國立臺灣大學九十七學年度轉學生入學考試試題詳解

1. ($7\%$)($8\%$) Find the following limits:
   ($1a$) $\displaystyle\lim_{x\to0}f\left(x\right)$ with $\displaystyle f\left(x\right)=\sin\left(\frac1x\right)$ $I\left(x>0\right)$. ($1b$) $\displaystyle\lim_{x\to\infty}x\tan\left(\frac1x\right)$.
訣竅
若發散，應簡要說明發散原因，通常可透過數列逼近法獲知可收斂至兩種不同的值；若收斂，則應求出其值。
解法

1. 本題為發散。我們可取 $\displaystyle a_n=\frac1{2n\pi}$，其中 $n\in\mathbb N$，容易知道 $f\left(a_n\right)=0$。另一方面取 $\displaystyle b_n=\frac1{2n\pi+\frac12\pi}$，其中 $n\in\mathbb N$，也容易知道 $f\left(b_n\right)=1$。再者我們也有 $a_n\to0$、$b_n\to0$，因此此極限不存在。
2. 本題為收斂。我們取 $\displaystyle t=\frac1x$，如此原極限可以改寫並計算如下

   $\displaystyle\lim_{t\to0^+}\frac{\tan t}t=\lim_{t\to0^+}\left(\frac{\sin t}t\cdot\frac1{\cos t}\right)=1$.



2. ($7\%$)($8\%$) Find the derivatives of $y$ with respect to $x$.
   ($2a$) $x^3+y^2=\sin^2\left(y\right)$. ($2b$) $y=\tan^{-1}\left(\sqrt{x^2-1}\right)+\csc^{-1}\left(x\right)$, $x>1$.
訣竅
應用隱函數微分求解。
解法

1. 利用隱函數微分可得

   $\displaystyle3x^2+2y\frac{dy}{dx}=2\sin\left(y\right)\cos\left(y\right)\frac{dy}{dx}$.

   整理即得

   $\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{3x^2}{\sin2y-2y}$.

2. 直接計算微分可得

   $\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac1{\sqrt{x^2-1}^2+1}\cdot\frac{2x}{2\sqrt{x^2-1}}+\frac{-1}{x\sqrt{x^2-1}}=0$,

   其中針對 $\csc^{-1}x$ 的微分公式推導如下：

   首先設 $y=\csc^{-1}x$，則 $\csc y=x$，如此利用隱函數微分可得

   $\displaystyle-\cot y\csc y\frac{dy}{dx}=1$.

   如此得

   $\displaystyle\frac{dy}{dx}=-\tan y\sin y=\frac{-1}{x\sqrt{x^2-1}}$.



3. ($7\%$)($8\%$) Evaluate the following definite and indefinite integrals.
   ($3a$) $\displaystyle\int_0^2\frac{\log_2\left(x+2\right)}{x+2}\,dx$. ($3b$) $\displaystyle\int\frac{e^{\sin^{-1}\left(x\right)}}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$.
訣竅
注意微分的連鎖律考察原函數即可。
解法

1. 注意使用換底公式後即可計算如下

   $\displaystyle\int_0^2\frac{\log_2\left(x+2\right)}{x+2}\,dx =\int_0^2\frac{\ln\left(x+2\right)}{\ln2}\,d\ln\left(x+2\right)=\left.\frac1{2\ln2}\ln^2\left(x+2\right)\right|_0^2=\frac32\ln2$.

2. 注意到 $\sin^{-1}x$ 的微分為 $\displaystyle\frac1{\sqrt{1-x^2}}$，如此我們知道原不定積分計算如下

   $\displaystyle\int\frac{e^{\sin^{-1}(x)}}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=\int e^{\sin^{-1}x}\,d\sin^{-1}x=e^{\sin^{-1}x}+C$.



4. ($15\%$) Find the volume of the ellipsoid generated by resolving the semiellipse $\displaystyle y=\frac1a\sqrt{a^2-x^2}$, $\left|x\right|\leq a$, about the $x$-axis.
訣竅
根據題意利用半橢圓對 $x$ 軸的旋轉求橢球的體積。
解法

列式並計算如下

$\displaystyle\int_{-a}^a\pi y^2\,dx=\frac\pi{a^2}\int_{-a}^a\left(a^2-x^2\right)dx=\frac{2\pi}{a^2}\left.\left(a^2x-\frac{x^3}3\right)\right|_0^a=\frac{4\pi a}3$.



5. ($10\%$) Solve the differential equation $\displaystyle\frac{dy}{dx}=r\left(M-y\right)y$, $0<y<M$.
訣竅
分離變數法。
解法
透過移項可得
$\displaystyle\frac{dy}{\left(M-y\right)y}=r\,dx$.
變形整理有
$\displaystyle\frac1M\left(\frac1{M-y}+\frac1y\right)dy=r\,dx$.
同取積分即有
$\displaystyle\ln\frac y{M-y}=Mrx+\ln C$.
透過一系列的整理可得
$\displaystyle y=\frac{MCe^{Mrx}}{1+Ce^{Mrx}}$,
其中 $C$ 為積分常數。


6. ($10\%$) Evaluate $\displaystyle\iint_D\frac{\ln\left(x^2+y^2\right)}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dx\,dy$, where $D=\left\{\left(x,y\right):1\leq x^2+y^2\leq e\right\}$.
訣竅
根據題目的暗示可知應使用極座標變換。
解法

令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，其範圍為 $1\leq r\leq\sqrt e$、$0\leq\theta\leq2\pi$。如此原重積分可以改寫並計算如下

$\begin{aligned} \iint_D\frac{\ln\left(x^2+y^2\right)}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dx\,dy &=\iint_D\frac{\ln\left(x^2+y^2\right)}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dx\,dy\\&=\int_0^{2\pi}\int_1^{\sqrt e}\frac{\ln\left(r^2\right)}rr\,dr\,d\theta\\&=\left(\int_0^{2\pi}d\theta\right)\left(\int_1^{\sqrt e}2\ln r\,dr\right)\\&=4\pi\left.\left(r\ln r-r\right)\right|_1^{\sqrt e}\\&=2\pi\left(2-\sqrt e\right).\end{aligned}$



7. ($10\%$) Find the radius and interval of convergence of the power series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}n$.
訣竅
使用比值審歛法。
解法
依比值審歛法，我們設 $\displaystyle a_n=\frac1n$，如此收斂半徑 $R$ 計算如下
$\displaystyle R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=1$.
因此可知收斂半徑為 $1$。進而我們僅需檢驗 $x=\pm1$ 的位置是否收斂。
• 若 $x=1$，則原級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1n$，易知此為調和級數，故發散。
• 若 $x=-1$，則原級數寫為 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{\left(-1\right)^n}n$，由交錯級數審歛法可知收斂。
因此收歛區間為 $\left[-1,1\right)$。


8. ($10\%$) Determine the convergence or divergence of the series $\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac1{\sqrt n\ln\left(n\right)}$. Give reasons for your answer.
訣竅
可以使用積分審歛法(integral test)或比較審歛法(comparison test)。
解法一
根據積分審歛法我們設
$\displaystyle f\left(x\right)=\frac1{\sqrt x\ln x}$，
可以看到 $f\left(n\right)=a_n$，其中 $n\in\mathbb N$。容易看出此數列非負且遞減，最後檢驗下列瑕積分的歛散性即可：
$\displaystyle\int_2^\infty\frac{dx}{\sqrt x\ln x}>\int_2^\infty\frac{dx}{x\ln x}=\ln\left(\ln x\right)\Big|_2^\infty=\infty$.
因此原級數發散。
解法二
因為 $\sqrt n>\ln\left(n\right)$，所以有
$\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac1{\sqrt n\ln\left(n\right)}>\sum_{n=2}^\infty\frac1n$.
從而由調和級數發散推知原級數亦發散。