國立臺灣大學一百零六學年度轉學生入學考試試題詳解

• 本科目不得使用計算機

※請將選擇題作答於試卷內之「選擇題作答區」。
PART I: Multiple Choice (A), (B), (C), or (D). You do not need to justify your answer.
　　　　($40\%$; $4\%$ each.)

1. 1. $2^{3^2}=8^2=64$.
   2. $\tan^{-1}\left(\tan\pi\right)=\pi$.
   3. If $f\left(x\right)=f^{-1}\left(x\right)$ for all $x\in\mathbb R$, then $f\left(x\right)=x$.
   4. $\displaystyle\left(1+\frac1n\right)^n<3$ for all $n\in\mathbb N$.
訣竅
基礎符號與函數的認識與計算。
解法
1. $2^{3^2}:=2^{\left(3^2\right)}=2^9=512$，故此選項錯誤。
2. $\tan\pi=0$，而 $\displaystyle\tan^{-1}:\mathbb R\to\left(-\frac\pi2,\frac\pi2\right)$，因此 $\tan^{-1}\left(\tan\pi\right)=0$，故此選項錯誤。
3. 由於 $f\left(x\right)=f^{-1}\left(x\right)$，因此此函數與其對稱 $y=x$ 的函數會等同，顯而易見不僅 $f\left(x\right)=x$ 滿足此條件，$f\left(x\right)=-x$ 亦可。若考慮非連續函數則有更多的可能。因此本選項錯誤。
4. 此數列遞增有上界，其最小上界為 $e$，其近似值為 $2.71828\cdots$。因此對所有正整數 $n$ 皆能使 $\displaystyle\left(1+\frac1n\right)^n$ 恆小於 $3$。此選項正確。
綜上應選 (D)。


2. 1. If $f\left(x\right)$ is continuous on $\left(a,b\right)$, then there is $c\in\left(a,b\right)$ such that $\displaystyle f\left(c\right)=\max_{\left(a,b\right)}f\left(x\right)$.
   2. Suppose that $f\left(x\right)$ is continuous but not differentiable at $x=0$. Then function $g\left(x\right)=xf\left(x\right)$ must be differentiable at $x=0$.
   3. If $f\left(x\right)$ is a differentiable function, then $\displaystyle\lim_{x\to a}f'\left(x\right)=f'\left(a\right)$.
   4. If $f\left(x\right)$ is continuous on $\left[a,b\right]$ and differentiable on $\left(a,b\right)$, then there is a unique $c\in\left(a,b\right)$ such that $f\left(b\right)-f\left(a\right)=f'\left(c\right)\left(b-a\right)$.
訣竅
對於連續函數以及可導函數有清楚的瞭解。
解法
1. 設 $f\left(x\right)=x$、$a=0$、$b=1$，在此情況下 $f$ 在 $\left(0,1\right)$ 並無最大值，因此不存在 $c$ 能使 $\displaystyle f\left(c\right)=\max_{\left(0,1\right)}f\left(x\right)$，故此選項錯誤。
2. 根據導數的定義計算

   $\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{g\left(h\right)-g\left(0\right)}h=\lim_{h\to0}\frac{hf\left(h\right)}h=\lim_{h\to0}f\left(h\right)=f\left(0\right)$

   其中最後一個等號係根據 $f$ 在 $x=0$ 處的連續性。因此 $g$ 在 $x=0$ 處可導，其導數值為 $f\left(0\right)$，故此選項正確。
3. $f$ 為可導函數不意味著 $f'$ 為連續函數。考慮下列例子

   $\displaystyle f\left(x\right)=\left\{\begin{aligned} &x^2\sin\frac1x,&\quad x\neq0\\&0,&\quad x=0\end{aligned}\right.$

   此時有

   $\displaystyle f'\left(x\right)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x,\quad\mbox{for }x\neq0$

   並且有

   $\displaystyle f'\left(0\right)=\lim_{h\to0}\frac{f\left(h\right)-f\left(0\right)}h=\lim_{h\to0}h\sin\frac1h=0$

   最後可以注意到 $f'$ 在 $x=0$ 處不連續，因此沒有 $\displaystyle\lim_{x\to0}f'\left(x\right)=f'\left(0\right)$，故此選項錯誤。
4. 不一定唯一。考慮 $f\left(x\right)=x^4-x^2$ 定義在 $\left[-1,1\right]$ 上，如此可注意到取 $c=0$ 或 $\displaystyle c=\pm\frac1{\sqrt2}$ 皆能符合題幹條件，因此不唯一存在。此選項錯誤。
綜上應選 (B)


3. Consider the function $\displaystyle f\left(x\right)=\frac{1+e^{-x^2}}{1-e^{-x^2}}$.
   1. $f\left(x\right)$ does not have any horizontal asymptotes and any vertical asymptotes.
   2. $f\left(x\right)$ has a horizontal asymptote, but $f\left(x\right)$ does not have any vertical asymptotes.
   3. $f\left(x\right)$ has a vertical asymptote, but $f\left(x\right)$ does not have any horizontal asymptotes.
   4. $f\left(x\right)$ has a horizontal asymptote and a vertical asymptote.
訣竅
直接計算鉛直漸近線與水平漸近線。
解法
容易注意到 $\displaystyle\lim_{x\to0}f\left(x\right)=\infty$，因此 $x=0$ 為鉛直漸近線。再者又注意到
$\displaystyle\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)=1=\lim_{x\to-\infty}f\left(x\right)$
因此 $y=1$ 為水平漸近線。故選 (D)。


4. 1. $\displaystyle\int_{-\pi}^\pi\sin mx\sin nx\,dx=0$ for all $m,n\in\mathbb N$.
   2. $\displaystyle\int_{-\pi}^\pi\sin mx\cos nx\,dx=0$ for all $m,n\in\mathbb N$.
   3. $\displaystyle\int_{-\pi}^\pi\cos mx\cos nx\,dx=0$ for all $m,n\in\mathbb N$.
   4. $\displaystyle\int_{-\pi}^\pi\sin^mx\cos^nx\,dx=0$ for all $m,n\in\mathbb N$.
訣竅
運用 Fourier 積分的概念計算或選出答案即可。
解法
各選項直接計算如下
1. 當 $m=n$ 時有

   $\displaystyle\int_{-\pi}^\pi\sin^2mx\,dx=\int_{-\pi}^\pi\frac{1-\cos2mx}2dx=\pi\neq0$

   故此選項錯誤。
2. 運用積化和差，可得

   $\displaystyle\int_{-\pi}^\pi\sin mx\cos nx\,dx=\int_{-\pi}^\pi\frac{\sin\left(mx+nx\right)+\sin\left(mx-nx\right)}2dx=\frac12\int_{-\pi}^\pi\sin\left[\left(m-n\right)x\right]dx$

   當 $m=n$ 時，被積分函數為零函數，因此積分值亦為 $0$；當 $m\neq n$ 時，可得 $\displaystyle\left.\frac1{m-n}\cos\left[\left(m-n\right)x\right]\right|_{-\pi}^{\pi}=0$。

   綜上可知此定積分必為 $0$，故此選項正確。

3. 當 $m=n$ 時有

   $\displaystyle\int_{-\pi}^\pi\cos^2mx\,dx=\int_{-\pi}^\pi\frac{1+\cos2mx}2dx=\pi\neq0$

   故此選項錯誤。
4. 當 $m=n=2$ 時有

   $\displaystyle\int_{-\pi}^\pi\sin^2x\cos^2x\,dx=\frac14\int_{-\pi}^\pi\sin^22x\,dx=\frac18\int_{-\pi}^\pi\left(1-\cos4x\right)dx=\frac\pi4\neq0$

   故此選項錯誤。
綜上應選 (B)。


5. Consider the improper integral $\displaystyle I_p=\int_0^{\infty}\frac1{x^p}dx$, where $p$ is a positive number.
   1. $I_p$ is convergent if $p>1$ and divergent if $0<p\leq1$.
   2. $I_p$ is convergent if $0<p<1$ and divergent if $p\geq1$.
   3. $I_p$ is convergent for all $p>0$.
   4. $I_p$ is divergent for all $p>0$.
訣竅
此為經典瑕積分，其結果與推導手法應熟悉之。
解法
本題之瑕積分宜先分拆為 $\displaystyle\int_0^1\frac1{x^p}dx+\int_1^{\infty}\frac1{x^p}dx$，接著這兩個瑕積分皆應分別說明其收斂或發散。
當 $p=1$ 時，第二項瑕積分可計算如下
$\displaystyle\lim_{t\to\infty}\int_1^t\frac1xdx=\lim_{t\to\infty}\ln x\Big|_1^t=\lim_{t\to\infty}\ln t=\infty$
因此 $p=1$ 時原本的瑕積分發散。
當 $0<p<1$ 時，我們可知對 $x>1$ 而言恆有 $\displaystyle\frac1{x^p}>\frac1x$，因此由比較可知 $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac1{x^p}dx>\int_1^{\infty}\frac1xdx$，因此第二項的瑕積分亦發散，從而 $I_p$ 發散。
當 $p>1$ 時，我們可知對 $0<x<1$ 而言恆有 $\displaystyle\frac1x>\frac1{x^p}$，因此由比較可知
$\displaystyle\int_0^1\frac1{x^p}dx>\int_0^1\frac1xdx=\lim_{t\to0^+}\int_t^1\frac1xdx=\lim_{t\to0^+}\left(-\ln t\right)=\infty$
因此亦發散。
綜上，$I_p$ 對所有的正實數 $p$ 皆發散，故選 (D)。


6. The enclosed area of the curve $\left(x^2+y^2\right)^2=x^2-y^2$ can be written in the integral form as
   1. $\displaystyle2\int_0^{\frac\pi4}\cos2\theta\,d\theta$.
   2. $\displaystyle4\int_0^{\frac\pi4}\cos2\theta\,d\theta$.
   3. $\displaystyle2\int_0^{\frac\pi4}\sqrt{\cos2\theta}d\theta$.
   4. $\displaystyle\frac12\int_0^{\frac\pi4}\cos2\theta\,d\theta$.
訣竅
將曲線改寫為極座標之形式後，運用極座標形式的面積公式即可列得，其中應特別留意面積之對稱性。
解法
設 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，代入後曲線方程可改寫為
$\left(r^2\right)^2=r^2\cos^2\theta-r^2\sin^2\theta$
即可寫為 $r^2=r\sqrt{\cos2\theta}$ 或寫為 $\displaystyle r=\sqrt{\cos2\theta}$，此時可以注意到適當的角度範圍應能使 $\cos2\theta$ 非負，即 $\displaystyle-\frac\pi4\leq\theta\leq\frac\pi4$ 或 $\displaystyle\frac{3\pi}4\leq\theta\leq\frac{5\pi}4$，因此面積為
$\displaystyle\frac12\int_{-\frac\pi4}^{\frac\pi4}r^2d\theta+\frac12\int_{\frac{3\pi}4}^{\frac{5\pi}4}r^2d\theta=\frac12\int_{-\frac\pi4}^{\frac\pi4}\cos2\theta\,d\theta+\frac12\int_{\frac{3\pi}4}^{\frac{5\pi}4}\cos2\theta\,d\theta=2\int_0^{\frac\pi4}\cos2\theta\,d\theta$
故選 (A)。


7. 1. If both $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ and $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ are absolutely convergent, then $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n=\left(\sum_{n=1}^{\infty}a_n\right)\cdot\left(\sum_{n=1}^{\infty}b_n\right)$.
   2. If $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ is convergent and $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ is divergent, then $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n+b_n\right)$ must be divergent.
   3. Suppose that $f\left(x\right)$ is a positive and continuous function on $\left[1,\infty\right)$, and the improper integral $\displaystyle\int_1^{\infty}f\left(x\right)dx$ is convergent. Let $a_n=f\left(n\right)$, then $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ is convergent.
   4. If $a_n\leq b_n$ for all $n\in\mathbb N$ and $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ is convergent, then $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ must be convergent.
訣竅
針對級數的一般特性有基礎瞭解即可。
解法
1. 一般而言，級數沒有這樣的特性，例如取 $\displaystyle a_n=b_n=\frac1{n^2}$，則有

   $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4}=\frac{\pi^4}{90}\neq\frac{\pi^2}6\cdot\frac{\pi^2}6=\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}\right)\cdot\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}\right)=\left(\sum_{n=1}^{\infty}a_n\right)\cdot\left(\sum_{n=1}^{\infty}b_n\right)$

   故此選項錯誤。
2. 運用反證法，假定 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n+b_n\right)$ 收斂，則 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n+b_n\right)-\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 亦收斂，這表明 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ 收斂，與題目之假設矛盾，因此此選項正確。
3. 此類似於積分審歛法，但缺少 $f$ 遞減的條件，因此這樣的推論並不正確。例如考慮 $\displaystyle f\left(x\right)=\frac1{x^4\sin^2\left(x\pi\right)+1}$，如此可得

   $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac1{x^4\sin^2\left(x\pi\right)^2+1}dx<\frac{\pi^2}6$

   原因如下：我們考慮在區間上 $\left[k,k+1\right]$ 的定積分，則有

   $\displaystyle\int_k^{k+1}\frac{dx}{x^4\sin^2\left(x\pi\right)+1}<\int_k^{k+1}\frac{dx}{\left(k^4-1\right)\sin^2\left(x\pi\right)+1}=\int_{-\frac12}^{\frac12}\frac{dx}{\left(k^4-1\right)\sin^2\left(x\pi\right)+1}=\frac1{k^2}$

   這意味著

   $\displaystyle\int_1^{\infty}\frac{dx}{x^4\sin^2\left(x\pi\right)+1}=\sum_{k=1}^{\infty}\int_k^{k+1}\frac{dx}{x^4\sin^2\left(x\pi\right)+1}<\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2}=\frac{\pi^2}6$

   但另一方面可以輕易得到 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^4\sin^2\left(n\pi\right)+1}=\infty$。因此本選項錯誤。
4. 考慮 $a_n=-1$、$\displaystyle b_n=\frac1{n^2}$，則 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n=\frac{\pi^2}6$，但 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 明顯發散。故本選項錯誤。

   註：若考慮條件為 $0\leq a_n\leq b_n$ 則本選項正確。
綜上，應選 (B)。


8. 1. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^n\left(1-\cos\frac1n\right)$ is absolutely convergent.
   2. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n-\ln n}$ is convergent.
   3. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^{1+\frac1n}}$ is convergent.
   4. $\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac1n\ln\left(\frac{n+1}{n-1}\right)$ is divergent.
訣竅
運用極限比較審歛法判斷各選項是否收斂或發散。
解法
1. 由於本選項關心其是否絕對收斂，又可注意到 $\displaystyle1-\cos\frac1n\geq0$，因此我們要關心的是此級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}1-\cos\frac1n$是否收斂。運用極限比較審歛法，記 $\displaystyle a_n=1-\cos\frac1n$、$\displaystyle b_n=\frac1{n^2}$，則有 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\frac12$ 且由 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ 收斂，故知 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收斂，因此本選項正確。
2. 運用比較審歛法，設 $\displaystyle a_n=\frac1{n-\ln n}$、$\displaystyle b_n=\frac1n$，則計算極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n\to\infty}\frac1{1-\frac{\ln n}n}=1$，這表明 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 與 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ 同時收斂或同時發散。而 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ 由 $p$ 級數在 $p=1$ 時發散，因此 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 發散，故本選項錯誤。
3. 運用極限比較審歛法，設 $\displaystyle a_n=\frac1{n^{1+\frac1n}}$、$\displaystyle b_n=\frac1n$，則計算極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n\to\infty}\frac1{n^{1/n}}=1$。因此 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 與 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ 同時收斂或同時發散，而 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ 則由 $p$ 級數在 $p=1$ 時發散，因此 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 亦發散，故此選項錯誤。
4. 運用極限比較審歛法，設 $\displaystyle a_n=\frac1n\ln\left(\frac{n+1}{n-1}\right)$、$\displaystyle b_n=\frac1{n^2}$，計算極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n\to\infty}n\ln\left(\frac{n+1}{n-1}\right)=\ln e^2=2$，因此當 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 與 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ 同時收斂或同時發散，而 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ 由 $p$ 級數在 $p=2$ 時收斂，故 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 亦收斂，因此本選項錯誤。
綜上，應選 (A)。


9. Consider the function $f\left(x,y\right)=\sqrt{\left|xy\right|}$.
   1. $f\left(x,y\right)$ is not continuous at $\left(0,0\right)$.
   2. $f\left(x,y\right)$ is continuous at $\left(0,0\right)$, but partial derivatives $f_x\left(0,0\right)$ and $f_y\left(0,0\right)$ do not exist.
   3. Both partial derivatives $f_x\left(0,0\right)$ and $f_y\left(0,0\right)$ exist, but $f\left(x,y\right)$ is not differentiable at $\left(0,0\right)$.
   4. $f\left(x,y\right)$ is differentiable at $\left(0,0\right)$.
訣竅
按照定義與已知關於多變數函數性質進行分析即可。
解法
多項式函數、絕對值函數與根號函數皆為連續函數，而其合成亦為連續函數，故 $f$ 在 $\left(0,0\right)$ 處連續。接著考慮 $f$ 對 $x$ 及對 $y$ 的偏導數如下
$\displaystyle\begin{aligned} &f_x\left(0,0\right)=\lim_{h\to0}\frac{f\left(h,0\right)-f\left(0,0\right)}h=\lim_{h\to0}\frac0h=0\\&f_y\left(0,0\right)=\lim_{h\to0}\frac{f\left(0,h\right)-f\left(0,0\right)}h=\lim_{h\to0}\frac0h=0\end{aligned}$
因此這兩個偏導函數值皆存在且為 $0$。然而先設 $\vec{u}=\left(u_1,u_2\right)$ 接著應用定義計算其方向導數則有
$\displaystyle D_{\vec{u}}f\left(0,0\right)=\lim_{h\to0}\frac{f\left(hu_1,hu_2\right)-f\left(0,0\right)}h=\lim_{h\to0}\frac{\left|h\right|\sqrt{\left|u_1u_2\right|}}h$
可注意到左右極限之值不同，因此 $f$ 在此處不可導。
綜上所述，應選 (C)。


10. Consider the spherical coordinates system $x=\rho\sin\phi\cos\theta$, $y=\rho\sin\phi\sin\theta$, and $z=\rho\cos\phi$. The volume element $dV=dx\,dy\,dz$ can be changed as
    1. $\rho\sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi$
    2. $\rho\cos\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi$
    3. $\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi$
    4. $\rho^2\cos\phi\,d\rho\,d\theta\,d\phi$.
訣竅
運用 Jacobian 行列式即可計算之。
解法
依據變數變換定理可知
$\displaystyle dV=dx\,dy\,dz=\left|\frac{\partial\left(x,y,z\right)}{\partial\left(\rho,\theta,\phi\right)}\right|d\rho\,d\theta\,d\phi$
其中 $\displaystyle\frac{\partial\left(x,y,z\right)}{\partial\left(\rho,\theta,\phi\right)}$ 可計算如下
$\displaystyle\begin{aligned}\frac{\partial\left(x,y,z\right)}{\partial\left(\rho,\theta,\phi\right)}&=\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial\rho}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial\theta}&\displaystyle\frac{\partial x}{\partial\phi}\\\displaystyle\frac{\partial y}{\partial\rho}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial\theta}&\displaystyle\frac{\partial y}{\partial\phi}\\\displaystyle\frac{\partial z}{\partial\rho}&\displaystyle\frac{\partial z}{\partial\theta}&\displaystyle\frac{\partial z}{\partial\phi}\end{vmatrix}\\&=\begin{vmatrix}\sin\phi\cos\theta&-\rho\sin\phi\sin\theta&\rho\cos\phi\cos\theta\\\sin\phi\sin\theta&\rho\sin\phi\cos\theta&\rho\cos\phi\sin\theta\\\cos\phi&0&-\rho\sin\phi\end{vmatrix}\\&=-\rho^2\sin^3\phi\cos^2\theta-\rho^2\sin\phi\cos^2\phi\sin^2\theta-\rho^2\sin\phi\cos^2\phi\cos^2\theta-\rho^2\sin^3\phi\sin^2\theta\\&=-\rho^2\sin^3\phi-\rho^2\sin\phi\cos^2\phi\\&=-\rho^2\sin\phi\end{aligned}$
因此我們有 $dV=\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta$。故本題應選 (C)。

PART II: Answer the following questions. ($30\%$; $5\%$ each.)

11. Suppose that $a,b$ and $c$ are constants and $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{ax^2+bx+c}+3x\right)=2$, then $\left(a,b\right)=$ (11) .
訣竅
透過有理化運算極限即可。
解法
有理化後可得
$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{\left(a-9\right)x^2+bx+c}{\sqrt{ax^2+bx+c}-3x}=2$
假若 $a\neq9$，則由分子分母的次數進行比較可知極限發散，但此極限存在，故 $a=9$。從而有
$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{bx+c}{\sqrt{9x^2+bx+c}-3x}=2$
分子分母同除以 $x$ 並留意 $x$ 的值為負，如此可得
$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{\displaystyle b+\frac cx}{\displaystyle-\sqrt{9+\frac bx+\frac c{x^2}}-3}=2$
即有 $\displaystyle\frac b{-6}=2$，因此 $b=-12$。故本題之所求為 $\left(a,b\right)=\left(9,-12\right)$。


12. Let $f\left(x\right)=e^x\left(e^x-1\right)\left(e^x-2\right)\cdots\left(e^x-106\right)$. Find $f'\left(0\right)=$ (12) .
訣竅
運用導數的定義即可。
解法

運用定義可得

$\displaystyle\begin{aligned}f'\left(0\right)&=\lim_{h\to0}\frac{f\left(h\right)-f\left(0\right)}h\\&=\lim_{h\to0}\frac{e^h\left(e^h-1\right)\left(e^h-2\right)\cdots\left(e^h-106\right)}h\\&=\lim_{h\to0}\frac{e^h-1}h\cdot\lim_{h\to0}e^h\cdot\left(e^h-2\right)\cdots\left(e^h-106\right)\\&=1\cdot\left(1-2\right)\cdot\left(1-3\right)\cdots\left(1-106\right)=-105!.\end{aligned}$



13. Suppose that $f\left(t\right)$ is a continuous function on $\left(1,\infty\right)$ satisfying $\displaystyle\int_2^{1+x^2}f\left(t\right)dt=\ln x$, then $f\left(10\right)=$ (13) .
訣竅

運用微積分基本定理與連鎖律計算之即可，也就是

$\displaystyle\frac{d}{dx}\int_0^{g\left(x\right)}f\left(t\right)dt=f\left(g\left(x\right)\right)g'\left(x\right)$

解法
微分後可得
$\displaystyle f\left(1+x^2\right)\cdot2x=\frac1x$
取 $x=3$ 代入即有 $\displaystyle f\left(10\right)=\frac1{18}$。


14. Evaluate the definite integral $\displaystyle\int_{\frac12}^1\frac{\sin^{-1}x}{x^2}dx=$ (14) .
訣竅
運用分部積分法計算之。
解法

運用分部積分法可得

$\begin{aligned}\displaystyle\int_{\frac12}^1\frac{\sin^{-1}x}{x^2}dx&=-\int_{\frac12}^1\sin^{-1}x\,d\frac1x\\&=\left.-\frac{\sin^{-1}x}x\right|_{\frac12}^1+\int_{\frac12}^1\frac1x\,d\sin^{-1}x\\&=-\frac\pi2+2\cdot\frac\pi6+\int_{\frac12}^1\frac1{x\sqrt{1-x^2}}dx\end{aligned}$

此運用三角代換法，令 $x=\sin\theta$，則有

• 當 $x=1$ 時，則 $\displaystyle\theta=\frac\pi2$；
• 當 $\displaystyle x=\frac12$ 時，則 $\displaystyle\theta=\frac\pi6$；
• 求導有 $dx=\cos\theta\,d\theta$。

於是所求可以改寫並計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}\int_{\frac12}^1\frac{\sin^{-1}x}{x^2}dx&=-\frac\pi6+\int_{\frac\pi6}^{\frac\pi2}\frac{\cos\theta}{\sin\theta\cos\theta}d\theta\\&=-\frac\pi6+\int_{\frac\pi6}^{\frac\pi2}\csc\theta\,d\theta\\&=-\frac\pi6+\left.\ln\left|\csc x-\cot x\right|\right|_{\frac\pi6}^{\frac\pi2}\\&=\ln\left(2+\sqrt3\right)-\frac\pi6\\&=-\ln\left(2-\sqrt3\right)-\frac\pi6.\end{aligned}$

其中 $\displaystyle\int\csc\theta\,d\theta$ 可計算如下

$\begin{aligned}\displaystyle\int\frac1{\sin\theta}d\theta&=\int\frac{\sin\theta}{1-\cos^2\theta}d\theta\\&=-\frac12\int\left(\frac1{1-\cos\theta}+\frac1{1+\cos\theta}\right)d\cos\theta\\&=\frac12\ln\left(1-\cos\theta\right)-\frac12\ln\left(1+\cos\theta\right)+C\\&=\frac12\ln\left(\frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}\right)+C\\&=\ln\sqrt{\frac{1-\cos\theta}{1+\cos\theta}}+C\\&=\ln\frac{\left|\sin\theta\right|}{1+\cos\theta}+C\\&=\ln\left|\csc\theta-\cot\theta\right|+C\end{aligned}$



15. The length of the curve $\displaystyle C:\left(x\left(t\right),y\left(t\right)\right)=\left(t^3+1,\frac32t^2-1\right)$, $0\leq t\leq1$ is (15) .
訣竅
運用曲線弧長公式計算之即可。
解法

運用曲線弧長公式直接計算如下

$\displaystyle\begin{aligned}s&=\int_0^1\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}dt\\&=\int_0^1\sqrt{\left(3t^2\right)^2+\left(3t\right)^2}dt\\&=\int_0^1\sqrt{9t^4+9t^2}dt\\&=3\int_0^1t\sqrt{t^2+1}dt\\&=\frac32\int_0^1\sqrt{t^2+1}dt^2\\&=\left.\left(t^2+1\right)^{\frac32}\right|_0^1\\&=2\sqrt2-1.\end{aligned}$



16. Reverse the order of the iterated integral $\displaystyle\int_0^{\pi}\int_{\sin x}^1f\left(x,y\right)dydx$: (16) .
訣竅
運用不等式列出積分範圍後改寫之。
解法

原先之積分範圍可表達為 $\left\{\begin{aligned} &0\leq x\leq\pi\\&\sin x\leq y\leq1\end{aligned}\right.$，其中可注意到當 $\displaystyle x=\frac\pi2$ 時將使 $y=1$，因此應以 $\displaystyle x=\frac\pi2$ 作為分界如下：

• 當 $\displaystyle x<\frac\pi2$ 時，部分的範圍能表達為 $\left\{\begin{aligned} &0\leq x\leq\sin^{-1}y\\&0\leq y\leq1\end{aligned}\right.$；
• 當 $\displaystyle x>\frac\pi2$ 時，部分的範圍能表達為 $\left\{\begin{aligned} &\pi-\sin^{-1}y\leq x\leq\pi\\&0\leq y\leq1\end{aligned}\right.$。

綜合而言，原本的重積分可以改寫為

$\displaystyle\int_0^1\int_0^{\sin^{-1}y}f\left(x,y\right)dxdy+\int_0^1\int_{\pi-\sin^{-1}y}^{\pi}f\left(x,y\right)dxdy$

PART III: Solve the following problems. You need to write down complete arguments.
　　　　($30\%$; $10\%$ each.)

17. Given a family of parabolas $\displaystyle P_n: y=nx^2+\frac1n$, where $n\in\mathbb N$. Let $A_n$ be the area between $P_n$ and $P_{n+1}$. Find the limit $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{A_n}{n^3}$.
訣竅
依照題幹敘述計算出 $A_n$ 後計算所求之極限。
解法

設 $A_n$ 為 $P_n$ 與 $P_{n+1}$ 所包圍之區域面積，因此我們應須考慮此兩拋物線之交點以確定積分範圍來求出面積。我們聯立解 $P_n$ 與 $P_{n+1}$ 的交點如下

$\displaystyle\left\{\begin{aligned} &y=nx^2+\frac1n\\&y=\left(n+1\right)x^2+\frac1{n+1}\end{aligned}\right.$

如此可解得 $\displaystyle x^2=\frac1n-\frac1{n+1}$，即 $\displaystyle x=\pm\frac1{\sqrt{n\left(n+1\right)}}$，此時 $\displaystyle y=\frac{2n+1}{n\left(n+1\right)}$。

因此 $A_n$ 可以計算如下

$\begin{aligned}\displaystyle A_n&=\int_{-\frac1{\sqrt{n\left(n+1\right)}}}^{\frac1{\sqrt{n\left(n+1\right)}}}\left[\left(nx^2+\frac1n\right)-\left(\left(n+1\right)x^2+\frac1{n+1}\right)\right]dx\\&=\left.-\frac{x^3}3+\frac x{n\left(n+1\right)}\right|_{-\frac1{\sqrt{n\left(n+1\right)}}}^{\frac1{\sqrt{n\left(n+1\right)}}}\\&=\frac2{\sqrt{n\left(n+1\right)}}\cdot\frac2{3n\left(n+1\right)}\\&=\frac43n^{-\frac32}\left(n+1\right)^{-\frac32}\end{aligned}$

因此題目所求即可表達如下

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{A_n}{n^3}=\frac43\lim_{n\to\infty}\frac1{n^{9/2}\left(n+1\right)^{3/2}}=0$



18. Use the Taylor series method to find the limit $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1-x^4}-e^{2x^4}}{\left(1-\cos x\right)\sin^2x}$.
訣竅
根據常見初等函數的 Taylor 展開式求解之即可。
解法

基於下列初等函數的 Taylor 展開式

$\displaystyle\begin{aligned}\sqrt{1+x}&=1+\frac x2-\frac{x^2}8\pm\cdots+\frac{\left(-1\right)^{n-1}\left(2n-2\right)!}{2^{2n-1}n!\left(n-1\right)!}x^n+\cdots\\e^x&=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\cdots\\\cos\left(x\right)&=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}\pm\cdots+\frac{\left(-1\right)^nx^{2n}}{\left(2n\right)!}+\cdots\\\sin\left(x\right)&=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}\pm\cdots+\frac{\left(-1\right)^nx^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}+\cdots\end{aligned}$

如此所求之極限可改寫如下

$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle\left(1+\frac{-x^4}2+\cdots\right)-\left(1+2x^4+\cdots\right)}{\displaystyle\left[1-\left(1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots\right)\right]\left(x-\frac{x^3}{3!}+\cdots\right)^2}=\lim_{x\to0}\frac{\displaystyle-\frac{5x^4}2+\cdots}{\displaystyle\frac{x^4}2+\cdots}=-5$



19. Suppose that $f\left(t\right)$ is a continuous function on $\left[0,\infty\right)$ satisfying

    $\displaystyle f\left(t\right)=e^{\pi t^2}+\iint_{x^2+y^2\leq t^2}f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)dA$.

    Find $f\left(t\right)$.
訣竅
利用極座標改寫二重積分，接著將積分方程改為微分方程後使用積分因子法求解之。另外應注意積分方程本身可提供初始條件，以確定積分常數之值。
解法
由於 $f$ 為連續函數，因此 $\displaystyle\int_{x^2+y^2\leq t^2}f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)dA$ 為可導函數，故 $f$ 亦為可導函數，並且先將原方程作一改寫如下
$\displaystyle f\left(t\right)=e^{\pi t^2}+\int_0^{2\pi}\int_0^tf\left(r\right)r\,dr\,d\theta=e^{\pi t^2}+2\pi\int_0^tf\left(r\right)r\,dr$
兩邊同對 $t$ 微分可得
$f'\left(t\right)=2\pi te^{\pi t^2}+2\pi tf\left(t\right)$
移項可得
$f'\left(t\right)-2\pi tf\left(t\right)=2\pi te^{\pi t^2}$
利用積分因子法，令 $\displaystyle\mu=\exp\left[-\int2\pi t\,dt\right]=\exp\left(-\pi t^2\right)$，因此兩邊同乘 $\mu$ 可得
$\left(e^{-\pi t^2}f\left(t\right)\right)'=e^{-\pi t^2}f'\left(t\right)-2\pi te^{-\pi t^2}f\left(t\right)=2\pi t$
接著在 $\left[0,t\right]$ 上同取積分即有
$e^{-\pi t^2}f\left(t\right)-f\left(0\right)=\pi\left(t^2-0^2\right)$
再者，根據題目給定的方程取 $t=0$ 有 $f\left(0\right)=1$，因此可求出 $f$ 如下
$f\left(t\right)=\left(1+\pi t^2\right)e^{\pi t^2}$
此即所求。