台灣大學 112 年微積分(A) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Let $f : [a, b] 	o \mathbb{R}$ be a one-to-one and continuous function. If $f(a) < f(b)$, show that $f$ is increasing.

Accepted Answer

**解法**

先證明一個事實：若
$$a\le x<y<z\le b,$$
則 $f(y)$ 必須嚴格介於 $f(x)$ 與 $f(z)$ 之間。

若不是，例如
$$f(y)>\max\{f(x),f(z)\},$$
則可取一個數 $m$ 使得
$$\max\{f(x),f(z)\}<m<f(y).$$
由 intermediate value theorem，$f$ 在 $[x,y]$ 與 $[y,z]$ 上各會取到一次值 $m$，這會產生兩個不同點有相同函數值，與 one-to-one 矛盾。

同理，若
$$f(y)<\min\{f(x),f(z)\},$$
也會得到相同矛盾。

因此對任何 $x<y<z$，$f(y)$ 都嚴格介於 $f(x)$ 與 $f(z)$ 之間。

接著由 $f(a)<f(b)$，對任意 $t\in(a,b)$，把三點取為 $a<t<b$，可得
$$f(a)<f(t)<f(b).$$

現在任取 $a\le x<y\le b$。若 $x=a$，上式直接給出 $f(a)<f(y)$；若 $y=b$，也直接給出 $f(x)<f(b)$。

剩下考慮 $a<x<y<b$。由三點性質套用到 $a<x<y$，$f(x)$ 必須介於 $f(a)$ 與 $f(y)$ 之間。又已知 $f(a)<f(x)$，所以只能有
$$f(x)<f(y).$$

因此對所有 $x<y$，都有
$$f(x)<f(y).$$

所以
$$\boxed{f	ext{ is increasing on }[a,b].}$$

Question 2

Let $\Omega$ be the domain in the $xy$-plane bounded by the $x$-axis and one arc of the cycloid $$ (x,y) = (	heta - \sin 	heta, 1 - \cos 	heta), 	heta \in [0, 2\pi]. $$ Find the volume of the solid $$\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : 0 < z < y^2, (x,y) \in \Omega\}. $$

Accepted Answer

**解法**

此立體滿足
$$0<z<y^2,$$
且 $(x,y)\in\Omega$。因此體積為
$$V=\iint_{\Omega}y^2\,dA.$$

區域 $\Omega$ 是 cycloid 一個 arch 與 $x$-axis 圍成的區域。參數式為
$$x=	heta-\sin	heta,\qquad Y=1-\cos	heta,\qquad 0\le	heta\le2\pi.$$
因為
$$\frac{dx}{d	heta}=1-\cos	heta=Y,$$
且對固定的 $x$，區域中 $y$ 從 $0$ 到上方曲線高度 $Y$，所以
$$V=\int y^2\,dA=\int_0^{2\pi}\int_0^{Y}y^2\,dy\,dx.$$

先對 $y$ 積分：
$$\int_0^{Y}y^2\,dy=\frac{Y^3}{3}.$$
因此
$$V=\frac13\int_0^{2\pi}Y^3\frac{dx}{d	heta}\,d	heta=\frac13\int_0^{2\pi}(1-\cos	heta)^4\,d	heta.$$

展開：
$$(1-\cos	heta)^4=1-4\cos	heta+6\cos^2	heta-4\cos^3	heta+\cos^4	heta.$$
在 $[0,2\pi]$ 上，
$$\int_0^{2\pi}\cos	heta\,d	heta=0,$$
$$\int_0^{2\pi}\cos^3	heta\,d	heta=0,$$
$$\int_0^{2\pi}\cos^2	heta\,d	heta=\pi,$$
且
$$\int_0^{2\pi}\cos^4	heta\,d	heta=\frac{3\pi}{4}.$$
所以
$$\int_0^{2\pi}(1-\cos	heta)^4\,d	heta=2\pi+6\pi+\frac{3\pi}{4}=\frac{35\pi}{4}.$$

因此
$$V=\frac13\cdot\frac{35\pi}{4}=\frac{35\pi}{12}.$$

答案：
$$\boxed{\frac{35\pi}{12}}.$$

Question 3

Suppose that the cubic equation $a_0 + b_0 x + c_0 x^2 + d_0 x^3 = 0$ has three distinct roots $\alpha_0 < \beta_0 < \gamma_0$. Given $\epsilon > 0$, prove that there exists $\delta > 0$ such that for every $(a, b, c, d) \in \mathbb{R}^4$ with $$(a - a_0)^2 + (b - b_0)^2 + (c - c_0)^2 + (d - d_0)^2 < \delta^2, $$ the equation $a + bx + cx^2 + dx^3 = 0$ has three roots $\alpha$, $\beta$, and $\gamma$ satisfying $$(\alpha - \alpha_0)^2 + (\beta - \beta_0)^2 + (\gamma - \gamma_0)^2 < \epsilon^2.$$

Accepted Answer

**解法** 令 $$p_0(x)=a_0+b_0x+c_0x^2+d_0x^3.$$ 它有三個相異根 $$\alpha_0<\beta_0<\gamma_0.$$ 因為是 cubic 且有三個相異根，所以 $d_0 e0$。取 $$\eta>0$$ 使得 $$\eta<\frac{\epsilon}{\sqrt3},$$ 且三個區間 $$(\alpha_0-\eta,\alpha_0+\eta),\quad (\beta_0-\eta,\beta_0+\eta),\quad (\gamma_0-\eta,\gamma_0+\eta)$$ 彼此不相交。因為三個根都是 simple roots，$p_0$ 在每個根的左右兩端會變號。也就是說，對足夠小的 $\eta$， $$p_0(\alpha_0-\eta)p_0(\alpha_0+\eta)<0,$$ $$p_0(\beta_0-\eta)p_0(\beta_0+\eta)<0,$$ $$p_0(\gamma_0-\eta)p_0(\gamma_0+\eta)<0.$$ 現在固定這六個端點。多項式 $$p(x)=a+bx+cx^2+dx^3$$ 在這些端點的值是係數 $(a,b,c,d)$ 的連續函數。因此可取 $\delta>0$，使得當 $$(a-a_0)^2+(b-b_0)^2+(c-c_0)^2+(d-d_0)^2<\delta^2$$ 時，$p$ 在上述六個端點的符號與 $p_0$ 相同。同時也令 $\delta<|d_0|/2$，使得 $d e0$，所以 $p$ 仍為 cubic。於是 $p$ 在每個區間的左右端點皆異號。由 intermediate value theorem，$p$ 在三個互不相交的區間內各有至少一個根。由於 $p$ 是 cubic，它最多只有三個實根，因此剛好有三個根，記為 $$\alpha,\beta,\gamma$$ 分別落在上述三個區間。所以 $$|\alpha-\alpha_0|<\eta,\qquad |\beta-\beta_0|<\eta,\qquad |\gamma-\gamma_0|<\eta.$$ 因此 $$(\alpha-\alpha_0)^2+(\beta-\beta_0)^2+(\gamma-\gamma_0)^2<3\eta^2<\epsilon^2.$$ 這就證明了所需結論。

Question 4

For each $\epsilon \in (0, 1)$, let $$S_\epsilon = \left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : \epsilon < \sqrt{x^2 + y^2} < 1, -1 + \epsilon < z < 1ight\}. $$ 
Evaluate $$\lim\limits_{\epsilon 	o 0^+} \iiint_{S_\epsilon} \frac{z}{\sqrt{x^2 + y^2} \ln(1 + x^2 + y^2)} dx dy dz. $$

Accepted Answer

**解法**

使用柱座標
$$x=r\cos	heta,\qquad y=r\sin	heta.$$
則
$$dx\,dy\,dz=r\,dr\,d	heta\,dz,$$
而 integrand 為
$$\frac{z}{r\ln(1+r^2)}.$$
因此乘上 Jacobian 後變成
$$\frac{z}{\ln(1+r^2)}.$$

區域條件為
$$\epsilon<r<1,\qquad -1+\epsilon<z<1,\qquad 0\le	heta\le2\pi.$$
所以積分為
$$\int_0^{2\pi}\int_{\epsilon}^{1}\int_{-1+\epsilon}^{1}\frac{z}{\ln(1+r^2)}\,dz\,dr\,d	heta.$$

先對 $z$ 積分：
$$\int_{-1+\epsilon}^{1}z\,dz=\frac{1^2-(-1+\epsilon)^2}{2}=\epsilon-\frac{\epsilon^2}{2}.$$
因此原式等於
$$2\pi\left(\epsilon-\frac{\epsilon^2}{2}ight)\int_{\epsilon}^{1}\frac{dr}{\ln(1+r^2)}.$$

接著看極限。因為
$$\ln(1+r^2)\sim r^2\quad (r	o0),$$
所以
$$\frac{1}{\ln(1+r^2)}\sim\frac{1}{r^2}.$$
因此
$$\lim_{\epsilon	o0^+}\epsilon\int_{\epsilon}^{1}\frac{dr}{\ln(1+r^2)}=1.$$

所以
$$\lim_{\epsilon	o0^+}2\pi\left(\epsilon-\frac{\epsilon^2}{2}ight)\int_{\epsilon}^{1}\frac{dr}{\ln(1+r^2)}=2\pi.$$

答案：
$$\boxed{2\pi}.$$

Question 5

Let $f : \mathbb{R} 	o \mathbb{R}$ be a bounded and continuous function. For every $k \in \mathbb{N}$ and $x \in \mathbb{R}$, define 
$$f_k(x) = \min_{y \in \mathbb{R}} (f(y) + k|y - x|).$$

(a) Show that $f_k(x)$ is well-defined (i.e., the minimum does exist).

(b) Show that $f_k : \mathbb{R} 	o \mathbb{R}$ is Lipschitz continuous.

(c) Prove that on every finite interval, $f_k$ converges to $f$ uniformly as $k 	o \infty$.

Accepted Answer

**(a)** 因為 $f$ bounded，存在 $M>0$ 使得 $$|f(y)|\le M\quad ext{for all }y\in\mathbb R.$$ 固定 $k$ 與 $x$。考慮 $$F_x(y)=f(y)+k|y-x|.$$ 這是 $y$ 的連續函數。若 $$|y-x|>\frac{2M+1}{k},$$ 則 $$F_x(y)\ge -M+k|y-x|>M+1.$$ 但在 $y=x$ 時， $$F_x(x)=f(x)\le M.$$ 所以最小值不可能出現在 $$|y-x|>\frac{2M+1}{k}.$$ 因此只需要在 compact interval $$\left[x-\frac{2M+1}{k},\,x+\frac{2M+1}{k} ight]$$ 上取最小值。由 extreme value theorem，最小值存在。所以 $f_k(x)$ well-defined。 **(b)** 任取 $x_1,x_2\in\mathbb R$。設 $y_2$ 是定義 $f_k(x_2)$ 的 minimizer，則 $$f_k(x_1)\le f(y_2)+k|y_2-x_1|.$$ 因此 $$f_k(x_1)-f_k(x_2)\le k(|y_2-x_1|-|y_2-x_2|)\le k|x_1-x_2|.$$ 交換 $x_1,x_2$，也得到 $$f_k(x_2)-f_k(x_1)\le k|x_1-x_2|.$$ 所以 $$|f_k(x_1)-f_k(x_2)|\le k|x_1-x_2|.$$ 因此 $$\boxed{f_k ext{ is Lipschitz continuous, with Lipschitz constant }k.}$$ **(c)** 令 $I=[A,B]$ 是任意 finite interval。因為 $$f_k(x)\le f(x)$$ 只要在定義中取 $y=x$ 即可，所以只需證明 $f_k(x)$ 不會比 $f(x)$ 小太多。給定 $\epsilon>0$。由於 $f$ 在 compact interval $[A-1,B+1]$ 上 uniformly continuous，存在 $\eta\in(0,1)$，使得當 $u,v\in[A-1,B+1]$ 且 $|u-v|<\eta$ 時， $$|f(u)-f(v)|<\epsilon.$$ 仍令 $|f|\le M$。取 $k$ 足夠大，使得 $$k\eta>2M+1.$$ 對任意 $x\in I$，若 $|y-x|\ge\eta$，則 $$f(y)+k|y-x|\ge -M+k\eta>M+1\ge f(x)+1.$$ 所以 minimizer $y_k$ 必須滿足 $$|y_k-x|<\eta.$$ 因此 $x,y_k\in[A-1,B+1]$，且 $$f(y_k)>f(x)-\epsilon.$$ 又 $$f_k(x)=f(y_k)+k|y_k-x|\ge f(y_k)>f(x)-\epsilon.$$ 另一方面，$f_k(x)\le f(x)$。所以對所有 $x\in I$， $$0\le f(x)-f_k(x)<\epsilon.$$ 因此 $$\sup_{x\in I}|f_k(x)-f(x)|<\epsilon$$ 當 $k$ 足夠大時成立。所以 $$\boxed{f_k o f ext{ uniformly on every finite interval}.}$$

台灣大學 112 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 112 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 112 年度微積分(A)