrow\; \lambda = -3.$$

由 $f_y = \lambda g_y$：
$$f_y(1, 2) = -3 \cdot \frac{1}{2} = -\frac{3}{2}.$$

**(b)**

因 $g_y(1, 2) = 1/2 
e 0$，由隱函數定理，在 $(1, 2)$ 附近可將 $y$ 寫成 $x$ 的函數 $y(x)$，$y(1) = 2$。

**求 $y'(1)$：** 由 $g(x, y(x)) = 0$ 對 $x$ 微分，
$$g_x + g_y y' = 0 \;\Rightarrow\; y'(1) = -\frac{g_x}{g_y} = -\frac{-1}{1/2} = 2.$$

**求 $y''(1)$：** 再對 $x$ 微分一次，
$$g_{xx} + 2g_{xy}y' + g_{yy}(y')^2 + g_y\,y'' = 0.$$
代入 $(g_{xx}, g_{xy}, g_{yy}, g_y, y') = (3, 0, 1, 1/2, 2)$：
$$3 + 0 + 1 \cdot 4 + \frac{1}{2}y'' = 0 \;\Rightarrow\; y''(1) = -14.$$

**計算 $F(x) = f(x, y(x))$ 的一、二階導數：**

$$F'(x) = f_x + f_y y'.$$
在 $x = 1$：
$$F'(1) = 3 + \left(-\frac{3}{2}ight)(2) = 3 - 3 = 0,$$
確認為臨界點。

$$F''(x) = f_{xx} + 2f_{xy}y' + f_{yy}(y')^2 + f_y\,y''.$$
在 $x = 1$：
$$F''(1) = 0 + 2 \cdot 1 \cdot 2 + (-2)(4) + \left(-\frac{3}{2}ight)(-14)$$
$$= 0 + 4 - 8 + 21 = 17 > 0.$$

所以 $F$ 在 $x = 1$ 為 **local minimum**，亦即在限制 $g = 0$ 上，$f(1, 2)$ 為 **local minimum**。

**(c)**

由 envelope theorem（Lagrange 乘子的敏感度解釋）：令 $v(c)$ 為 $f$ 在限制 $g(x, y) = c$ 上之極值，則
$$\left.\frac{dv}{dc}ight|_{c=0} = \lambda.$$

以一次近似：
$$f(x_1, y_1) - f(1, 2) \approx \lambda \cdot (10^{-2} - 0) = -3 \cdot 10^{-2} = -\frac{3}{100}.$$

**直觀推導：** 在 $(1, 2)$ 處 $
abla f = \lambda 
abla g$。對約束的變化 $\Delta g = 10^{-2}$，有
$$\Delta g \approx g_x \Delta x + g_y \Delta y = 
abla g \cdot (\Delta x, \Delta y).$$
於是
$$\Delta f \approx 
abla f \cdot (\Delta x, \Delta y) = \lambda \,
abla g \cdot (\Delta x, \Delta y) \approx \lambda \Delta g = -3 \cdot 10^{-2}.$$

$$\boxed{f(x_1, y_1) - f(1, 2) \approx -\frac{3}{100}.}$$

Question 5

Suppose that $F(x, y, u, v)$ and $G(x, y, u, v)$ have continuous first partial derivatives and equations $F(x, y, u, v) = 0$ and $G(x, y, u, v) = 0$ can be solved for $x, y$ as functions of $u, v$. Express $\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}$ in terms of $\frac{\partial(F, G)}{\partial(u, v)}$ and $\frac{\partial(F, G)}{\partial(x, y)}$ where $\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)} = \begin{vmatrix} x_u & x_v \ y_u & y_v \end{vmatrix}$, $\frac{\partial(F, G)}{\partial(u, v)} = \begin{vmatrix} F_u & F_v \ G_u & G_v \end{vmatrix}$, $\frac{\partial(F, G)}{\partial(x, y)} = \begin{vmatrix} F_x & F_y \ G_x & G_y \end{vmatrix}$ are Jacobian determinants.

Accepted Answer

**解法**

把 $x, y$ 看作 $u, v$ 的函數，將
$$F(x, y, u, v) = 0, \qquad G(x, y, u, v) = 0$$
對 $u, v$ 分別作偏微分（用鏈鎖法則）。

**對 $u$ 微分：**
$$F_x x_u + F_y y_u + F_u = 0,$$
$$G_x x_u + G_y y_u + G_u = 0.$$
即
$$\begin{pmatrix} F_x & F_y \ G_x & G_y \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_u \ y_u \end{pmatrix} = -\begin{pmatrix} F_u \ G_u \end{pmatrix}. \quad (\star)$$

**對 $v$ 微分：**
$$\begin{pmatrix} F_x & F_y \ G_x & G_y \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_v \ y_v \end{pmatrix} = -\begin{pmatrix} F_v \ G_v \end{pmatrix}. \quad (\star\star)$$

**合併 $(\star)$ 與 $(\star\star)$：**
$$\begin{pmatrix} F_x & F_y \ G_x & G_y \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_u & x_v \ y_u & y_v \end{pmatrix} = -\begin{pmatrix} F_u & F_v \ G_u & G_v \end{pmatrix}.$$

**取 determinant（運用 $\det(AB) = \det A \cdot \det B$）：**

左邊：
$$\det\!\begin{pmatrix} F_x & F_y \ G_x & G_y \end{pmatrix} \cdot \det\!\begin{pmatrix} x_u & x_v \ y_u & y_v \end{pmatrix} = \frac{\partial(F, G)}{\partial(x, y)} \cdot \frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}.$$

右邊：因為對於 $2 	imes 2$ 矩陣 $M$，$\det(-M) = (-1)^2 \det M = \det M$，
$$\det\!\left[-\begin{pmatrix} F_u & F_v \ G_u & G_v \end{pmatrix}ight] = \det\!\begin{pmatrix} F_u & F_v \ G_u & G_v \end{pmatrix} = \frac{\partial(F, G)}{\partial(u, v)}.$$

因此
$$\frac{\partial(F, G)}{\partial(x, y)} \cdot \frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)} = \frac{\partial(F, G)}{\partial(u, v)}.$$

由於可將 $x, y$ 解為 $u, v$ 的函數，由隱函數定理，必有 $\dfrac{\partial(F, G)}{\partial(x, y)} 
e 0$。兩邊除過去，得

$$\boxed{\;\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)} = \dfrac{\dfrac{\partial(F, G)}{\partial(u, v)}}{\dfrac{\partial(F, G)}{\partial(x, y)}}.\;}$$

Question 6

Let $F(x, y, z) = x^2 + 2y^2 - 3z^2$ and $S$ be the level surface $F(x, y, z) = 2$ between $z = 0$ and $y - \sqrt{3}z+1 = 0$ with downward orientation. Compute $\iint_S 
abla F \cdot dS$.

Accepted Answer

**解法**

令 $F(x, y, z) = x^2 + 2y^2 - 3z^2$，則
$$
abla F = (2x,\; 4y,\; -6z).$$

**核心觀察：** $
abla F$ 的 divergence 為零：
$$
abla \cdot 
abla F = F_{xx} + F_{yy} + F_{zz} = 2 + 4 - 6 = 0.$$

利用這一點配合 **Divergence Theorem**。

---

**第一步：構造有界立體 $V$**

題目中兩個 bounding 平面為 $z = 0$ 以及 $y = \sqrt{3}z - 1$。令
$$V = \{(x,y,z) : F(x,y,z) \le 2,\; z \ge 0,\; y \ge \sqrt{3}z - 1\}.$$

**檢驗 $V$ 有界：** 固定 $z$，截面需滿足 $x^2 + 2y^2 \le 2 + 3z^2$ 且 $y \ge \sqrt{3}z - 1$。橢圓上 $y$ 最大值為 $\sqrt{(2 + 3z^2)/2}$。因此需
$$\sqrt{	frac{2+3z^2}{2}} \ge \sqrt{3}z - 1.$$

當 $z \le 1/\sqrt{3}$ 時右邊 $\le 0$，自動成立；否則兩邊平方整理得
$$z(3z - 4\sqrt{3}) \le 0 \;\Longleftrightarrow\; 0 \le z \le 	frac{4}{\sqrt{3}}.$$

故 $V$ 有界，$z \in [0,\, 4/\sqrt{3}]$。

---

**第二步：$\partial V$ 的三個片面**

$\partial V = S \cup \Sigma_1 \cup \Sigma_2$，其中

- $S$：level surface $F = 2$ 的部分；
- $\Sigma_1$：平面 $z = 0$ 上被橢圓 $x^2 + 2y^2 = 2$ 圍出的圓盤；
- $\Sigma_2$：平面 $y = \sqrt{3}z - 1$ 上被 $F = 2$ 與此平面交線所圍出的區域。

**$S$ 上外法向與題目「downward orientation」一致：** $V$ 內部滿足 $F \le 2$，故在 $F = 2$ 上外法向為 $
abla F$ 方向。對 $z > 0$，$
abla F$ 的 $z$-分量為 $-6z < 0$，指向下方。正是題目要求。

---

**第三步：Divergence Theorem**

$$\iint_S 
abla F \cdot d\vec S + \iint_{\Sigma_1} 
abla F \cdot d\vec A_{	ext{out}} + \iint_{\Sigma_2} 
abla F \cdot d\vec A_{	ext{out}} = \iiint_V 
abla \cdot 
abla F\, dV = 0.$$

---

**第四步：$\iint_{\Sigma_1} = 0$**

$\Sigma_1$ 外法向為 $-\hat k$（$V$ 在 $z \ge 0$）。故
$$
abla F \cdot (-\hat k) = 6z\Big|_{z=0} = 0,$$
所以 $\iint_{\Sigma_1} 
abla F \cdot d\vec A_{	ext{out}} = 0.$

---

**第五步：計算 $\iint_{\Sigma_2}$**

**(i) 找出 $\Sigma_2$ 的邊界：** 把 $y = \sqrt{3}z - 1$ 代入 $F = 2$：
$$x^2 + 2(\sqrt{3}z - 1)^2 - 3z^2 = 2$$
$$x^2 + 6z^2 - 4\sqrt{3}z + 2 - 3z^2 = 2$$
$$x^2 + 3z^2 - 4\sqrt{3}z = 0$$
$$x^2 + 3\!\left(z - 	frac{2}{\sqrt{3}}ight)^{\!2} = 4.$$
這是 $(x, z)$-平面上以 $(0, 2/\sqrt{3})$ 為中心的橢圓，故 $\Sigma_2$ 的投影區域為
$$R = \left\{(x,z) : x^2 + 3\!\left(z - 	frac{2}{\sqrt{3}}ight)^{\!2} \le 4ight\}.$$

**(ii) 參數化：** 以 $(x, z)$ 為參數，$\mathbf r(x, z) = (x,\; \sqrt{3}z - 1,\; z)$，
$$\mathbf r_x = (1, 0, 0),\qquad \mathbf r_z = (0, \sqrt{3}, 1),$$
$$\mathbf r_x 	imes \mathbf r_z = (0,\, -1,\, \sqrt{3}).$$
此向量正是指向 $V$ 外部的方向（$V$ 中 $y - \sqrt{3}z + 1 \ge 0$，外部為 $(0, -1, \sqrt{3})$ 方向），所以 $d\vec A_{	ext{out}} = (0, -1, \sqrt{3})\, dx\, dz$。

**(iii) 內積：**
$$
abla F \cdot (0, -1, \sqrt{3}) = (2x)(0) + (4y)(-1) + (-6z)(\sqrt{3}) = -4y - 6\sqrt{3}z.$$
在 $\Sigma_2$ 上 $y = \sqrt{3}z - 1$，代入：
$$-4(\sqrt{3}z - 1) - 6\sqrt{3}z = -10\sqrt{3}z + 4.$$

**(iv) 積分：** 作變換 $w = \sqr…

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