108 年 國立清華大學生命科學院聯招：分子與細胞生物研究所、分子醫學研究所、生物資訊與結構生物研究所、生物科技研究所、系統神經科學研究所丙組《微積分》

核心觀念

本題關鍵在於使用倍角公式

$$\sin(2x)=2\sin x\cos x.$$

反覆使用可得

$$\sin(2^n x) = 2^n\sin x\cos x\cos(2x)\cos(4x)\cdots\cos(2^{n-1}x).$$

因此

$$\prod_{k=0}^{n-1}\cos(2^k x) = \frac{\sin(2^n x)}{2^n\sin x}.$$

---

解題方法

令

$$x=\frac{1}{n}.$$

則原式分母為

$$\prod_{k=0}^{n-1}\cos\left(\frac{2^k}{n}\right).$$

由倍角公式，

$$\prod_{k=0}^{n-1}\cos\left(\frac{2^k}{n}\right) = \frac{\sin\left(\frac{2^n}{n}\right)} {2^n\sin\left(\frac{1}{n}\right)}.$$

所以原極限可改寫為

$$\frac{\sin(1)} {\displaystyle \prod_{k=0}^{n-1}\cos\left(\frac{2^k}{n}\right)} = \frac{2^n\sin(1)\sin\left(\frac{1}{n}\right)} {\sin\left(\frac{2^n}{n}\right)}.$$

又因為

此題考驗導數的定義以及切線方程式的求法。

(A) 求 $f'(2)$
導數的定義為 $f'(a) = \lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) - f(a)}{h}$，或 $f'(a) = \lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x-a}$。
我們使用後者來計算 $f'(2)$。
給定 $f(x) = \sqrt{x}$，且 $a=2$。
$f'(2) = \lim_{x \to 2} \frac{f(x) - f(2)}{x-2} = \lim_{x \to 2} \frac{\sqrt{x} - \sqrt{2}}{x-2}$
為了計算此極限，我們通常會乘以共軛式來化簡。
$f'(2) = \lim_{x \to 2} \frac{\sqrt{x} - \sqrt{2}}{x-2} \cdot \frac{\sqrt{x} + \sqrt{2}}{\sqrt{x} + \sqrt{2}}$
$f'(2) = \lim_{x \to 2} \frac{x - 2}{(x-2)(\sqrt{x} + \sqrt{2})}$
當 $x \to 2$ 時，$x-2 \neq 0$，所以我們可以消去 $(x-2)$。
$f'(2) = \lim_{x \to 2} \frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{2}}$
現在我們可以將 $x=2$ 代入。
$f'(2) = \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{2}} = \frac{1}{2\sqrt{2}}$
將結果有理化：

核心觀念

本題考查柯西均值定理（Cauchy Mean Value Theorem）：

若 $f,g$ 在 $[a,b]$ 連續、在 $(a,b)$ 可微分，且 $g(b)\neq g(a)$，則存在 $c\in(a,b)$ 使得

$$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}.$$

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（A）證明

定義函數

$$H(x)=\bigl[f(b)-f(a)\bigr]\bigl[g(x)-g(a)\bigr] -\bigl[g(b)-g(a)\bigr]\bigl[f(x)-f(a)\bigr].$$

由於 $f,g$ 在 $[a,b]$ 連續、在 $(a,b)$ 可微分，因此 $H$ 也在 $[a,b]$ 連續、在 $(a,b)$ 可微分。

計算端點值：

$$H(a)=0.$$

又因為

\begin{align*}
H(b)
&=\bigl[f(b)-f(a)\bigr]\bigl[g(b)-g(a)\bigr]\
&\quad-\bigl[g(b)-g(a)\bigr]\bigl[f(b)-f(a)\bigr]\
&=0.
\end{align*}

因此 $H(a)=H(b)$。由 Rolle 定理，存在 $c\in(a,b)$ 使得

$$H'(c)=0.$$

而

$$H'(x) = \bigl[f(b)-f(a)\bigr]g'(x) -\bigl[g(b)-g(a)\bigr]f'(x).$$

故

$$\bigl[f(b)-f(a)\bigr]g'(c) = \bigl[g(b)-g(a)\bigr]f'(c).$$

因題設 $g(b)\neq g(a)$，且 $g'(c)\neq 0$，可得

$$\boxed{ \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)} }.$$

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（B）套用（A）

取

$$a=1,\qquad b=\sqrt{3},$$

以及

$$f(x)=e^x,\qquad g(x)=\ln x.$$

在 $[1,\sqrt{3}]$ 上，$f,g$ 皆連續，並在 $(1,\sqrt{3})$ 可微分，且

此題考驗三角函數的積分技巧，特別是涉及到 $\csc^3 \theta$ 的積分，通常需要使用分部積分法。

我們要求解的不定積分是 $I = \int \csc^3 \theta \, d\theta$。
我們可以將 $\csc^3 \theta$ 寫成 $\csc \theta \cdot \csc^2 \theta$。
使用分部積分法，公式為 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$。
令 $u = \csc \theta$，則 $du = -\csc \theta \cot \theta \, d\theta$。
令 $dv = \csc^2 \theta \, d\theta$，則 $v = \int \csc^2 \theta \, d\theta = -\cot \theta$。

將這些代入分部積分公式：
$I = (\csc \theta)(-\cot \theta) - \int (-\cot \theta)(-\csc \theta \cot \theta \, d\theta)$
$I = -\csc \theta \cot \theta - \int \cot^2 \theta \csc \theta \, d\theta$
現在我們需要處理積分 $\int \cot^2 \theta \csc \theta \, d\theta$。
我們知道恆等式 $\cot^2 \theta = \csc^2 \theta - 1$。
所以，
$\int \cot^2 \theta \csc \theta \, d\theta = \int (\csc^2 \theta - 1) \csc \theta \, d\theta$
$= \int (\csc^3 \theta - \csc \theta) \, d\theta$

核心觀念

平面曲線 $y=f(x)$ 在 $a\le x\le b$ 上的弧長公式為

$$L=\int_a^b\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}\,dx.$$

本題給定

$$y=e^x,\qquad 0\le x\le 1,$$

因此

$$\frac{dy}{dx}=e^x.$$

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解題方法

代入弧長公式：

$$L=\int_0^1\sqrt{1+e^{2x}}\,dx.$$

令

$$u=e^x,$$

則

$$du=e^x\,dx=u\,dx,\qquad dx=\frac{du}{u}.$$

當 $x=0$ 時，$u=1$；當 $x=1$ 時，$u=e$。因此

$$L=\int_1^e\frac{\sqrt{1+u^2}}{u}\,du.$$

使用積分公式

$$\int\frac{\sqrt{1+u^2}}{u}\,du = \sqrt{1+u^2} +\ln\left(\frac{u}{1+\sqrt{1+u^2}}\right)+C.$$

所以

此題為一階線性微分方程的求解，並包含初始條件。

給定的微分方程為 $\frac{dy}{dx} = \frac{y - \ln x}{x}$。
我們可以將其改寫成標準形式 $\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)$。
$\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} - \frac{\ln x}{x}$
$\frac{dy}{dx} - \frac{1}{x} y = -\frac{\ln x}{x}$
這是一個一階線性微分方程，其中 $P(x) = -\frac{1}{x}$ 且 $Q(x) = -\frac{\ln x}{x}$。

首先，我們計算積分因子 (integrating factor)，記為 $\mu(x)$。
$\mu(x) = e^{\int P(x) \, dx} = e^{\int -\frac{1}{x} \, dx} = e^{-\ln|x|}$
由於我們討論的 $x$ 值通常在 $y(1)=3$ 的初始條件附近，且 $\ln x$ 要求 $x>0$，所以我們取 $x>0$。
$\mu(x) = e^{-\ln x} = e^{\ln(x^{-1})} = x^{-1} = \frac{1}{x}$
接下來，我們將微分方程兩邊乘以積分因子 $\mu(x) = \frac{1}{x}$：
$\frac{1}{x} \frac{dy}{dx} - \frac{1}{x^2} y = -\frac{\ln x}{x^2}$
左邊的式子是 $\frac{d}{dx}(\mu(x) y)$：
$\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x} y\right) = \frac{1}{x} \frac{dy}{dx} - \frac{1}{x^2} y$
所以，方程變為：
$\frac{d}{dx}\left(\frac{y}{x}\right) = -\frac{\ln x}{x^2}$
現在，我們對兩邊進行積分：

核心觀念

本題考查：

• 單調有界定理：若數列單調遞增且有上界，則必收斂。
• 函數的單調性：若內層數值增加，經過 $x\mapsto\sqrt{c+x}$ 後，外層數值也會增加。
• 交錯巢狀根式的有界性判斷。

將前 $n$ 層根式記為

$$a_n=\sqrt{2018+\sqrt{2019+\sqrt{2018+\cdots}}}.$$

其中最內層共有 $n$ 個根號，且最後一層以 $0$ 作為根號內剩餘部分。

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解題方法

令

$$f_{2018}(x)=\sqrt{2018+x},\qquad f_{2019}(x)=\sqrt{2019+x}.$$

兩函數在 $x\ge 0$ 上皆為嚴格遞增函數。

有限巢狀根式可表示為

$$a_n=f_{2018}\circ f_{2019}\circ f_{2018}\circ\cdots(0).$$

而 $a_{n+1}$ 是在 $a_n$ 的最內層再加入一個正值根式，因此

$$a_{n+1}>a_n.$$

更形式化地，若前 $n$ 層的外部運算記為遞增函數 $F_n$，則

$$a_n=F_n(0), \qquad a_{n+1}=F_n\left(\sqrt{2018}\right) \quad\text{或}\quad F_n\left(\sqrt{2019}\right),$$

由於根號內新增的數值為正，且 $F_n$ 遞增，得到

$$a_{n+1}>a_n.$$

此題考驗向量的夾角計算（點積）以及平行六面體體積計算（三重純量積）。

(A) 求向量 $\vec{a}$ 與 $\vec{d}$ 的夾角。
兩個向量 $\vec{u}$ 和 $\vec{v}$ 的夾角 $\theta$ 可以通過點積的公式來計算：
$\vec{u} \cdot \vec{v} = |\vec{u}| |\vec{v}| \cos \theta$
所以，$\cos \theta = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| |\vec{v}|}$。

給定 $\vec{a} = (2,1,-1)$ 和 $\vec{d} = (1,-3,1)$。
首先計算點積 $\vec{a} \cdot \vec{d}$：
$\vec{a} \cdot \vec{d} = (2)(1) + (1)(-3) + (-1)(1) = 2 - 3 - 1 = -2$
接下來，計算向量的模長：
$|\vec{a}| = \sqrt{2^2 + 1^2 + (-1)^2} = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6}$
$|\vec{d}| = \sqrt{1^2 + (-3)^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 9 + 1} = \sqrt{11}$
現在，計算夾角的餘弦值：
$\cos \theta = \frac{\vec{a} \cdot \vec{d}}{|\vec{a}| |\vec{d}|} = \frac{-2}{\sqrt{6} \sqrt{11}} = \frac{-2}{\sqrt{66}}$
所以，夾角 $\theta$ 為：
$\theta = \arccos\left(\frac{-2}{\sqrt{66}}\right)$

【答案】 $\theta = \arccos\left(-\frac{2}{\sqrt{66}}\right)$

此題考驗二重積分和三重積分的計算，以及積分區域的轉換和變數分離。

(A) 計算 $\iint_D e^{x^2} \, dA$
區域 $D$ 是由點 $(0,0)$, $(1,0)$, $(1,1)$ 所圍成的三角形。這個區域可以描述為：
$0 \le x \le 1$, $0 \le y \le x$。
或者 $0 \le y \le 1$, $y \le x \le 1$。
積分 $e^{x^2}$ 比較困難，我們嘗試改變積分順序。
如果我們按照 $dx dy$ 的順序積分：
$\iint_D e^{x^2} \, dA = \int_0^1 \int_y^1 e^{x^2} \, dx \, dy$
積分 $\int e^{x^2} \, dx$ 沒有初等函數形式的解析解。這提示我們可能需要改變積分的順序。
讓我們嘗試按照 $dy dx$ 的順序積分：
$\iint_D e^{x^2} \, dA = \int_0^1 \int_0^x e^{x^2} \, dy \, dx$
內層積分 $\int_0^x e^{x^2} \, dy$ 由於 $e^{x^2}$ 相對於 $y$ 是常數，所以：
$\int_0^x e^{x^2} \, dy = e^{x^2} [y]_0^x = e^{x^2} (x - 0) = x e^{x^2}$
現在，我們計算外層積分：
$\int_0^1 x e^{x^2} \, dx$
這個積分可以通過變數替換來計算。
令 $u = x^2$。則 $du = 2x \, dx$，所以 $x \, dx = \frac{1}{2} du$。
當 $x=0$, $u = 0^2 = 0$。
當 $x=1$, $u = 1^2 = 1$。