國立臺灣大學九十五學年度轉學生入學考試試題詳解

請在答案卷上標明題號，按序作答。
一共 5 題，每題 20 分。

1. 1. Find the limit $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(\sqrt{n^2+n}-n)$.
   2. Determine whether the series converges or diverges: $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(n+1)^n}{n^{n+1}}$.
訣竅
第一小題可以整理後直接求得，第二小題可以利用極限比較審歛法判斷。
解法
1. 容易將原極限改寫並計算如下：

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(\sqrt{n^2+n}-n)=\lim_{n\to\infty}\frac n{\sqrt{n^2+n}+n}=\lim_{n\to\infty}\frac1{\sqrt{1+n^{-1}}+1}=\frac12$.

   【註】 數列 $a_n=\sqrt{n^2+n}-n$ 及其極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\frac12$ 參看下圖
   
2. 設 $\displaystyle a_n=\frac{(n+1)^n}{n^{n+1}}$、$\displaystyle b_n=\frac1n$，容易知道

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^n=e$

   因此由極限比較審歛法可知 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 與 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n$ 的歛散性相同，而後者為調和級數發散，因此前者亦發散。


2. Let $\displaystyle F(x)=\int_0^x\!\frac1{1+t^2}\,\mathrm dt+\int_0^{1/x}\!\frac1{1+t^2}\,\mathrm dt$, $x\neq0$.
   1. Show that $F(x)$ is constant on the interval $(-\infty,0)$ and constant on $(0,\infty)$.
   2. Evaluate the constant value(s) of $F(x)$.
訣竅
運用微積分基本定理即可求解。
解法
1. 若 $x>0$，則 $\displaystyle F'(x)=\frac1{1+x^2}+\frac{-1/x^2}{1+(1/x)^2}=0$，因此 $F$ 在 $(0,\infty)$ 上為常數；
   類似地可知在 $x<0$ 時也可得到 $F'(x)=0$，從而 $F$ 在 $(-\infty,0)$ 亦為常數。
2. 由於 $F$ 分別在 $(0,\infty)$、$(-\infty,0)$ 上為常數，因此我們知道

   $F=\begin{cases}c_1&\text{if}~x>0;\\c_2&\text{if}~x<0,\end{cases}$

   其中 $c_1$、$c_2$ 為欲求的常數。其常數可以分別計算如下：

   $\begin{aligned}&c_1=F(1)=2\int_0^1\!\frac1{1+t^2}\,\mathrm dt=2\tan^{-1}t\Big|_0^1=\frac\pi2,\\&c_2=F(-1)=2\int_0^{-1}\!\frac1{1+t^2}\,\mathrm dt=2\tan^{-1}t\Big|_0^{-1}=-\frac\pi2.\end{aligned}$
【註】 本題的結果證明了下列的三角恆等式：
$\tan^{-1}x+\tan^{-1}\frac1x=\begin{cases}\pi/2&\text{if~}x>0;\\-\pi/2&\text{if}~x<0.\end{cases}$
參看下圖



3. 1. Find the integral $\displaystyle\int_0^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx$.
   2. Use (i) to evaluate $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty\!e^{-x^2/2}\,\mathrm dx$.
訣竅
本題為經典的瑕積分問題，將其化為重積分後使用極座標即可求解；第二小題則利用變數代換後即可。
解法
1. 當 $x\geq1$ 時有 $x^2\geq x$，故 $0<e^{-x^2}\leq e^{-x}$。由於瑕積分 $\displaystyle\int_1^\infty\!e^{-x}\,\mathrm dx=-e^{-x}\Big|_1^\infty=e^{-1}<\infty$ 收斂，
   故根據比較大小知瑕積分 $\displaystyle\int_1^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx$ 也收斂。另一方面，$\displaystyle\int_0^1\!e^{-x^2}\,\mathrm dx$ 為通常的定積分，因此兩者之和形成的瑕積分 $\displaystyle\int_0^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx$ 收斂。
   設 $\displaystyle I=\int_0^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx$。

   $\displaystyle I^2=\left(\int_0^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx\right)\left(\int_0^\infty\!e^{-y^2}\,\mathrm dy\right)=\int_0^\infty\!\int_0^\infty\!e^{-x^2-y^2}\,\mathrm dx\,\mathrm dy.$

   運用極座標變換後可得

   $\displaystyle I^2=\int_0^{\pi/2}\!\int_0^\infty\!e^{-r^2}\cdot r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta=\frac\pi2\cdot\left.-\frac{e^{-r^2}}2\right|_0^\infty=\frac\pi4.$

   由此可知 $\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt\pi}2$。
2. 令 $x:=\sqrt2x$ 並配合對稱性，則本題的積分可以改寫並計算如下：

   $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty\!e^{-x^2/2}\,\mathrm dx=2\sqrt2\int_0^\infty\!e^{-x^2}\,\mathrm dx=\sqrt{2\pi}$.
【註】
• 函數 $f(x)=e^{-x^2}$ 在 $[0,\infty)$ 的圖形及其面積如下
  
• 函數 $g(x)=e^{-x^2/2}$ 在 $\mathbb R$ 的圖形及其面積如下
  


4. Let $S$ be the surface $\displaystyle\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$, and $\vec N$ be the outward unit normal vector of $S$.
   Consider the vector field $\displaystyle\vec F=\frac1{b^2}xy^2\,\vec i+\frac1{a^2}x^2y\,\vec j+\frac1{3c^2}z^3\,\vec k$.
   1. Find the divergence $\nabla\cdot\vec F$.
   2. Find the surface integral $\displaystyle\iint_S\!(\vec F\cdot\vec N)\,\mathrm dS$.
訣竅
根據散度的定義直接計算即可，接著運用 Gauss 散度定理計算之。
解法

1. 運用散度的定義計算如下：

   $\displaystyle\nabla\cdot\vec F=\frac\partial{\partial x}\frac{xy^2}{b^2}+\frac\partial{\partial y}\frac{x^2y}{a^2}+\frac\partial{\partial z}\frac{z^3}{3c^2}=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}$.

2. 【方法一】 設$\displaystyle K=\left\{(x,y,z)\in\mathbb R^3\,:\,\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\leq1\right\}$，運用 Gauss 散度定理可得

   $\displaystyle\iint_S\!(\vec F\cdot\vec N)\,\mathrm dS=\iiint_K\!\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\right)\,\mathrm dV$.

   利用橢球座標變換，令 $x=a\rho\sin\phi\cos\theta$、$y=b\rho\sin\phi\sin\theta$、$z=c\rho\cos\phi$，其中各變量的範圍為 $0\leq\rho\leq1$、$0\leq\theta\leq2\pi$、$0\leq\phi\leq\pi$，如此所求的通量可改寫並計算如下：

   $\begin{aligned}\iint_S\!(\vec F\cdot\vec N)\,\mathrm dS&=\int_0^\pi\!\int_0^{2\pi}\!\int_0^1\!\rho^2\cdot abc\rho^2\sin\phi\,\mathrm d\rho\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi\\&=abc\left(\int_0^1\!\rho^4\,\mathrm d\rho\right)\left(\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta\right)\left(\int_0^\pi\!\sin\phi\,\mathrm d\phi\right)=\frac{4\pi abc}5.\end{aligned}$

   【方法二】 將橢球面 $S$ 參數化為

   ${\bf r}(\theta,\phi)=(a\cos\theta\sin\phi,b\sin\theta\sin\phi,c\cos\phi)\quad\text{for}~0\leq\theta\leq2\pi,\,0\leq\phi\leq\pi.$

   那麼

   $\begin{aligned}\vec N\,\mathrm dS&={\bf r}_\phi\times{\bf r}_\theta=(a\cos\theta\cos\phi,b\sin\theta\cos\phi,-c\sin\phi)\times(-a\sin\theta\sin\phi,b\cos\theta\sin\phi,0)\\&=(bc\cos\theta\sin^2\phi,ac\sin\theta\sin^2\phi,ab\sin\phi\cos\phi).\end{aligned}$

   如此通量可參數化為下列的重積分並算之

   $\begin{aligned}\iint_S\!(\vec F\cdot\vec N)\,\mathrm dS&=\int_0^\pi\!\int_0^{2\pi}\!\left(a\cos\theta\sin^2\theta\sin^3\phi,b\cos^2\theta\sin\theta\sin^3\phi,\frac c3\cos^3\phi\right)\cdot\vec N\,\mathrm dS\\&=abc\int_0^\pi\!\int_0^{2\pi}\!\left(2\cos^2\theta\sin^2\theta\sin^5\phi+\frac13\sin\phi\cos^4\phi\right)\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\phi\\&=2abc\left(\int_0^{2\pi}\!\cos^2\theta\sin^2\theta\,\mathrm d\theta\right)\left(\int_0^\pi\!\sin^5\phi\,\mathrm d\phi\right)+\frac{2\pi abc}3\int_0^\pi\!\sin\phi\cos^4\phi\,\mathrm d\phi\\&=\frac{abc}2\left(\int_0^{2\pi}\!\sin^22\theta\,\mathrm d\theta\right)\left(\int_0^\pi\!(1-\cos^2\phi)^2\sin\phi\,\mathrm d\phi\right)-\left.\frac{2\pi abc}{15}\cos^5\phi\right|_0^\pi\\&=\frac{abc}4\left(\int_0^{2\pi}\!(1-\cos4\theta)\,\mathrm d\theta\right)\left(\int_0^\pi\!(1-2\cos^2\phi+\cos^4\phi)\sin\phi\,\mathrm d\phi\right)+\frac{4\pi abc}{15}\\&=\frac{abc}4\cdot2\pi\cdot\left.\left(-\cos\phi+\frac{2\cos^3\phi}3-\frac{\cos^5\phi}5\right)\right|_0^\pi+\frac{4\pi abc}{15}=\frac{12\pi abc}{15}=\frac{4\pi abc}5.\end{aligned}$



5. 1. Let $\vec r=x\,\vec i+y\,\vec j+z\,\vec k$. Show that $\displaystyle\oint_C\!\vec r\cdot\mathrm d\vec r=0$ for any closed curve $C$.
   2. Let $\vec F$ be the vector field $\vec F=x\,\vec i+y^2\,\vec j+ze^{xy}\,\vec k$ and $S$ be that part of the surface $z=1-x^2-2y^2$ with $z\geq0$. Evaluate $\displaystyle\iint_S\!(\nabla\times\vec F)\cdot\vec N\,\mathrm dS$, where $\vec N$ is the upward unit normal vector of $S$.
訣竅
任意封閉曲線的線積分恆為零等價於該向量場為保守場；第二小題可直接運用 Stokes 定理計算或將曲面封閉後使用 Gauss 散度定理求解。
解法

1. 根據訣竅所述，我們應證明 $\vec r$ 為保守場。為此我們容易注意到取位能函數為 $\displaystyle V(x,y,z)=\frac{x^2+y^2+z^2}2$，如此有 $\nabla V(x,y,z)=\vec r(x,y,z)$。因而 $\vec r$ 為保守場。

2. 【方法一】令 $C:\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+2y^2=1\}$ 且沿逆時針旋轉，據此利用 Stokes 定理可得

   $\begin{aligned}\iint_S\!(\nabla\times\vec F)\cdot\vec N\,\mathrm dS&=\oint_C\!\vec F\cdot\mathrm d\vec r=\int_0^{2\pi}\!\left(\cos t,\frac{\sin^2t}2\right)\cdot\left(-\sin t,\frac{\cos t}{\sqrt2}\right)\,\mathrm dt\\&=\int_0^{2\pi}\!\left(-\sin t\cos t+\frac{\sin^2t\cos t}{2\sqrt2}\right)\,\mathrm dt\\&=\left.\frac{\cos^2t}2+\frac{\sin^3t}{6\sqrt2}\right|_0^{2\pi}=0.\end{aligned}$

   【方法二】令 $D=\{(x,y,0)\in\mathbb R^3\,:\,x^2+2y^2\leq1\}$，並記 $K$ 為 $D$ 之上但在 $S$ 之下的區域。運用 Gauss 散度定理有

   $\displaystyle\iint_S\!(\nabla\times\vec F)\cdot\vec N\,\mathrm dS+\iint_D\!(\nabla\times\vec F)\cdot(0,0,-1)\,\mathrm dS=\iiint_K\!\nabla\cdot(\nabla\times\vec F)\,\mathrm dV=\iint_K\!0\,\mathrm dV=0$.

   因此

   $\displaystyle\iint_S\!(\nabla\times\vec F)\cdot\vec N\,\mathrm dS=-\iint_D\!(\nabla\times\vec F)\cdot(0,0,-1)\,\mathrm dS=\iint_D\!0\,\mathrm dx\,\mathrm dy=0$.