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 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{n^2+n}-n\right)$.
   2. Determine whether the series converges or diverges: $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(n+1\right)^n}{n^{n+1}}$.
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：

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{n^2+n}-n\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+n}+n}=\lim_{n\to\infty}\frac1{\sqrt{1+\frac1n}+1}=\frac12$.

2. 設 $\displaystyle a_n=\frac{\left(n+1\right)^n}{n^{n+1}}$、$\displaystyle b_n=\frac1n$，容易知道

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

   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 $\displaystyle F\left(x\right)=\int_0^x\frac1{1+t^2}dt+\int_0^{1/x}\frac{1}{1+t^2}dt$, $x\neq0$.
   1. Show that $F\left(x\right)$ is constant on the interval $\left(-\infty,0\right)$ and constant on $\left(0,\infty\right)$.
   2. Evaluate the constant value(s) of $F\left(x\right)$.
訣竅
運用微積分基本定理即可求解。
解法

1. 若 $x>0$，則 $\displaystyle F'\left(x\right)=\frac{1}{1+x^2}+\frac{-1/x^2}{1+\left(1/x\right)^2}=0$，因此 $F$ 在 $\left(0,\infty\right)$ 上為常數；類似地可知在 $x<0$ 時也可得到 $F'\left(x\right)=0$，從而 $F$ 在 $\left(-\infty,0\right)$ 亦為常數。
2. 由於 $F$ 分別在 $\left(0,\infty\right)$、$\left(-\infty,0\right)$ 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：

   $\displaystyle c_1=F\left(1\right)=2\int_0^1\frac{1}{1+t^2}dt=\left.2\tan^{-1}t\right|_0^1=\frac{\pi}{2}$

   $\displaystyle c_2=F\left(-1\right)=2\int_0^{-1}\frac{1}{1+t^2}dt=\left.2\tan^{-1}t\right|_0^{-1}=-\frac{\pi}{2}$

註：本題或許不該直接運用下述的反三角恆等式求解

$\displaystyle\tan^{-1}x+\tan^{-1}\frac1x=\begin{cases}\displaystyle\frac\pi2,&\text{if }x>0\\\displaystyle-\frac\pi2,&\text{if }x<0\end{cases}$



3. 1. Find the integral $\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx$.
   2. Use (i) to evaluate $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2/2}dx$.
訣竅
本題為經典的瑕積分問題，將其化為重積分後即可求解；第二小題則利用變數代換後即可。
解法

1. 設 $\displaystyle I=\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx$，則易知

   $\displaystyle\begin{aligned}I^2&=\left(\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx\right)\left(\int_0^{\infty}e^{-y^2}dy\right)\\&=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}e^{-x^2-y^2}dxdy\end{aligned}$

   運用極座標變換後可得

   $\displaystyle\begin{aligned}I^2&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\infty}e^{-r^2}rdrd\theta\\&=\frac{\pi}{2}\times\left.-\frac{e^{-r^2}}{2}\right|_0^{\infty}\\&=\frac\pi4.\end{aligned}$

   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：

   $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2/2}dx=2\sqrt2\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{2\pi}$



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 $\displaystyle\vec{F}=\frac{1}{b^2}xy^2\vec{i}+\frac1{a^2}x^2y\vec{j}+\frac{1}{3c^2}z^3\vec{k}$.
   1. Find the divergence $\nabla\cdot\vec{F}$.
   2. Find the surface integral $\displaystyle\iint_S\left(\vec{F}\cdot\vec{N}\right)dS$.
訣竅
根據散度的定義直接計算即可，接著運用高斯散度定理計算之。
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. 設$\displaystyle K=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3|\,\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\leq1\right\}$，運用高斯散度定理可得

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

   利用橢球座標變換，令 $\left\{\begin{aligned}&x=a\rho\sin\phi\cos\theta\\&y=b\rho\sin\phi\sin\theta\\&z=c\rho\cos\phi\end{aligned}\right.$，其中各變量的範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq\rho\leq1\\&0\leq\theta\leq2\pi\\&0\leq\phi\leq\pi\end{aligned}\right.$，如此上述的三重積分可以改寫並計算如下：

   $\begin{aligned}\displaystyle&\int_0^{\pi}\int_0^{2\pi}\int_0^1\rho^2\times abc\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi\\=&abc\left(\int_0^1\rho^4d\rho\right)\left(\int_0^{2\pi}d\theta\right)\left(\int_0^\pi\sin\phi\,d\phi\right)\\=&\frac{4\pi abc}5\end{aligned}$



5. 1. Let $\vec{r}=x\vec{i}+y\vec{j}+z\vec{k}$. Show that $\displaystyle\oint_C\vec{r}\cdot d\vec{r}=0$ 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 $\displaystyle\iint_S\left(\nabla\times\vec{F}\right)\cdot\vec{N}dS$, where $\vec{N}$ is the upward unit normal vector of $S$.
訣竅
要說明任意封閉曲線的線積分恆為零則須說明該向量場為保守場；第二小題可直接運用 Stokes 定理計算之。
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 $\displaystyle V\left(x,y,z\right)=\frac{x^2+y^2+z^2}2$，如此有 $\nabla V\left(x,y,z\right)=\vec{r}\left(x,y,z\right)$。因而 $\vec{r}$ 為保守場。

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

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

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

   $\displaystyle\iint_S\left(\nabla\times\vec{F}\right)\cdot\vec{N}\,dS+\iint_D\left(\nabla\times\vec{F}\right)\cdot\left(0,0,-1\right)dS=\iiint_K\nabla\cdot\left(\nabla\times\vec{F}\right)dV=0$

   因此

   $\displaystyle\iint_S\left(\nabla\times\vec{F}\right)\cdot\vec{N}dS=\iint_D0\,dxdy=0$