114 年 國立清華大學科技管理研究所乙組《微積分》

本題為填充題，主要考驗學生對極限、積分、曲線幾何性質、微分方程以及隱函數微分等基礎知識的掌握。

(a) 考驗級數求極限。
令 $S_n = 3^{1/n} + 3^{2/n} + \dots + 3^{n/n}$。此級數可以視為黎曼和。
令 $x_k = k/n$，$k=1, 2, \dots, n$。則 $\Delta x = 1/n$。
原極限可以寫成 $\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n 3^{k/n}$。
這相當於積分 $\int_0^1 3^x dx$。
計算積分：$\int_0^1 3^x dx = \left[ \frac{3^x}{\ln 3} \right]_0^1 = \frac{3^1}{\ln 3} - \frac{3^0}{\ln 3} = \frac{3-1}{\ln 3} = \frac{2}{\ln 3}$。
【答案】$\frac{2}{\ln 3}$

(b) 考驗積分技巧，使用換元積分法。
令 $u = -x^2$，則 $du = -2x dx$，所以 $x dx = -\frac{1}{2} du$。
當 $x=0$ 時，$u=0$；當 $x=1$ 時，$u=-1$。
原積分變為 $\int_0^{-1} e^u (-\frac{1}{2} du) = -\frac{1}{2} \int_0^{-1} e^u du = \frac{1}{2} \int_{-1}^0 e^u du$。
計算積分：$\frac{1}{2} [e^u]_{-1}^0 = \frac{1}{2} (e^0 - e^{-1}) = \frac{1}{2} (1 - e^{-1}) = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{e})$。
【答案】$\frac{1}{2} (1 - \frac{1}{e})$

(c) 考驗二重積分的計算。
積分區域為單位正方形 $0 \le x \le 1, 0 \le y \le 1$。
$\int_0^1 \int_0^1 y dx dy = \int_0^1 \left[ yx \right]_{x=0}^{x=1} dy = \int_0^1 y(1-0) dy = \int_0^1 y dy$。
計算積分：$\left[ \frac{y^2}{2} \right]_0^1 = \frac{1^2}{2} - \frac{0^2}{2} = \frac{1}{2}$。
【答案】$\frac{1}{2}$

(d) 考驗曲線上的最近點問題，通常使用拉格朗日乘數法或參數化。
雙曲線方程為 $z^2 - y^2 = 4$。我們想找到點 $(y, z)$ 使得點 $(5,0)$ 與 $(y,z)$ 的距離平方最小。
距離平方 $D^2 = (y-5)^2 + (z-0)^2 = (y-5)^2 + z^2$。
約束條件為 $g(y,z) = z^2 - y^2 - 4 = 0$。
使用拉格朗日乘數法：$\nabla f = \lambda \nabla g$。
$f(y,z) = (y-5)^2 + z^2$。
$\frac{\partial f}{\partial y} = 2(y-5)$
$\frac{\partial f}{\partial z} = 2z$
$\frac{\partial g}{\partial y} = -2y$
$\frac{\partial g}{\partial z} = 2z$
則有：

1. $2(y-5) = \lambda (-2y)$
2. $2z = \lambda (2z)$
3. $z^2 - y^2 = 4$

從 (2) 式 $2z = 2\lambda z$，有兩種情況：
情況一：$z=0$。
將 $z=0$ 代入 (3) 式：$0^2 - y^2 = 4 \implies y^2 = -4$。此無實數解，故 $z \neq 0$。
情況二：$z \neq 0$，則 $2 = 2\lambda \implies \lambda = 1$。
將 $\lambda = 1$ 代入 (1) 式：$2(y-5) = 1 (-2y) \implies 2y - 10 = -2y \implies 4y = 10 \implies y = \frac{10}{4} = \frac{5}{2}$。

本題考驗固定點定理與微分中值定理的應用。
核心觀念：利用反證法與微分中值定理，證明若存在兩個不同的固定點，則必會導出 $f'(x)=1$ 的矛盾。

證明：
假設 $f$ 至少有兩個不同的固定點，設為 $p_1$ 和 $p_2$，且 $p_1 \neq p_2$。
根據固定點的定義，我們有 $f(p_1) = p_1$ 且 $f(p_2) = p_2$。
考慮函數 $g(x) = f(x) - x$。
則 $g(p_1) = f(p_1) - p_1 = p_1 - p_1 = 0$。
且 $g(p_2) = f(p_2) - p_2 = p_2 - p_2 = 0$。
因為 $p_1 \neq p_2$，我們有兩個不同的點 $p_1$ 和 $p_2$ 使得 $g(x)=0$。

本題考驗羅必達法則 (L'Hôpital's Rule) 的證明，特別是在極限定義的層面上。
核心觀念：利用微分中值定理或極限定義來證明羅必達法則。這裡我們採用一種基於極限定義的方法，並結合了微分中值定理的思想。

證明：
已知條件：

1. $f(x_0) = g(x_0) = 0$
2. $f'(x_0)$ 和 $g'(x_0)$ 存在
3. $g'(x_0) \neq 0$

我們需要證明 $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}$。

因為 $f'(x_0)$ 和 $g'(x_0)$ 存在，根據導數的定義，我們有：
$f'(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$
$g'(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{g(x) - g(x_0)}{x - x_0}$

由於 $f(x_0) = 0$ 且 $g(x_0) = 0$，上述定義可以寫成：
$f'(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{x - x_0}$ (式 1)
$g'(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{g(x)}{x - x_0}$ (式 2)

我們想計算 $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)}$。
當 $x \to x_0$ 時，$f(x) \to f(x_0) = 0$ 且 $g(x) \to g(x_0) = 0$。這是一個 $\frac{0}{0}$ 型的不定型極限。

考慮比值 $\frac{f(x)}{g(x)}$：
$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x)}{x - x_0} \cdot \frac{x - x_0}{g(x)}$
當 $x \neq x_0$ 時，我們有：

本題考驗函數在某一點的連續性與可微性的判斷，特別是當函數在該點的定義不同時。

核心觀念：

1. 連續性：$\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$。
2. 可微性：$f'(x_0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h}$ 存在。

1. 連續性 (Continuity) 在 $x=0$

要判斷 $f(x)$ 在 $x=0$ 是否連續，我們需要檢查 $\lim_{x \to 0} f(x)$ 是否等於 $f(0)$。
題目給定 $f(0) = 0$。
我們計算 $\lim_{x \to 0} f(x)$：
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} (\sin x \cos(1/x))$
我們知道 $-1 \le \cos(1/x) \le 1$ 對所有 $x \neq 0$ 都成立。
因此，對於 $x \neq 0$，我們有：
$-|\sin x| \le \sin x \cos(1/x) \le |\sin x|$
當 $x \to 0$ 時，$\sin x \to 0$。
根據夾擠定理 (Squeeze Theorem)，我們有：
$\lim_{x \to 0} (\sin x \cos(1/x)) = 0$
因為 $\lim_{x \to 0} f(x) = 0$ 且 $f(0) = 0$，所以 $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$。
因此，$f(x)$ 在 $x=0$ 是連續的。

2. 可微性 (Differentiability) 在 $x=0$

要判斷 $f(x)$ 在 $x=0$ 是否可微，我們需要檢查導數的定義極限是否存在：
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h}$
將函數定義代入：

本題考驗級數的收斂範圍，主要使用 ratio test (比值檢驗法) 或 root test (根值檢驗法) 來判斷收斂半徑，然後再檢查端點的收斂性。

考慮級數 $\sum_{n=2}^{\infty} a_n$，其中 $a_n = \frac{(1-x)^n}{n (\ln n)^2}$。
我們使用 ratio test 來判斷級數的收斂性。
$L = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{\frac{(1-x)^{n+1}}{(n+1)(\ln(n+1))^2}}{\frac{(1-x)^n}{n(\ln n)^2}} \right|$
$L = \lim_{n\to\infty} \left| (1-x) \frac{n(\ln n)^2}{(n+1)(\ln(n+1))^2} \right|$
$L = |1-x| \lim_{n\to\infty} \frac{n}{n+1} \left( \frac{\ln n}{\ln(n+1)} \right)^2$
首先，$\lim_{n\to\infty} \frac{n}{n+1} = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{1+1/n} = 1$。
接著，考慮 $\lim_{n\to\infty} \frac{\ln n}{\ln(n+1)}$。
我們可以將此極限視為 $\frac{\infty}{\infty}$ 型，使用 L'Hôpital's Rule：
$\lim_{n\to\infty} \frac{\ln n}{\ln(n+1)} = \lim_{n\to\infty} \frac{1/n}{1/(n+1)} = \lim_{n\to\infty} \frac{n+1}{n} = \lim_{n\to\infty} (1 + 1/n) = 1$
所以，$\left( \frac{\ln n}{\ln(n+1)} \right)^2 \to 1^2 = 1$。
因此，
$L = |1-x| \cdot 1 \cdot 1^2 = |1-x|$
根據 ratio test，級數在 $L < 1$ 時收斂。
$|1-x| < 1$
$-1 < 1-x < 1$
$-1-1 < -x < 1-1$
$-2 < -x < 0$
$0 < x < 2$
所以，級數在區間 $(0, 2)$ 上收斂。

現在我們需要檢查端點 $x=0$ 和 $x=2$ 的收斂性。

端點 $x=0$：
將 $x=0$ 代入級數：

本題考驗多元函數在緊集上的絕對極值問題，通常需要考慮兩部分：

1. 函數在區域內部的臨界點。
2. 函數在邊界上的極值。

函數為 $f(x, y, z) = xy + z^2$。
區域為單位球體 $D = \{(x, y, z) : x^2 + y^2 + z^2 \le 1\}$。

第一步：尋找區域內部的臨界點

計算 $f$ 的梯度：
$\nabla f = \left( \frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial f}{\partial z} \right)$
$\frac{\partial f}{\partial x} = y$
$\frac{\partial f}{\partial y} = x$
$\frac{\partial f}{\partial z} = 2z$
所以，$\nabla f = (y, x, 2z)$。

臨界點是 $\nabla f = (0,0,0)$ 的點，即：
$y = 0$
$x = 0$
$2z = 0 \implies z = 0$
所以，唯一的臨界點是 $(0,0,0)$。
這個點位於區域內部 ($0^2+0^2+0^2 = 0 \le 1$)。
計算在臨界點的值：$f(0,0,0) = 0 \cdot 0 + 0^2 = 0$。

第二步：尋找邊界上的極值

邊界是單位球面 $S = \{(x, y, z) : x^2 + y^2 + z^2 = 1\}$。
我們可以使用拉格朗日乘數法來尋找邊界上的極值。
設約束條件為 $g(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 - 1 = 0$。
梯度為 $\nabla g = (2x, 2y, 2z)$。

拉格朗日乘數法要求 $\nabla f = \lambda \nabla g$：

1. $y = \lambda (2x)$
2. $x = \lambda (2y)$
3. $2z = \lambda (2z) \implies 2z(1-\lambda) = 0$
4. $x^2 + y^2 + z^2 = 1$

從 (3) 式，我們有兩種可能：$z=0$ 或 $\lambda=1$。

情況一：$z=0$
如果 $z=0$，則邊界方程變為 $x^2 + y^2 = 1$。
由 (1) 式 $y = 2\lambda x$ 和 (2) 式 $x = 2\lambda y$。
代入 (2) 式：$x = 2\lambda (2\lambda x) = 4\lambda^2 x$。
$x(1 - 4\lambda^2) = 0$。
這意味著 $x=0$ 或 $1 - 4\lambda^2 = 0$。

• 若 $x=0$，則由 $x^2+y^2=1$ 得 $y^2=1 \implies y = \pm 1$。
  此時點為 $(0, \pm 1, 0)$。
  計算函數值：
  $f(0, 1, 0) = 0 \cdot 1 + 0^2 = 0$
  $f(0, -1, 0) = 0 \cdot (-1) + 0^2 = 0$

• 若 $1 - 4\lambda^2 = 0$，則 $\lambda^2 = 1/4 \implies \lambda = \pm 1/2$。

  • 若 $\lambda = 1/2$：
    由 (1) 式 $y = 2(1/2)x = x$。
    代入 $x^2+y^2=1$，得 $x^2+x^2=1 \implies 2x^2=1 \implies x^2=1/2 \implies x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$。
    由於 $y=x$，所以點為 $(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)$ 和 $(-\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}}, 0)$。
    計算函數值：

本題考驗定積分在幾何上的應用，包括面積、體積的計算，以及利用極限來分析函數的行為。

區域 R(t) 定義為在第一象限，由 x 軸、y 軸、曲線 $y=e^x$ 和直線 $x=t$ 所圍成的區域。
由於在第一象限，且 $y=e^x$ 恆為正，所以區域的範圍是 $0 \le x \le t$ 且 $0 \le y \le e^x$。

a) 計算 $\lim_{t \to \infty} A(t)$

$A(t)$ 是區域 R(t) 的面積。
$A(t) = \int_0^t e^x dx$
計算積分：
$A(t) = [e^x]_0^t = e^t - e^0 = e^t - 1$
現在計算極限：
$\lim_{t \to \infty} A(t) = \lim_{t \to \infty} (e^t - 1)$
由於 $e^t \to \infty$ 當 $t \to \infty$，所以：
$\lim_{t \to \infty} A(t) = \infty$

【答案】$\infty$

b) 計算 $\lim_{t \to \infty} \frac{V(t)}{A(t)}$

$V(t)$ 是將區域 R(t) 繞 x 軸旋轉所形成的體積。我們使用圓盤法 (Disk Method) 來計算體積。
$V(t) = \int_0^t \pi [f(x)]^2 dx = \int_0^t \pi (e^x)^2 dx = \int_0^t \pi e^{2x} dx$
計算積分：
$V(t) = \pi \left[ \frac{e^{2x}}{2} \right]_0^t = \pi \left( \frac{e^{2t}}{2} - \frac{e^{0}}{2} \right) = \frac{\pi}{2} (e^{2t} - 1)$
現在計算極限 $\lim_{t \to \infty} \frac{V(t)}{A(t)}$。
$\frac{V(t)}{A(t)} = \frac{\frac{\pi}{2} (e^{2t} - 1)}{e^t - 1}$
當 $t \to \infty$，這是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的不定式，我們可以考慮使用 L'Hôpital's Rule，或者觀察主要項。
主要項是 $e^{2t}$ 和 $e^t$。
$\lim_{t \to \infty} \frac{\frac{\pi}{2} (e^{2t} - 1)}{e^t - 1} = \lim_{t \to \infty} \frac{\frac{\pi}{2} e^{2t}}{e^t} \quad (\text{忽略常數項, 視為 } \frac{\infty}{\infty} \text{ 型})$
$= \lim_{t \to \infty} \frac{\pi}{2} e^{2t-t} = \lim_{t \to \infty} \frac{\pi}{2} e^t = \infty$
或者，使用 L'Hôpital's Rule：