基本上會以講題解為主啦
## 題解
### P1
(1)證明$\Large\frac{de^x}{dx}={e^x}$
解法1:你可以從定義下手(10分)
\begin{aligned}
\frac{de^x}{dx}&=\lim_{h\to 0}{\frac{e^{x+h}-e^x}{h}}\\
&=e^x\cdot{\lim_{h\to 0}{\frac{e^h-1}{h}}} \small \ \ \ set \ y=e^h-1 \to ln(y+1)=h\\
&=e^x\cdot{\lim_{y\to 0}\frac{y}{ln(y+1)}}\\
&=e^x\cdot{\lim_{y\to 0}\cfrac{1}{\frac{ln(y+1)}{y}}}\\
&=e^x\cdot{\lim_{y\to 0}\frac{1}{ln[(y+1)^{\frac{1}{y}}]}} \ \small set \ z=\frac{1}{y}\\
&=e^x\cdot{\lim_{z\to\infty}{\frac{1}{ln[(1+\frac{1}{z})^z]}}}\\
&=e^x\cdot{{\frac{1}{ln(e)}}}=e^x\cdot{\lim_{z\to\infty}{1}}\\
&=e^x
\end{aligned}
解法2:超爛，但是你寫出來了(<3分)
\begin{aligned}
\frac{de^x}{dx}&=ln(e)e^x\\
&=e^x
\end{aligned}
(2)證明$\Large\frac{dln(x)}{dx}=\frac{1}{x}$
解法1:從定義下手(10分)
\begin{aligned}
\frac{dln(x)}{dx}&=\lim_{h\to 0}{\frac{ln(x+h)-ln(x)}{h}}\\
&=\lim_{h\to 0}{\frac{ln(\frac{x+h}{x})}{h}}\\
&=\lim_{h\to 0}{\frac{ln(1+\frac{h}{x})}{h}}\\
&=\lim_{h\to 0}{ln[(1+\frac{h}{x})^\frac{1}{h}]]} \ \ \ \ set \ y=\frac{1}{h},z=\frac{1}{x}\\
&=\lim_{y\to\infty}{ln[(1+\frac{z}{y})^y]]}\\
&={ln(e^z)}=z=\frac{1}{x}
\end{aligned}
解法2:隱函數微分(10分)
我們先令$y=ln(x) \rightarrow e^y=x$，然後用隱函數微分
\begin{aligned}
&e^y=x\\
\rightarrow \ &\frac{de^y}{dx}=\frac{dx}{dx}\\
\rightarrow \ &e^y\frac{dy}{dx}=1\\
\rightarrow \ &\frac{dy}{dx}=\frac{1}{e^y}\\
\rightarrow \ &\frac{dy}{dx}=\frac{1}{x}\\
\rightarrow \ &\frac{dln(x)}{dx}=\frac{1}{x}
\end{aligned}
### P2

$(a)\Large\frac{e^x-e^{-x}}{2}$
\begin{aligned}
\frac{d\frac{e^x+e^{-x}}{2}}{dx}&=\frac{1}{2}(\frac{de^x}{dx}+\frac{de^{-x}}{dx})\\
&=\frac{1}{2}(e^x-e^{-x})\\
&=\frac{e^x-e^{-x}}{2}
\end{aligned}
$(b)\Large\frac{e^x+e^{-x}}{2}$
\begin{aligned}
\frac{d\frac{e^x-e^{-x}}{2}}{dx}&=\frac{1}{2}(\frac{de^x}{dx}-\frac{de^{-x}}{dx})\\
&=\frac{1}{2}(e^x+e^{-x})\\
&=\frac{e^x+e^{-x}}{2}
\end{aligned}
$(c)\Large\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$
\begin{aligned}
\frac{d \ ln(x+\sqrt{x^2+1})}{dx}&=\frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}\cdot(1+\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}})\\
&=(\sqrt{x^2+1}-x)\cdot(\frac{x+\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}})\\
&=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}
\end{aligned}
$(d)\Large\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}$
\begin{aligned}
\frac{d \ ln(x+\sqrt{x^2-1})}{dx}=&=\frac{1}{x+\sqrt{x^2-1}}\cdot(1+\frac{2x}{2\sqrt{x^2-1}})\\
&=(\sqrt{x^2-1}-x)\cdot(\frac{x+\sqrt{x^2-1}}{\sqrt{x^2-1}})\\
&=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}
\end{aligned}
### P3
$\sqrt{\frac{49}{4}+(2\pi-1)^2}$應該是這樣才對
以下是計算過程：
總之，題目就是要你算路徑積分，$C$ 可以拆成 $C_1$ 和 $C_2$（前者是$\frac{1}{4}$圓，後者為一條線段）
其中$C_1=z_1(t)=2e^{it}+1+3i$，$C_2=5-2t+i(4-t)$
然後你就可以開始積分了。
\begin{aligned}
\newcommand\rsx[1]{\left.{#1}\vphantom{\Big|}\right|}
\int_{C}{f(z)dz}&=\int_C\bar{z}dz=\int_{C_1}\bar{z}dz+\int_{C_2}\bar{z}dz\\
&=\int_{\frac{3}{2}\pi}^{2\pi}(2e^{-it}+1-3i)(2ie^{it}) \ dt \ + \ \int_{0}^{1}{(5-2t-i(4-t))(-2-i)} \ dt\\
&=\int_{\frac{3}{2}\pi}^{2\pi}4i+2i(1-3i)e^{it}dt \ - \ (2+i)\int_{0}^{1}5-2t-i(4-t)dt\\
&=2\pi i+2i(1-3i)
\rsx{\frac{e^{it}}{i}} ^{2\pi}_{\frac{3\pi}{2}}-(2+i)\rsx{(5t-t^2-i(4t-\frac{t^2}{2}))}^1_0\\
&=2\pi i+(2-6i)(1+i)-(2+i)(4-\frac{7}{2}i)\\
&=2\pi i+8-4i-\frac{23}{2}+3i\\
&=-\frac{7}{2}+i(2\pi-1)
\end{aligned}
所以他要花的錢就是上面那樣$\sqrt{\frac{49}{4}+(2\pi-1)^2}$
### P4
略
### P5
出這題的時候我想說大家都超電，很害怕被大家罵題目出太爛，所以就太緊張，題目出了一些錯誤，抱歉，不過聽說你們都沒寫我出的題目，就算題目真的很爛也不能這樣排擠我吧，真過分。不管，回歸正題，電位是我目前想到這題的最佳切入點，不過你有辦法也可以用其他做法，隨便。

根據[第二屆賽前研討會講義](https://hackmd.io/@yoyobreaker/HycpQEHvn)，我們要求出電通量${\phi_e}$，可以拿電量q去除以一個常數$\epsilon_0$
由於題幹描述中提到一個電阻R又要求電量q對時間變化量（電流I）有關，所以合理推測會用到歐姆定律$V=IR$，
題幹中可使帶電體之電量發生變化的只有一端接地的電阻，又已知電阻值為R，欲得知單位時間通過此電阻之電量，則需算出帶電球體表面電位（電阻一端接地，因此可將電位是為電壓差，就是歐姆定律的電壓），而導電球體表面之電位之公式為$V=\frac{kq}{r}$
，最後只要把電位V消掉答案就出來了：
\begin{aligned}
&V=IR=R\frac{dq}{dt}=\frac{kq}{r}\\ \\
\rightarrow &-\int_{q}^{Q}{\frac{1}{Q}}dQ=\int_{0}^{t}{\frac{k}{rR}}dt\\ \\
\rightarrow &{ln\frac{Q}{q}}=-\frac{k}{rR}(t-0)\\ \\
\rightarrow &Q=qe^{\frac{-kt}{rR}}
\end{aligned}
最後除以一個$\epsilon_0$就大功告成了
\begin{aligned}
\rightarrow &\phi_e(t)=\frac{Q}{\epsilon_0}=\frac{1}{\epsilon_0}qe^{\frac{-kt}{rR}}\\ \\
\end{aligned}
說個題外話，算出來你會發現我們的電量Q函數跟電容放電的電量函數很像喔：

$Q=Q_0e^{\frac{-t}{RC}}$
由此可推得此帶電體之電容值R為$\frac{r}{k}$

### P6
$\frac{1}{[A_t]}=\frac{1}{[A_0]}-kt$
痾應該
### P7
你先列式$\frac{dN(t)}{dt}=k(2000-N(t))$
然後算：
\begin{aligned}
&\frac{dN}{dt}=k(2000-N)\\ \\
\rightarrow &\frac{dN}{2000-N}=kdt\\ \\
\rightarrow &\int\frac{dN}{2000-N}=\int kdt\\ \\
\rightarrow &-ln(2000-N)=kt+C\\ \\
\rightarrow &2000-N=e^{-kt-C}\\ \\
\rightarrow & N=2000-e^{-kt-C}
\end{aligned}
然後帶入init$\rightarrow$N(0)=500,N(2)=700
得$e^{-2k}=\frac{13}{15}$，$e^{-C}=1500$
則$N(5)=2000-1500\cdot(\frac{13}{15}^\frac{5}{2})$