109 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》

此題考查極限與定積分的關係。
當極限的變數趨近某值時，被積函數的積分區間也趨近該值，此時可以考慮將積分視為一個函數，再進行極限的求解。

令 $I(x) = \int_{x}^{1} (\cos t)^{2020} dt$。
我們要求的是 $\lim_{x\to 0} I(x)$。

由於 $(\cos t)^{2020}$ 是一個連續函數，根據微積分基本定理，我們可以定義一個函數 $F(t)$ 使得 $F'(t) = (\cos t)^{2020}$。
那麼，$I(x) = \int_{x}^{1} (\cos t)^{2020} dt = F(1) - F(x)$。

此題考查對數微分法求導函數，以及利用導函數判斷函數最大值。

(A) 求一階導函數 $f'(x)$
函數 $f(x) = x^x$ 包含變數作為底數和指數，直接微分較為困難。我們可以使用對數微分法。
對 $f(x) = x^x$ 取自然對數：
$\ln(f(x)) = \ln(x^x) = x \ln(x)$
接著，對兩邊同時對 $x$ 微分：
$\frac{1}{f(x)} f'(x) = \frac{d}{dx}(x \ln x)$
利用乘法定則：
$\frac{d}{dx}(x \ln x) = (1) \ln x + x \left(\frac{1}{x}\right) = \ln x + 1$
所以，
$\frac{f'(x)}{f(x)} = \ln x + 1$
將 $f(x)$ 乘到右邊：
$f'(x) = f(x)(\ln x + 1)$
代回 $f(x) = x^x$：
$f'(x) = x^x (\ln x + 1)$

(B) 請求出 $f(x)$ 的最大值 (absolute maximum)
要求函數的最大值，我們需要尋找臨界點（即 $f'(x)=0$ 或 $f'(x)$ 不存在的地方）並分析其行為。
我們已經求得 $f'(x) = x^x (\ln x + 1)$。
由於 $x > 0$， $x^x$ 恆為正。因此，$f'(x) = 0$ 當且僅當 $\ln x + 1 = 0$。
$\ln x = -1$
$x = e^{-1} = \frac{1}{e}$
這是唯一的臨界點。

接下來，我們分析 $f'(x)$ 在臨界點兩側的符號，以判斷函數是遞增還是遞減。

• 當 $0 < x < \frac{1}{e}$ 時，$\ln x < -1$，所以 $\ln x + 1 < 0$。因此，$f'(x) < 0$，函數 $f(x)$ 在此區間遞減。

此題考查定積分計算面積，並比較兩個區域的面積。

首先，我們計算區域 $\Omega_1$ 的面積。
$\Omega_1$ 由曲線 $y = \frac{1}{x}$、$x$-軸、以及直線 $x=1$ 和 $x=5$ 所圍成。
面積 $A_1 = \int_{1}^{5} \frac{1}{x} dx$。
$A_1 = [\ln|x|]_{1}^{5} = \ln(5) - \ln(1) = \ln(5) - 0 = \ln(5)$

接著，我們計算區域 $\Omega_2$ 的面積。
$\Omega_2$ 由曲線 $y = e^x$、 $x$-軸、以及直線 $x=0$ 和 $x=b$ 所圍成。

此題考查微積分基本定理、函數單調性、反函數性質以及積分的應用。

(A) 說明函數 $F$ 有反函數 $F^{-1}$
一個函數若要存在反函數，必須是單射（一對一）的。若函數是嚴格單調（嚴格遞增或嚴格遞減），則它一定是單射。
根據微積分基本定理，函數 $F(x)$ 的導數為：
$F'(x) = \frac{d}{dx} \int_{0}^{x} (f(t) + 1) dt = f(x) + 1$
要判斷 $F(x)$ 的單調性，我們需要知道 $f(x)+1$ 的符號。
題目給定 $f$ 在 $[1,2]$ 閉區間有最大值 $1$ 且最小值 $-1$。這意味著對於所有 $x \in [1,2]$，我們有 $-1 \le f(x) \le 1$。
因此，對於 $x \in [1,2]$，我們有：
$-1 + 1 \le f(x) + 1 \le 1 + 1$
$0 \le f(x) + 1 \le 2$
這表示 $F'(x) = f(x) + 1 \ge 0$ 在區間 $[1,2]$ 上成立。

如果 $f(x)+1 > 0$ 在 $(0,3)$ 上的大部分範圍成立（除了可能有限個點），那麼 $F(x)$ 就是嚴格遞增的，進而有反函數。
題目給了 $f$ 在 $[1,2]$ 上的最大值和最小值，這 implies $f(x)+1 \ge 0$ for $x \in [1,2]$.
若 $f(x)+1 > 0$ 在 $(0,3)$ 上幾乎處處成立，則 $F(x)$ 為嚴格遞增函數，故存在反函數 $F^{-1}$。
我們需要確認 $f(x)+1$ 是否嚴格大於零。
如果 $f(x)+1 = 0$ 發生在某個點 $x_0 \in (0,3)$，例如 $f(x_0) = -1$，那麼 $F'(x_0) = 0$。
然而，題目只保證了 $f$ 在 $[1,2]$ 上的最大值和最小值，並沒有給出 $f(x)+1$ 在整個 $(0,3)$ 上的嚴格正性。
但是，如果 $f$ 在 $(0,3)$ 上是連續的，且 $f(x)+1$ 僅在有限個點為零，那麼 $F(x)$ 仍然是嚴格遞增的。
假設 $f(x)+1$ 在 $(0,3)$ 上恆大於等於零，且不恆為零。
如果 $f(x)+1 = 0$ 對於某個 $x_0 \in (0,3)$，則 $F'(x_0)=0$。
若 $f(x)+1 > 0$ 在 $(0,3)$ 的一個區間內，則 $F(x)$ 在該區間遞增。

更嚴謹的說法是：
由於 $f$ 在 $(0,3)$ 上連續，則 $f(x)+1$ 在 $(0,3)$ 上連續。
我們知道 $f(x)$ 在 $[1,2]$ 上的最大值是 $1$ 且最小值是 $-1$，所以 $-1 \le f(x) \le 1$ 對於 $x \in [1,2]$。
因此 $0 \le f(x)+1 \le 2$ 對於 $x \in [1,2]$。
若 $f(x) > -1$ 對於所有 $x \in (0,3)$，則 $f(x)+1 > 0$ 對於所有 $x \in (0,3)$，此時 $F'(x) > 0$ 且 $F(x)$ 嚴格遞增，故存在反函數。
如果存在 $x_0 \in (0,3)$ 使得 $f(x_0) = -1$，則 $F'(x_0) = 0$。
然而，如果 $f(x)$ 嚴格大於 $-1$ 在 $(0,3)$ 的一個開區間內，那麼 $F(x)$ 仍然是嚴格遞增的。
根據題目給的資訊，我們只能確定 $F'(x) \ge 0$ 在 $[1,2]$ 上。
如果 $f(x)$ 在 $(0,3)$ 上嚴格大於 $-1$ 則 $F'(x)>0$ 則 $F$ 嚴格遞增。
題目假設 $f$ 是連續函數，並且在 $[1,2]$ 上的值域為 $[-1, 1]$。
若 $f(x)+1$ 在 $(0,3)$ 上恆大於或等於零，且不恆等於零，則 $F(x)$ 是非遞減函數。

此題考查不定積分的計算，需要使用分部積分法。

我們需要計算 $\int \sin(\ln x) dx$。
令 $u = \ln x$，則 $du = \frac{1}{x} dx$。
因此，$x = e^u$， $dx = e^u du$。
代換後，積分變為：
$\int \sin(u) e^u du$
這個積分可以用分部積分法計算。我們需要兩次分部積分。
令 $I = \int e^u \sin u du$。

第一次分部積分：
令 $f = \sin u$, $dg = e^u du$。
則 $df = \cos u du$, $g = e^u$。
$I = e^u \sin u - \int e^u \cos u du$

第二次分部積分（對 $\int e^u \cos u du$）：
令 $f = \cos u$, $dg = e^u du$。
則 $df = -\sin u du$, $g = e^u$。
$\int e^u \cos u du = e^u \cos u - \int e^u (-\sin u) du = e^u \cos u + \int e^u \sin u du$

將第二次分部積分的結果代回第一次的式子：
$I = e^u \sin u - (e^u \cos u + \int e^u \sin u du)$
$I = e^u \sin u - e^u \cos u - \int e^u \sin u du$
我們注意到積分式 $I$ 出現在等號的右邊。將其移到左邊：

此題為一階非線性微分方程，屬於邏輯斯諦方程 (Logistic Equation) 的一種變形。我們可以透過變數分離法來求解。

給定的微分方程是：
$\frac{dy}{dt} = Ky(M-y)$
我們可以將其改寫為：
$\frac{dy}{y(M-y)} = K dt$
接下來，我們對等號兩邊進行積分。積分左邊需要使用部分分式分解。
令 $\frac{1}{y(M-y)} = \frac{A}{y} + \frac{B}{M-y}$。
乘以 $y(M-y)$ 得到 $1 = A(M-y) + By$。
令 $y=0$，則 $1 = AM$，所以 $A = \frac{1}{M}$。
令 $y=M$，則 $1 = BM$，所以 $B = \frac{1}{M}$。
因此，
$\frac{1}{y(M-y)} = \frac{1}{M} \left( \frac{1}{y} + \frac{1}{M-y} \right)$
現在積分左邊：
$\int \frac{1}{M} \left( \frac{1}{y} + \frac{1}{M-y} \right) dy = \frac{1}{M} \int \left( \frac{1}{y} + \frac{1}{M-y} \right) dy$
$= \frac{1}{M} (\ln|y| - \ln|M-y|) + C_1$
$= \frac{1}{M} \ln\left|\frac{y}{M-y}\right| + C_1$
積分右邊：
$\int K dt = Kt + C_2$
將兩邊積分結果合併：
$\frac{1}{M} \ln\left|\frac{y}{M-y}\right| = Kt + C$
其中 $C = C_2 - C_1$。
$\ln\left|\frac{y}{M-y}\right| = M K t + MC$
$\left|\frac{y}{M-y}\right| = e^{MKt + MC} = e^{MC} e^{MKt}$
令 $A = \pm e^{MC}$，則
$\frac{y}{M-y} = A e^{MKt}$
現在我們使用初始條件 $y(0) = 1$ 來求解 $A$。
當 $t=0$, $y=1$:
$\frac{1}{M-1} = A e^0 = A$
所以 $A = \frac{1}{M-1}$。
代回方程式：
$\frac{y}{M-y} = \frac{1}{M-1} e^{MKt}$
接下來，我們需要解出 $y$。

此題考查數列極限的性質，特別是 Cesàro Mean 定理。

Cesàro Mean 定理指出，如果一個數列 $\{a_n\}$ 收斂到一個極限 $L$，那麼它的平均數列（Cesàro mean） $\{M_n\}$ 也收斂到相同的極限 $L$。
即，如果 $\lim_{n\to\infty} a_n = L$，那麼 $\lim_{n\to\infty} M_n = L$，其中 $M_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} a_k$。

此題考查應用微積分，利用拉格朗日乘數法或變數消去法求解優化問題。

設長方體的長、寬、高分別為 $x, y, z$。
長方體的表面積為 $2(xy + yz + zx) = S$。
長方體的體積為 $V = xyz$。
我們的目標是最大化體積 $V$ 在表面積固定的條件下。

方法一：使用拉格朗日乘數法
我們需要最大化函數 $V(x,y,z) = xyz$ 在約束條件 $g(x,y,z) = 2(xy + yz + zx) - S = 0$ 下。
根據拉格朗日乘數法，我們需要解 $\nabla V = \lambda \nabla g$。
$\nabla V = (yz, xz, xy)$
$\nabla g = (2(y+z), 2(x+z), 2(x+y))$
於是我們得到以下方程組：

1. $yz = \lambda \cdot 2(y+z)$
2. $xz = \lambda \cdot 2(x+z)$
3. $xy = \lambda \cdot 2(x+y)$
4. $2(xy + yz + zx) = S$

從 (1) 除以 $yz$，從 (2) 除以 $xz$，從 (3) 除以 $xy$（假設 $x,y,z \neq 0$，因為體積為零則無意義）：
1'. $\frac{1}{2\lambda} = \frac{y+z}{yz} = \frac{1}{z} + \frac{1}{y}$
2'. $\frac{1}{2\lambda} = \frac{x+z}{xz} = \frac{1}{z} + \frac{1}{x}$
3'. $\frac{1}{2\lambda} = \frac{x+y}{xy} = \frac{1}{y} + \frac{1}{x}$

由 (1') 和 (2') 可得：
$\frac{1}{z} + \frac{1}{y} = \frac{1}{z} + \frac{1}{x} \implies \frac{1}{y} = \frac{1}{x} \implies x = y$。
由 (2') 和 (3') 可得：
$\frac{1}{z} + \frac{1}{x} = \frac{1}{y} + \frac{1}{x} \implies \frac{1}{z} = \frac{1}{y} \implies y = z$。
所以，我們得到 $x = y = z$。這表示長方體必須是一個立方體。

將 $x=y=z$ 代入約束條件 (4)：
$2(x^2 + x^2 + x^2) = S$
$2(3x^2) = S$
$6x^2 = S$
$x^2 = \frac{S}{6}$
$x = \sqrt{\frac{S}{6}}$ (因為長度必須為正)
所以 $y = \sqrt{\frac{S}{6}}$ 且 $z = \sqrt{\frac{S}{6}}$。

此時體積為 $V = x^3 = \left(\sqrt{\frac{S}{6}}\right)^3 = \left(\frac{S}{6}\right)^{3/2}$。
由於我們找到了唯一可能的極值點，且體積的函數在約束條件下有最大值（例如，如果 $x$ 趨近於 0，則 $yz$ 必須趨近於無窮大，體積 $xyz$ 的行為需要仔細分析，但直觀上，正方形截面且長度趨於無窮大，體積也趨於無窮大。但題目問的是最大值，通常這類問題會有一個最大值存在），這個點就是最大值點。

方法二：變數消去法
從約束條件 $2(xy + yz + zx) = S$，我們可以解出一個變數，例如 $z$。
$yz + zx = \frac{S}{2} - xy$
$z(y+x) = \frac{S}{2} - xy$
$z = \frac{\frac{S}{2} - xy}{x+y}$

此題考查三重積分計算體積。

四面體 $T$ 的體積可以透過計算三重積分來獲得：
$V = \iiint_T dV$
根據給定的不等式，積分的上下限為：
$0 \le x \le 2$
$0 \le y \le 2 - x$
$0 \le z \le 2 - x - y$

所以，體積可以表示為：
$V = \int_{0}^{2} \int_{0}^{2-x} \int_{0}^{2-x-y} dz \, dy \, dx$

首先計算最內層的積分（關於 $z$）：
$\int_{0}^{2-x-y} dz = [z]_{0}^{2-x-y} = (2-x-y) - 0 = 2-x-y$

接下來計算中間層的積分（關於 $y$）：
$\int_{0}^{2-x} (2-x-y) dy$
將 $2-x$ 視為常數：
$= \left[ (2-x)y - \frac{y^2}{2} \right]_{0}^{2-x}$
$= (2-x)(2-x) - \frac{(2-x)^2}{2}$
$= (2-x)^2 - \frac{1}{2}(2-x)^2$
$= \frac{1}{2}(2-x)^2$

此題考查線積分的計算。

首先，我們需要參數化曲線 $C$。
曲線 $C$ 是連接點 $(1,0)$ 和 $(0,1)$ 的線段。
我們可以將這條線段參數化為：
$x(t) = (1-t)x_0 + t x_1$
$y(t) = (1-t)y_0 + t y_1$
其中 $(x_0, y_0) = (1,0)$ 和 $(x_1, y_1) = (0,1)$，且 $t$ 的範圍是 $[0,1]$。
$x(t) = (1-t)(1) + t(0) = 1-t$
$y(t) = (1-t)(0) + t(1) = t$
所以，參數化為 $x(t) = 1-t$, $y(t) = t$, $0 \le t \le 1$。

接下來，我們需要計算 $dx$ 和 $dy$：
$dx = \frac{dx}{dt} dt = (-1) dt = -dt$
$dy = \frac{dy}{dt} dt = (1) dt = dt$

現在，我們將 $x, y, dx, dy$ 代入線積分式中：
$\int_C y \, dx + x \, dy = \int_{0}^{1} y(t) (-dt) + x(t) (dt)$
$= \int_{0}^{1} (t)(-dt) + (1-t)(dt)$
$= \int_{0}^{1} (-t + 1 - t) dt$
$= \int_{0}^{1} (1 - 2t) dt$

計算這個定積分：
$\left[ t - t^2 \right]_{0}^{1}$
$= (1 - 1^2) - (0 - 0^2)$
$= (1 - 1) - 0$
$= 0$

另一種方法：檢查向量場是否為保守場。
令向量場 $F(x,y) = (P(x,y), Q(x,y)) = (y, x)$。