111 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》

此題考察函數單調性與反函數的關係。

(A) 遞增函數的定義是對於定義域內任意兩個點 $x_1 < x_2$，都有 $f(x_1) \le f(x_2)$。而嚴格遞增函數的定義是對於任意 $x_1 < x_2$，都有 $f(x_1) < f(x_2)$。題目中的敘述「函數 $f$ 為一遞增函數」是指 $f(x_1) \le f(x_2)$，而「函數 $f$ 亦為遞增函數」沒有指明是嚴格遞增，所以這個敘述是正確的。
然而，若題目意圖問的是「遞增函數是否一定是嚴格遞增函數」，則答案是錯誤的。例如，常數函數 $f(x) = c$ 是一個遞增函數，但不是嚴格遞增函數。
假設題意為「若函數 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 為一遞增函數，則函數 $f$ 亦為遞增函數」，此敘述本身是定義的重述，因此是正確的。

(B) 設函數 $g: [a,b] \to \mathbb{R}$ 為一對一函數且 $g(a) < g(b)$。令 $y_1 = g(x_1)$ 且 $y_2 = g(x_2)$，其中 $x_1, x_2 \in [a,b]$。其反函數為 $g^{-1}$，滿足 $g^{-1}(y_1) = x_1$ 且 $g^{-1}(y_2) = x_2$。
我們需要判斷 $g^{-1}$ 是否為遞增函數，即判斷若 $y_1 < y_2$，則 $g^{-1}(y_1) \le g^{-1}(y_2)$ 是否成立。
由於 $g$ 是對一函數，若 $g^{-1}(y_1) > g^{-1}(y_2)$，則根據 $g$ 的單調性，必然有 $y_1 = g(g^{-1}(y_1)) > g(g^{-1}(y_2)) = y_2$，這與 $y_1 < y_2$ 矛盾。

此題要求函數在區間連接處可微，需要同時滿足連續性和導數相等。

函數 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上為線性函數 $ax+b$，在 $[0,1)$ 上為 $-\frac{1}{2} + \arcsin x$。這兩段函數本身在各自的定義域內都是連續且可微的。因此，我們只需要關注在 $x=0$ 處的連續性和可微性。

1. 連續性 (Continuity):
   為了使 $f(x)$ 在 $x=0$ 處連續，左極限、右極限和函數值必須相等。
   左極限：$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (ax+b) = a(0)+b = b$
   右極限：$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (-\frac{1}{2} + \arcsin x) = -\frac{1}{2} + \arcsin 0 = -\frac{1}{2} + 0 = -\frac{1}{2}$
   函數值：$f(0) = -\frac{1}{2} + \arcsin 0 = -\frac{1}{2}$
   要連續，必須 $b = -\frac{1}{2}$。

2. 可微性 (Differentiability):
   為了使 $f(x)$ 在 $x=0$ 處可微，其左右導數必須相等。

核心觀念

本題考查含變數次方的極限。當底數與指數同時含有變數時，可利用對數轉換：

$$x^a=e^{a\ln x}\qquad (x>0)$$

由於 $x\to 0^+$，故 $x>0$，可以取自然對數。

解題方法

令

$$L=\lim_{x\to 0^+}x^{\frac{1}{x^2+1}}.$$

將次方形式改寫為指數形式：

$$x^{\frac{1}{x^2+1}} = e^{\frac{\ln x}{x^2+1}}.$$

先計算指數中的極限。當 $x\to 0^+$ 時，

$$\ln x\to -\infty, \qquad x^2+1\to 1.$$

因此

此題考察微積分基本定理以及函數的單調性與極值。

由微積分基本定理，若 $f(x) = \int_{a}^{x} g(t) dt$，則 $f'(x) = g(x)$。
在本題中，$f(x) = \int_{-1}^{x} \frac{t^3}{2+ \sin^4 t} dt$，所以 $f'(x) = \frac{x^3}{2+ \sin^4 x}$。

(A) 判斷函數的單調性，我們需要分析 $f'(x)$ 的符號。
分母 $2 + \sin^4 x$ 永遠是正數，因為 $\sin^4 x \ge 0$，所以 $2 + \sin^4 x \ge 2$。
因此，$f'(x)$ 的符號完全由分子 $x^3$ 的符號決定。

• 在區間 $[-1,0]$：
  當 $x \in [-1,0)$ 時，$x^3 < 0$。因此，$f'(x) < 0$。
  這表示函數 $f(x)$ 在 $[-1,0)$ 區間是遞減的。
  在 $x=0$ 時，$f'(0) = 0$。

• 在區間 $[0,2]$：
  當 $x \in (0,2]$ 時，$x^3 > 0$。因此，$f'(x) > 0$。
  這表示函數 $f(x)$ 在 $(0,2]$ 區間是遞增的。
  在 $x=0$ 時，$f'(0) = 0$。

所以，敘述 (A) 說「$f$ 在 $[-1,0]$ 區間是遞減；在 $[0,2]$ 區間為遞增」是正確的。

(B) 判斷絕對最大值。
函數 $f(x)$ 在 $[-1,0]$ 遞減，在 $[0,2]$ 遞增。這表示 $f(x)$ 在 $x=0$ 處有一個局部最小值。
因此，絕對最大值必須出現在區間的端點 $x=-1$ 或 $x=2$。

我們需要比較 $f(-1)$ 和 $f(2)$ 的值。
$f(-1) = \int_{-1}^{-1} \frac{t^3}{2+ \sin^4 t} dt = 0$。
$f(2) = \int_{-1}^{2} \frac{t^3}{2+ \sin^4 t} dt$。

我們知道 $f(x)$ 在 $[-1,0]$ 遞減，所以 $f(-1) > f(0)$。
我們知道 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 遞增，所以 $f(0) < f(2)$。

現在我們需要比較 $f(-1)=0$ 和 $f(2)$。
考慮積分 $\int_{-1}^{2} \frac{t^3}{2+ \sin^4 t} dt$。
我們將積分範圍分成 $[-1,0]$ 和 $[0,2]$：
$f(2) = \int_{-1}^{0} \frac{t^3}{2+ \sin^4 t} dt + \int_{0}^{2} \frac{t^3}{2+ \sin^4 t} dt$。

對於第一個積分 $\int_{-1}^{0} \frac{t^3}{2+ \sin^4 t} dt$：
令 $t = -u$，則 $dt = -du$。當 $t=-1$ 時 $u=1$，當 $t=0$ 時 $u=0$。

此題考察定積分的計算，包含基本積分和利用對稱性或參數變換的技巧。

(A) $\int_0^1 \frac{1}{1+x^2} dx$
這是arctan函數的積分。
$\int \frac{1}{1+x^2} dx = \arctan x + C$
所以，
$\int_0^1 \frac{1}{1+x^2} dx = [\arctan x]_0^1 = \arctan(1) - \arctan(0) = \frac{\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}$。

(B) $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^4 x}{\sin^4 x + \cos^4 x} dx$
這是一個常見的對稱性積分問題。令 $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^4 x}{\sin^4 x + \cos^4 x} dx$。
我們利用積分性質 $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$。
令 $x = \frac{\pi}{2} - u$，則 $dx = -du$。
當 $x=0$ 時，$u=\frac{\pi}{2}$。當 $x=\frac{\pi}{2}$ 時，$u=0$。

此題要求計算兩曲線所圍區域的面積，需要先確定曲線的相對位置，然後進行定積分。

首先，我們需要確定在區間 $[0, \frac{\pi}{4}]$ 上，哪個函數的值比較大。
我們知道 $\sin x$ 在 $[0, \frac{\pi}{4}]$ 是遞增的，$\cos x$ 在 $[0, \frac{\pi}{4}]$ 是遞減的。
在 $x=0$ 時，$\sin 0 = 0$，$\cos 0 = 1$。所以 $\cos x > \sin x$。
在 $x=\frac{\pi}{4}$ 時，$\sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，$\cos \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。兩函數在此點相交。
因此，在區間 $(0, \frac{\pi}{4})$ 上，$\cos x > \sin x$。

此題考察線性遞迴數列的收斂性及其極限的求解。

這是一個二階線性齊次遞迴關係式。其特徵方程式為：
$r^2 - \frac{3}{2}r + \frac{1}{2} = 0$

將方程式乘以 2 以便處理：
$2r^2 - 3r + 1 = 0$

分解因式：
$(2r - 1)(r - 1) = 0$

特徵根為 $r_1 = 1$ 和 $r_2 = \frac{1}{2}$。

由於特徵根為兩個不等的實數，數列的通解形式為：
$x_n = c_1 (r_1)^n + c_2 (r_2)^n$
$x_n = c_1 (1)^n + c_2 (\frac{1}{2})^n$
$x_n = c_1 + c_2 (\frac{1}{2})^n$

現在我們利用初始條件 $x_1 = \frac{1}{12}$ 和 $x_2 = \frac{5}{3}$ 來求解常數 $c_1$ 和 $c_2$。

對於 $n=1$:
$x_1 = c_1 + c_2 (\frac{1}{2})^1 = c_1 + \frac{1}{2} c_2 = \frac{1}{12}$ (方程式 1)

對於 $n=2$:
$x_2 = c_1 + c_2 (\frac{1}{2})^2 = c_1 + \frac{1}{4} c_2 = \frac{5}{3}$ (方程式 2)

我們解這個聯立方程組。
將方程式 1 乘以 2：
$2c_1 + c_2 = \frac{2}{12} = \frac{1}{6}$ (方程式 1')

將方程式 2 乘以 4：
$4c_1 + c_2 = \frac{20}{3}$ (方程式 2')

此題考察級數的收斂性，特別是涉及對數函數的級數。我們將使用積分檢驗法 (Integral Test)。

考慮函數 $f(x) = \frac{1}{x (\ln x)^p}$。
此函數在 $x \ge 2$ 時是連續的，且是正值。
為了判斷級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n (\ln n)^p}$ 是否收斂，我們考察積分 $\int_2^{\infty} \frac{1}{x (\ln x)^p} dx$。

我們進行變數代換。令 $u = \ln x$，則 $du = \frac{1}{x} dx$。
當 $x=2$ 時，$u = \ln 2$。
當 $x \to \infty$ 時，$u \to \infty$。

積分變為：
$\int_{\ln 2}^{\infty} \frac{1}{u^p} du$

現在我們分析這個積分的收斂性。
這個積分 $\int_a^{\infty} \frac{1}{u^p} du$ (其中 $a>0$) 收斂若且唯若 $p > 1$。

證明如下：
若 $p=1$:
$\int_{\ln 2}^{\infty} \frac{1}{u} du = [\ln |u|]_{\ln 2}^{\infty} = \lim_{b \to \infty} (\ln b - \ln (\ln 2)) = \infty$。發散。

此題考察多元函數微分，需要計算偏導數並代入特定點的值。

函數為 $f(x, y) = \sin \left( \frac{2\pi e^{xy}}{(x^2+y^2+3)^{1/2}} \right)$。
我們需要計算 $f_x(x,y)$，即對 $x$ 作偏微分，將 $y$ 視為常數。
令 $u(x,y) = \frac{2\pi e^{xy}}{(x^2+y^2+3)^{1/2}}$。
則 $f(x,y) = \sin(u(x,y))$。
根據鏈式法則， $f_x = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x}$。
$\frac{\partial f}{\partial u} = \cos(u) = \cos \left( \frac{2\pi e^{xy}}{(x^2+y^2+3)^{1/2}} \right)$。

現在計算 $\frac{\partial u}{\partial x}$。
$u(x,y) = 2\pi e^{xy} (x^2+y^2+3)^{-1/2}$。
使用乘法定則：
$\frac{\partial u}{\partial x} = 2\pi \left[ \frac{\partial}{\partial x}(e^{xy}) (x^2+y^2+3)^{-1/2} + e^{xy} \frac{\partial}{\partial x}((x^2+y^2+3)^{-1/2}) \right]$

計算 $\frac{\partial}{\partial x}(e^{xy})$：
$\frac{\partial}{\partial x}(e^{xy}) = e^{xy} \cdot y = y e^{xy}$。

計算 $\frac{\partial}{\partial x}((x^2+y^2+3)^{-1/2})$：
令 $v = x^2+y^2+3$，則 $\frac{\partial v}{\partial x} = 2x$。
$\frac{\partial}{\partial x}(v^{-1/2}) = -\frac{1}{2} v^{-3/2} \frac{\partial v}{\partial x} = -\frac{1}{2} (x^2+y^2+3)^{-3/2} (2x) = -x (x^2+y^2+3)^{-3/2}$。

將這些代回 $\frac{\partial u}{\partial x}$：

核心觀念

三重積分的積分區域必須先由上下界判定。題目給定

$$\sqrt{4-x^2-y^2}\le z\le \sqrt{4-x^2-y^2},$$

表示 $z$ 的上下界完全相同，因此區域在 $z$ 方向沒有厚度，僅是一片曲面，體積為 $0$。

此外，根式要求

$$x^2+y^2\le 4.$$

解題方法

依照題目原式，對固定的 $(x,y)$，$z$ 的積分上下限相同，因此

$$\int_{\sqrt{4-x^2-y^2}}^{\sqrt{4-x^2-y^2}} (x^2+y^2)\,dz=0.$$

所以整個三重積分為

$$\iiint_{\Omega}(x^2+y^2)\,dz\,dy\,dx = \iint_{x^2+y^2\le 4}0\,dy\,dx =0.$$

題目可能的排版問題

若原題 intended 的區域是球體

$$-\sqrt{4-x^2-y^2}\le z\le \sqrt{4-x^2-y^2},$$

則計算如下。改用柱座標

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,\qquad dx\,dy=r\,dr\,d\theta,$$

且

$$0\le r\le 2,\qquad 0\le\theta\le 2\pi.$$

此時

$$x^2+y^2=r^2,$$

因此