台灣大學 113 年微積分(A) 轉學考考古題｜附 AI 解答

Question 1

Consider the sequence of functions $\{f_n\}_{n=1}^{\infty}$, where $f_n(x) = \frac{x}{1+nx^2}$. Does $f_n$ converge uniformly on $\mathbb{R}$? Justify your result.

Accepted Answer

我們需要判斷函數序列 $f_n(x) = \frac{x}{1+nx^2}$ 在 $\mathbb{R}$ 上是否一致收斂。

**步驟1：找出逐點極限**

對於任意固定的 $x \in \mathbb{R}$：

當 $x = 0$ 時：$f_n(0) = \frac{0}{1+n \cdot 0} = 0$

當 $x 
eq 0$ 時：$\lim_{n 	o \infty} f_n(x) = \lim_{n 	o \infty} \frac{x}{1+nx^2} = \lim_{n 	o \infty} \frac{x/n}{1/n + x^2} = \frac{0}{0 + x^2} = 0$

因此逐點極限函數為 $f(x) = 0$，對所有 $x \in \mathbb{R}$。

**步驟2：計算 $\sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - f(x)|$**

由於 $f(x) = 0$，我們需要計算：
$$\sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x)| = \sup_{x \in \mathbb{R}} \left|\frac{x}{1+nx^2}ight|$$

**步驟3：找出 $|f_n(x)|$ 的最大值**

考慮 $g_n(x) = \frac{x}{1+nx^2}$，我們需要找出 $|g_n(x)|$ 的最大值。

由於 $g_n(-x) = -g_n(x)$，函數為奇函數，所以 $\max_{x \in \mathbb{R}} |g_n(x)| = \max_{x \geq 0} g_n(x)$。

對 $x \geq 0$，求導：
$$g_n'(x) = \frac{(1+nx^2) \cdot 1 - x \cdot 2nx}{(1+nx^2)^2} = \frac{1+nx^2-2nx^2}{(1+nx^2)^2} = \frac{1-nx^2}{(1+nx^2)^2}$$

令 $g_n'(x) = 0$：$1-nx^2 = 0$，得 $x = \frac{1}{\sqrt{n}}$

檢查二階導數可確認這是最大值點。

**步驟4：計算最大值**

在 $x = \frac{1}{\sqrt{n}}$ 處：
$$f_n\left(\frac{1}{\sqrt{n}}ight) = \frac{\frac{1}{\sqrt{n}}}{1+n \cdot \frac{1}{n}} = \frac{\frac{1}{\sqrt{n}}}{1+1} = \frac{1}{2\sqrt{n}}$$

因此：
$$\sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - f(x)| = \frac{1}{2\sqrt{n}}$$

**步驟5：判斷一致收斂性**

$$\lim_{n 	o \infty} \sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - f(x)| = \lim_{n 	o \infty} \frac{1}{2\sqrt{n}} = 0$$

**結論**

由於 $\sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - f(x)| 	o 0$ 當 $n 	o \infty$，根據一致收斂的定義，函數序列 $\{f_n\}$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致收斂到零函數。

答案：是的，$f_n$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致收斂。

Question 2

Show that $\sum_{m,n=1}^{\infty}(m+n)^{-p}$ converges if and only if $p > 2$.

Accepted Answer

我們需要證明雙重級數 $\sum_{m,n=1}^{\infty}(m+n)^{-p}$ 收斂當且僅當 $p > 2$。 **證明：** **第一部分：當 $p > 2$ 時，級數收斂** 設 $k = m + n$，其中 $m, n \geq 1$。對於固定的 $k$，滿足 $m + n = k$ 且 $m, n \geq 1$ 的正整數對 $(m,n)$ 的個數為 $k-1$（因為 $m$ 可以取 $1, 2, \ldots, k-1$，對應的 $n = k-m$）。因此： $$\sum_{m,n=1}^{\infty}(m+n)^{-p} = \sum_{k=2}^{\infty} \frac{k-1}{k^p} = \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k^{p-1}} - \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k^p}$$ 當 $p > 2$ 時： - $p-1 > 1$，所以 $\sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k^{p-1}}$ 收斂（$p$-級數判別法） - $p > 1$，所以 $\sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k^p}$ 收斂（$p$-級數判別法）因此當 $p > 2$ 時，原級數收斂。 **第二部分：當 $p \leq 2$ 時，級數發散** 我們使用比較判別法。注意到： $$\sum_{m,n=1}^{\infty}(m+n)^{-p} \geq \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k^p}$$ 這是因為對每個 $k \geq 2$，至少存在一對 $(m,n) = (1, k-1)$ 使得 $m+n = k$。當 $p \leq 2$ 時： - 若 $p \leq 1$，則 $\sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k^p}$ 發散（$p$-級數判別法） - 若 $1 < p \leq 2$，我們需要更精確的分析對於 $1 < p \leq 2$，我們有： $$\sum_{m,n=1}^{\infty}(m+n)^{-p} = \sum_{k=2}^{\infty} \frac{k-1}{k^p} \sim \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k^{p-1}}$$ 當 $k o \infty$ 時，$\frac{k-1}{k^p} \sim \frac{1}{k^{p-1}}$。當 $p \leq 2$ 時，$p-1 \leq 1$，所以 $\sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k^{p-1}}$ 發散。由極限比較判別法，$\lim_{k o \infty} \frac{\frac{k-1}{k^p}}{\frac{1}{k^{p-1}}} = \lim_{k o \infty} \frac{k-1}{k} = 1$ 因此當 $p \leq 2$ 時，原級數發散。 **結論：** $\sum_{m,n=1}^{\infty}(m+n)^{-p}$ 收斂當且僅當 $p > 2$。

Question 3

Let $f(x,y): \mathbb{R}^2 	o \mathbb{R}$ be a $C^1$ function. Show that we can find two points $p,q \in \mathbb{R}^2$ so that $p 
eq q$ and $f(p) = f(q)$.

Accepted Answer

此題要求證明對於任意 $C^1$ 函數 $f: \mathbb{R}^2 	o \mathbb{R}$，必存在兩個不同點 $p, q \in \mathbb{R}^2$ 使得 $f(p) = f(q)$。

**證明：**

我們使用反證法。假設 $f$ 是單射函數，即對於任意 $p 
eq q$，都有 $f(p) 
eq f(q)$。

**步驟1：構造輔助函數**
考慮函數 $g: \mathbb{R}^2 	o \mathbb{R}^3$ 定義為：
$$g(x,y) = (x, y, f(x,y))$$

由於 $f$ 是 $C^1$ 函數，所以 $g$ 也是 $C^1$ 函數。

**步驟2：分析 Jacobian 矩陣的秩**
計算 $g$ 的 Jacobian 矩陣：
$$Jg(x,y) = \begin{pmatrix}
1 & 0 \
0 & 1 \
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y) & \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)
\end{pmatrix}$$

這是一個 $3 	imes 2$ 矩陣。由於前兩行構成 $2 	imes 2$ 單位矩陣，所以對於任意點 $(x,y) \in \mathbb{R}^2$，都有 $	ext{rank}(Jg(x,y)) = 2$。

**步驟3：應用隱函數定理分析像集的局部結構**
由於 $	ext{rank}(Jg) = 2$ 在所有點成立，根據隱函數定理，對於每個點 $(x_0, y_0) \in \mathbb{R}^2$，存在其鄰域 $U$，使得 $g(U)$ 是 $\mathbb{R}^3$ 中的 2 維子流形。

**步驟4：分析單射假設的後果**
在單射假設下，$g$ 也是單射的（因為如果 $g(x_1, y_1) = g(x_2, y_2)$，則 $(x_1, y_1, f(x_1, y_1)) = (x_2, y_2, f(x_2, y_2))$，所以 $x_1 = x_2$, $y_1 = y_2$，從而 $(x_1, y_1) = (x_2, y_2)$）。

因此 $g: \mathbb{R}^2 	o g(\mathbb{R}^2)$ 是雙射，且 $g(\mathbb{R}^2)$ 局部上是 2 維子流形。

**步驟5：導出關鍵矛盾**
現在考慮 $g(\mathbb{R}^2)$ 在 $\mathbb{R}^3$ 中的結構。由於 $g$ 是單射且 $f$ 是連續的，對於任意 $z_0 \in f(\mathbb{R}^2)$，水平集 $\{(x,y) : f(x,y) = z_0\}$ 恰好包含一個點。

設這個點為 $(x_{z_0}, y_{z_0})$，則：
$$g(\mathbb{R}^2) = \{(x_{z_0}, y_{z_0}, z_0) : z_0 \in f(\mathbb{R}^2)\}$$

關鍵觀察：由於 $f: \mathbb{R}^2 	o \mathbb{R}$ 是連續的且 $\mathbb{R}^2$ 是連通的，$f(\mathbb{R}^2)$ 是 $\mathbb{R}$ 的連通子集，因此是一個區間。

這意味著 $g(\mathbb{R}^2)$ 可以參數化為：
$$\gamma: f(\mathbb{R}^2) 	o \mathbb{R}^3, \quad \gamma(t) = (x_t, y_t, t)$$

其中對每個 $t \in f(\mathbb{R}^2)$，$(x_t, y_t)$ 是唯一滿足 $f(x_t, y_t) = t$ 的點。

**步驟6：完成矛盾論證**
上述參數化顯示 $g(\mathbb{R}^2)$ 本質上是 $\mathbb{R}^3$ 中的一條曲線（1 維子流形），因為它可以用一個參數 $t$ 來描述。

但這與步驟2和步驟3的結論直接矛盾：我們證明了 $	ext{rank}(Jg) = 2$ 在所有點成立，這意味著 $g(\mathbb{R}^2)$ 局部上必須是 2 維子流形。

一個集合不可能同時是 1 維和 2 維的子流形，這是維度的基本性質。

因此，我們的假設（$f$ 是單射）必須是錯誤的。

**結論：**
必存在 $p 
eq q \in \mathbb{R}^2$ 使得 $f(p) = f(q)$。

Question 4

Assume $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ are positive, and $\lim\limits_{n	o\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = L$. Show that $\lim\limits_{n	o\infty}(a_n)^{1/n} = L$.

Accepted Answer

此題要證明：若正數數列 $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ 滿足 $\lim_{n o\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = L$，則 $\lim_{n o\infty}(a_n)^{1/n} = L$。 **證明：** 設 $\lim_{n o\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = L$，其中 $L \geq 0$（因為 $a_n > 0$）。對任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$ 使得當 $n \geq N$ 時： $$L - \varepsilon < \frac{a_{n+1}}{a_n} < L + \varepsilon$$ **步驟1：建立不等式** 對於 $n > N$，我們有： $$\frac{a_{N+1}}{a_N} \cdot \frac{a_{N+2}}{a_{N+1}} \cdots \frac{a_n}{a_{n-1}} = \frac{a_n}{a_N}$$ 由於每個比值都在 $(L-\varepsilon, L+\varepsilon)$ 內，得到： $$(L-\varepsilon)^{n-N} < \frac{a_n}{a_N} < (L+\varepsilon)^{n-N}$$ 因此： $$a_N(L-\varepsilon)^{n-N} < a_n < a_N(L+\varepsilon)^{n-N}$$ **步驟2：取 $n$ 次方根** 對上述不等式取 $n$ 次方根： $$(a_N)^{1/n}(L-\varepsilon)^{(n-N)/n} < (a_n)^{1/n} < (a_N)^{1/n}(L+\varepsilon)^{(n-N)/n}$$ **步驟3：取極限** 當 $n o \infty$ 時： - $(a_N)^{1/n} o 1$（因為 $a_N$ 是固定正數） - $(L-\varepsilon)^{(n-N)/n} = (L-\varepsilon)^{1-N/n} o L-\varepsilon$ - $(L+\varepsilon)^{(n-N)/n} = (L+\varepsilon)^{1-N/n} o L+\varepsilon$ 因此： $$L-\varepsilon \leq \liminf_{n o\infty}(a_n)^{1/n} \leq \limsup_{n o\infty}(a_n)^{1/n} \leq L+\varepsilon$$ **步驟4：結論** 由於 $\varepsilon > 0$ 是任意的，令 $\varepsilon o 0$ 得到： $$\liminf_{n o\infty}(a_n)^{1/n} = \limsup_{n o\infty}(a_n)^{1/n} = L$$ 因此 $\lim_{n o\infty}(a_n)^{1/n} = L$。這個結果稱為**比值判別法的逆向形式**，說明了比值極限的存在蘊含根式極限的存在且相等。

Question 5

Let $S$ be the surface formed by paraboloid $z = 1 - x^2 - y^2, z \geq 0$, and the unit disk centered at the origin in $xy$ plane. Let $F = (0,0,z)$. Compute $\iint_S F \cdot n ds$, where $n$ is the unit outward normal vector on $S$.

Accepted Answer

這題要計算向量場 $F = (0,0,z)$ 通過曲面 $S$ 的通量，其中 $S$ 由拋物面 $z = 1 - x^2 - y^2, z \geq 0$ 和 $xy$ 平面上的單位圓盤組成。

首先分析曲面 $S$ 的組成：
- 拋物面部分：$z = 1 - x^2 - y^2, z \geq 0$，即 $x^2 + y^2 \leq 1$
- 底面部分：$xy$ 平面上的單位圓盤，即 $z = 0, x^2 + y^2 \leq 1$

將曲面分為兩部分計算：$S = S_1 \cup S_2$

**第一部分：拋物面 $S_1$**

對於拋物面 $z = 1 - x^2 - y^2$，設 $g(x,y,z) = z - 1 + x^2 + y^2 = 0$

梯度為：$
abla g = (2x, 2y, 1)$

向外單位法向量：$\vec{n_1} = \frac{(2x, 2y, 1)}{\sqrt{4x^2 + 4y^2 + 1}}$

在拋物面上，$F = (0, 0, 1-x^2-y^2)$

$F \cdot \vec{n_1} = \frac{1-x^2-y^2}{\sqrt{4x^2 + 4y^2 + 1}}$

面積元素：$ds = \sqrt{1 + (\frac{\partial z}{\partial x})^2 + (\frac{\partial z}{\partial y})^2} \, dx \, dy = \sqrt{1 + 4x^2 + 4y^2} \, dx \, dy$

因此：
$$\iint_{S_1} F \cdot \vec{n_1} \, ds = \iint_{x^2+y^2 \leq 1} (1-x^2-y^2) \, dx \, dy$$

轉換為極坐標：$x = r\cos	heta, y = r\sin	heta$

$$\iint_{S_1} F \cdot \vec{n_1} \, ds = \int_0^{2\pi} \int_0^1 (1-r^2) r \, dr \, d	heta$$

$$= 2\pi \int_0^1 (r - r^3) \, dr = 2\pi \left[\frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4}ight]_0^1 = 2\pi \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{4}ight) = \frac{\pi}{2}$$

**第二部分：底面 $S_2$**

底面在 $xy$ 平面上，$z = 0$，向外法向量為 $\vec{n_2} = (0, 0, -1)$

在底面上，$F = (0, 0, 0)$

因此：$F \cdot \vec{n_2} = 0$

所以：$\iint_{S_2} F \cdot \vec{n_2} \, ds = 0$

**最終答案**

$$\iint_S F \cdot \vec{n} \, ds = \iint_{S_1} F \cdot \vec{n_1} \, ds + \iint_{S_2} F \cdot \vec{n_2} \, ds = \frac{\pi}{2} + 0 = \frac{\pi}{2}$$

Question 6

Consider the integral $g(x) = \int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t} e^{-tx} dt$. Show that the integral converges uniformly for $x \geq 0$.

Accepted Answer

要證明積分 $g(x) = \int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t} e^{-tx} dt$ 在 $x \geq 0$ 上一致收斂，我們需要證明對任意 $\epsilon > 0$，存在 $M > 0$ 使得對所有 $x \geq 0$ 和 $N > M$，都有 $\left|\int_N^{\infty} \frac{\sin t}{t} e^{-tx} dtight| < \epsilon$。

**步驟1：處理 $t = 0$ 附近的奇點**

首先注意到 $\lim_{t 	o 0^+} \frac{\sin t}{t} = 1$，所以被積函數在 $t = 0$ 處有可移除奇點。

**步驟2：$x = 0$ 的情況**

當 $x = 0$ 時，我們需要估計 $\left|\int_N^{\infty} \frac{\sin t}{t} dtight|$。

使用分部積分，令 $u = \frac{1}{t}$，$dv = \sin t \, dt$，則 $du = -\frac{1}{t^2} dt$，$v = -\cos t$：

$$\int_N^{\infty} \frac{\sin t}{t} dt = \left[-\frac{\cos t}{t}ight]_N^{\infty} - \int_N^{\infty} \frac{\cos t}{t^2} dt$$

第一項：當 $t 	o \infty$ 時，$\left|\frac{\cos t}{t}ight| \leq \frac{1}{t} 	o 0$，所以第一項為 $\frac{\cos N}{N}$。

第二項的絕對值估計：$\left|\int_N^{\infty} \frac{\cos t}{t^2} dtight| \leq \int_N^{\infty} \frac{1}{t^2} dt = \frac{1}{N}$。

因此：$\left|\int_N^{\infty} \frac{\sin t}{t} dtight| \leq \frac{|\cos N|}{N} + \frac{1}{N} \leq \frac{2}{N}$。

**步驟3：$x > 0$ 的情況**

當 $x > 0$ 時，使用相同的分部積分：

$$\int_N^{\infty} \frac{\sin t}{t} e^{-tx} dt = \left[-\frac{\cos t}{t} e^{-tx}ight]_N^{\infty} - \int_N^{\infty} \cos t \cdot \frac{d}{dt}\left(\frac{e^{-tx}}{t}ight) dt$$

第一項：當 $t 	o \infty$ 時，由於 $x > 0$，有 $\left|\frac{\cos t}{t} e^{-tx}ight| \leq \frac{e^{-tx}}{t} 	o 0$，所以第一項為 $\frac{\cos N}{N} e^{-Nx}$。

計算導數：$\frac{d}{dt}\left(\frac{e^{-tx}}{t}ight) = -\frac{xe^{-tx}}{t} - \frac{e^{-tx}}{t^2}$。

第二項變為：$\int_N^{\infty} \cos t \left(\frac{xe^{-tx}}{t} + \frac{e^{-tx}}{t^2}ight) dt$。

因此：
$$\left|\int_N^{\infty} \frac{\sin t}{t} e^{-tx} dtight| \leq \frac{e^{-Nx}}{N} + \int_N^{\infty} \left(\frac{x}{t} + \frac{1}{t^2}ight) e^{-tx} dt$$

**步驟4：估計第二個積分**

對於 $x > 0$，我們需要估計 $\int_N^{\infty} \left(\frac{x}{t} + \frac{1}{t^2}ight) e^{-tx} dt$。

首先估計 $\int_N^{\infty} \frac{e^{-tx}}{t^2} dt$：
由於 $e^{-tx} \leq 1$，有 $\int_N^{\infty} \frac{e^{-tx}}{t^2} dt \leq \int_N^{\infty} \frac{1}{t^2} dt = \frac{1}{N}$。

接下來估計 $\int_N^{\infty} \frac{xe^{-tx}}{t} dt$：
使用變數代換 $u = tx$，$du = x dt$，$t = \frac{u}{x}$：
$$\int_N^{\infty} \frac{xe^{-tx}}{t} dt = \int_{Nx}^{\infty} \frac{xe^{-u}}{u/x} \cdot \frac{du}{x} = \int_{Nx}^{\infty} \frac{e^{-u}}{u} du$$

由於 $\int_a^{\infty} \frac{e^{-u}}{u} du \leq \frac{e^{-a}}{a}$（這可以通過 $\frac{e^{-u}}{u} \leq \frac{e^{-u}}{a}$ 對 $u \geq a$ 成立來證明），我們有：
$$\int_{Nx}^{\infty} \frac{e^{-u}}{u} du \leq \frac{e^{-Nx}}{Nx}$$

因此：
$$\left|\int_N^{\infty} \frac{\sin t}{t} e^{-tx} dtight| \leq \frac{e^{-Nx}}{N} + \frac{e^{-Nx}}{Nx} + \frac{1}{N}$$…

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