112 年 國立清華大學科技管理研究所乙組《微積分》

此題為填充題，共有七小題，每小題配分相同，主要考驗極限、積分、多變數函數最佳化、微分方程及體積計算等基礎觀念。

(a) 考驗極限計算，可使用羅必達法則或泰勒展開。
令 $f(x) = \sin(a+2x)-2\sin(a+x)+\sin a$。
當 $x \to 0$，分子為 $\sin(a) - 2\sin(a) + \sin(a) = 0$，分母為 $0$，故可使用羅必達法則。
$\lim_{x\to 0} \frac{\sin(a+2x)-2\sin(a+x)+\sin a}{x} = \lim_{x\to 0} \frac{2\cos(a+2x) - 2\cos(a+x)}{1}$
$= 2\cos(a) - 2\cos(a) = 0$
或者使用泰勒展開：
$\sin(a+2x) = \sin a \cos 2x + \cos a \sin 2x = \sin a (1 - \frac{(2x)^2}{2!} + ...) + \cos a (2x - \frac{(2x)^3}{3!} + ...)$
$\sin(a+x) = \sin a \cos x + \cos a \sin x = \sin a (1 - \frac{x^2}{2!} + ...) + \cos a (x - \frac{x^3}{3!} + ...)$
代入極限式：
$f(x) = \sin a (1 - \frac{4x^2}{2} + ...) + \cos a (2x - \frac{8x^3}{6} + ...) - 2(\sin a (1 - \frac{x^2}{2} + ...) + \cos a (x - \frac{x^3}{6} + ...)) + \sin a$
$f(x) = \sin a (1 - 2x^2 + ...) + 2x \cos a - \frac{8x^3}{3} \cos a - 2\sin a (1 - \frac{x^2}{2} + ...) - 2x \cos a + \frac{2x^3}{3} \cos a + \sin a$
$f(x) = \sin a - 2x^2 \sin a + 2x \cos a - \frac{8x^3}{3} \cos a - 2\sin a + x^2 \sin a - 2x \cos a + \frac{2x^3}{3} \cos a + \sin a$
$f(x) = (-2x^2 + x^2)\sin a + (- \frac{8}{3} + \frac{2}{3})x^3 \cos a = -x^2 \sin a - 2x^3 \cos a$
$\lim_{x\to 0} \frac{-x^2 \sin a - 2x^3 \cos a}{x} = \lim_{x\to 0} (-x \sin a - 2x^2 \cos a) = 0$
【答案】0

(b) 此為常見的極限形式 $\lim_{n\to \infty} (1+\frac{1}{n})^n$，其值為 $e$。
【答案】$e$

(c) 考驗積分計算。令 $u = e^x+1$，則 $du = e^x dx$。
當 $x=0$ 時，$u = e^0+1 = 2$。
當 $x=\ln 10$ 時，$u = e^{\ln 10}+1 = 10+1 = 11$。
$\int_{0}^{\ln 10} \frac{e^x}{e^x+1} dx = \int_{2}^{11} \frac{1}{u} du = [\ln|u|]_{2}^{11} = \ln 11 - \ln 2 = \ln\frac{11}{2}$
【答案】$\ln\frac{11}{2}$

(d) 考驗累次積分計算。積分區域為 $0 \le y \le 1$ 且 $0 \le x \le y$。
我們可以交換積分順序。將區域表示為 $0 \le x \le 1$ 且 $x \le y \le 1$。
$\int_{0}^{1} \int_{0}^{y} \sin(x+y) dx dy = \int_{0}^{1} \int_{x}^{1} \sin(x+y) dy dx$
先計算內層積分：
$\int_{x}^{1} \sin(x+y) dy = [-\cos(x+y)]_{y=x}^{y=1} = -\cos(x+1) - (-\cos(x+x)) = \cos(2x) - \cos(x+1)$
再計算外層積分：
$\int_{0}^{1} (\cos(2x) - \cos(x+1)) dx = [\frac{1}{2}\sin(2x) - \sin(x+1)]_{0}^{1}$
$= (\frac{1}{2}\sin(2) - \sin(2)) - (\frac{1}{2}\sin(0) - \sin(1)) = -\frac{1}{2}\sin(2) + \sin(1)$
【答案】$\sin(1) - \frac{1}{2}\sin(2)$

(e) 考驗條件極值問題，可使用拉格朗日乘子法或柯西-施瓦茲不等式。
令 $f(x, y) = x^{3/4}y^{1/4}$，約束條件為 $g(x, y) = x+y-100 = 0$。
使用拉格朗日乘子法：$\nabla f = \lambda \nabla g$
$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{3}{4}x^{-1/4}y^{1/4}$
$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{1}{4}x^{3/4}y^{-3/4}$
$\frac{\partial g}{\partial x} = 1$, $\frac{\partial g}{\partial y} = 1$
所以有：
$\frac{3}{4}x^{-1/4}y^{1/4} = \lambda \quad (1)$
$\frac{1}{4}x^{3/4}y^{-3/4} = \lambda \quad (2)$
由 (1) 除以 (2)：
$\frac{\frac{3}{4}x^{-1/4}y^{1/4}}{\frac{1}{4}x^{3/4}y^{-3/4}} = 1 \implies 3 \frac{y^{1/4}y^{3/4}}{x^{1/4}x^{3/4}} = 1 \implies 3 \frac{y}{x} = 1 \implies y = \frac{1}{3}x$
代入約束條件 $x+y=100$：

此題考驗單變數函數在閉區間上的絕對極值問題，需要計算函數在區間端點的值以及區間內臨界點的值，並比較這些值。

首先，我們需要檢查函數在區間端點的值：
$f(0) = \frac{0 + \cos 0}{1 + \sin 0} = \frac{1}{1} = 1$
$f(\pi) = \frac{\pi + \cos \pi}{1 + \sin \pi} = \frac{\pi - 1}{1 + 0} = \pi - 1$

接下來，我們需要找出函數的臨界點。首先計算函數的一階導數 $f'(x)$。
$f'(x) = \frac{(1 - \sin x)(1 + \sin x) - (x + \cos x)(\cos x)}{(1 + \sin x)^2}$
$f'(x) = \frac{1 - \sin^2 x - (x\cos x + \cos^2 x)}{(1 + \sin x)^2}$
$f'(x) = \frac{\cos^2 x - x\cos x - \cos^2 x}{(1 + \sin x)^2}$
$f'(x) = \frac{\cos^2 x - x\cos x}{(1 + \sin x)^2} = \frac{\cos x (\cos x - x)}{(1 + \sin x)^2}$
臨界點發生在 $f'(x) = 0$ 或 $f'(x)$ 不存在的地方。
$f'(x) = 0$ 當 $\cos x (\cos x - x) = 0$。
這表示 $\cos x = 0$ 或 $\cos x - x = 0$。

情況一：$\cos x = 0$。
在區間 $[0, \pi]$ 上，$\cos x = 0$ 的解為 $x = \frac{\pi}{2}$。
此時 $1 + \sin(\frac{\pi}{2}) = 1+1 = 2 \ne 0$，所以分母不為零。
計算 $f(\frac{\pi}{2})$：
$f(\frac{\pi}{2}) = \frac{\frac{\pi}{2} + \cos \frac{\pi}{2}}{1 + \sin \frac{\pi}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2} + 0}{1 + 1} = \frac{\frac{\pi}{2}}{2} = \frac{\pi}{4}$

情況二：$\cos x - x = 0$，即 $\cos x = x$。
我們需要找出這個方程式在 $[0, \pi]$ 上的解。
令 $g(x) = \cos x - x$。
$g(0) = \cos 0 - 0 = 1 > 0$

此題考驗一階線性微分方程的應用，描述供應量隨時間的變化。

給定的微分方程是：
$\frac{dS}{dt} = k(D-S)$
其中 $k$ 是比例常數，$D$ 是恆定的需求量，$S(t)$ 是供應量隨時間的變化。
初始條件是 $S(0) = S_0$。

這是一個可分離變數的微分方程，也可以看作是一階線性微分方程。我們將使用可分離變數的方法來求解。
將方程改寫為：
$\frac{dS}{D-S} = k dt$
現在對兩邊進行積分：
$\int \frac{dS}{D-S} = \int k dt$
左邊的積分：令 $u = D-S$，則 $du = -dS$。
$\int \frac{-du}{u} = -\ln|u| = -\ln|D-S|$
右邊的積分：
$\int k dt = kt + C$
所以，我們得到：
$-\ln|D-S| = kt + C$
$\ln|D-S| = -kt - C$
$|D-S| = e^{-kt - C} = e^{-C} e^{-kt}$
令 $A = e^{-C}$ (一個正的常數)，則 $|D-S| = A e^{-kt}$。
這意味著 $D-S = \pm A e^{-kt}$。

此題考驗多變數函數的臨界點判斷，需要計算偏導數並利用二階偏導數檢定法。

首先，計算函數 $f(x,y) = x^3 - 3x^2 + y^2$ 的一階偏導數：
$\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 - 6x$
$\frac{\partial f}{\partial y} = 2y$
臨界點發生在一階偏導數都為零的地方，即 $\frac{\partial f}{\partial x} = 0$ 且 $\frac{\partial f}{\partial y} = 0$。

令 $\frac{\partial f}{\partial x} = 0$:
$3x^2 - 6x = 0$
$3x(x - 2) = 0$
所以，$x = 0$ 或 $x = 2$。

令 $\frac{\partial f}{\partial y} = 0$:
$2y = 0$
所以，$y = 0$。

因此，臨界點有兩個：$(0, 0)$ 和 $(2, 0)$。

接下來，我們需要計算二階偏導數來進行二階偏導數檢定法。
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}(3x^2 - 6x) = 6x - 6$
$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y}(2y) = 2$
$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial x}(2y) = 0$

此題考驗多變數函數在一點的偏導數是否存在以及連續性。

(a) 判斷偏導數是否存在。
我們需要使用偏導數的定義來計算在 $(0,0)$ 點的偏導數。

$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ 的定義為：
$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h\to 0} \frac{f(0+h, 0) - f(0,0)}{h}$
根據函數的定義，$f(h, 0)$ 當 $h \neq 0$ 時，我們使用第一種情況：
$f(h, 0) = \frac{h^2 \cdot 0}{h^2 + 0^2} = \frac{0}{h^2} = 0$。
$f(0,0) = 0$。
所以，
$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h\to 0} \frac{0 - 0}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{0}{h} = 0$
因此，$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ 存在且等於 0。

$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)$ 的定義為：
$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = \lim_{k\to 0} \frac{f(0, 0+k) - f(0,0)}{k}$
根據函數的定義，$f(0, k)$當 $k \neq 0$ 時，我們使用第一種情況：
$f(0, k) = \frac{0^2 \cdot k}{0^2 + k^2} = \frac{0}{k^2} = 0$。
$f(0,0) = 0$。
所以，
$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = \lim_{k\to 0} \frac{0 - 0}{k} = \lim_{k\to 0} \frac{0}{k} = 0$
因此，$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)$ 存在且等於 0。

【答案】$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ 和 $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)$ 都存在，且都等於 0。

(b) 判斷函數在 $(0,0)$ 點的連續性。
一個函數 $f(x,y)$ 在點 $(a,b)$ 連續的條件是 $\lim_{(x,y)\to (a,b)} f(x,y) = f(a,b)$。
在這裡，我們需要檢查 $\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y) = f(0,0)$ 是否成立。
我們知道 $f(0,0) = 0$。
現在我們計算極限 $\lim_{(x,y)\to (0,0)} \frac{x^2 y}{x^2 + y^2}$。