112 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》

本題主要考察微積分基本定理的應用，以及反函數微分法則。

(A) 該敘述是正確的。
根據微積分基本定理，若兩個函數的導數在某區間上相等，則此兩函數在此區間上僅相差一個常數。
題目給定 $f'(x) = g'(x)$ 對於所有 $x \in (-\infty, 0) \cup (0, \infty)$。這意味著 $f'(x) - g'(x) = 0$ 對於所有 $x \in (-\infty, 0) \cup (0, \infty)$。
令 $h(x) = f(x) - g(x)$，則 $h'(x) = f'(x) - g'(x) = 0$ 對於所有 $x \in (-\infty, 0) \cup (0, \infty)$。
根據微積分基本定理，若一個函數在一個開區間上的導數恆為零，則該函數在此區間上為常數。
因此，存在常數 $C_1$ 使得 $h(x) = C_1$ 對於所有 $x \in (-\infty, 0)$，以及存在常數 $C_2$ 使得 $h(x) = C_2$ 對於所有 $x \in (0, \infty)$。
所以，$f(x) - g(x) = C_1$ 對於 $x < 0$，以及 $f(x) - g(x) = C_2$ 對於 $x > 0$。
然而，題目要求的是存在一個常數 $C$ 使得 $f(x) = g(x) + C$ 對於所有 $x \in (-\infty, 0) \cup (0, \infty)$。
這意味著 $C_1$ 和 $C_2$ 必須相等。
若 $f$ 和 $g$ 在 $x=0$ 處是連續的，那麼 $C_1 = C_2$。
但題目沒有假設 $f$ 和 $g$ 在 $x=0$ 處連續。
我們需要更仔細地考慮。
考慮函數 $h(x) = f(x) - g(x)$。我們知道 $h'(x) = 0$ 對於 $x \in (-\infty, 0)$ 和 $x \in (0, \infty)$。
這意味著 $h(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上是常數，設為 $C_1$。
且 $h(x)$ 在 $(0, \infty)$ 上是常數，設為 $C_2$。
所以，$f(x) = g(x) + C_1$ 對於 $x < 0$，$f(x) = g(x) + C_2$ 對於 $x > 0$。
題目問的是是否存在一個常數 $C$ 使得 $f(x) = g(x) + C$ 對於所有 $x \in (-\infty, 0) \cup (0, \infty)$。
這要求 $C_1 = C_2$。
然而，我們無法從 $f'(x) = g'(x)$ 在 $(-\infty, 0) \cup (0, \infty)$ 得到 $C_1 = C_2$。
例如，考慮 $f(x) = \begin{cases} 1 & x < 0 \\ 2 & x > 0 \end{cases}$ 和 $g(x) = \begin{cases} 0 & x < 0 \\ 1 & x > 0 \end{cases}$。

本題考查函數的極限，特別是當極限形式為 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 時的處理方法，常見於使用羅必達法則或泰勒級數。

當 $x \to 0$ 時，$\arctan x \to \arctan 0 = 0$。
同時，分母 $x \to 0$。
因此，此極限為 $\frac{0}{0}$ 的不定型，可使用羅必達法則 (L'Hôpital's Rule)。

對分子和分母分別求導：
分子的導數：$\frac{d}{dx}(\arctan x) = \frac{1}{1+x^2}$。
分母的導數：$\frac{d}{dx}(x) = 1$。

根據羅必達法則，原極限等於：
$\lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{1+x^2}}{1} = \lim_{x \to 0} \frac{1}{1+x^2}$

本題主要考察隱函數微分法以及切線方程式的求解。

首先，我們從給定的方程式 $xy + y^2 = 1$ 開始。

(A) 利用隱微分求 $f'(0)$：
我們將等式兩邊對 $x$ 微分，並將 $y$ 視為 $x$ 的函數 $f(x)$。
$\frac{d}{dx}(xy + y^2) = \frac{d}{dx}(1)$
使用乘積法則對 $xy$ 微分：$\frac{d}{dx}(xy) = 1 \cdot y + x \cdot \frac{dy}{dx}$。
使用連鎖法則對 $y^2$ 微分：$\frac{d}{dx}(y^2) = 2y \frac{dy}{dx}$。
右邊的導數是常數 1，所以是 0。
將這些結合起來，我們得到：
$y + x \frac{dy}{dx} + 2y \frac{dy}{dx} = 0$
我們需要求 $f'(0)$，也就是 $\frac{dy}{dx}$ 在 $x=0$ 的值。
首先，我們需要找到當 $x=0$ 時，對應的 $y$ 值。將 $x=0$ 代入原方程式 $xy + y^2 = 1$:
$0 \cdot y + y^2 = 1$
$y^2 = 1$
$y = \pm 1$

核心觀念

本題考查：

• 內接三角形的外接圓半徑公式
  $\Delta=\frac{abc}{4R},$
  其中 $R=r$。
• 等腰三角形的對稱性。
• 一元函數的微分極值。

設等腰三角形的頂角為 $\theta$，則兩個底角皆為
$\frac{\pi-\theta}{2},\qquad 0<\theta<\pi.$

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解題方法

設等腰三角形的兩腰長為 $a$，底邊長為 $b$。

由正弦定理，三角形內接於半徑為 $r$ 的圓，因此：

• 兩腰所對的底角為 $\dfrac{\pi-\theta}{2}$，故
  $a=2r\sin\frac{\pi-\theta}{2}=2r\cos\frac{\theta}{2};$
• 底邊所對的頂角為 $\theta$，故
  $b=2r\sin\theta.$

以兩腰及其夾角求面積：

$$\Delta=\frac12 a^2\sin\theta.$$

代入 $a=2r\cos\dfrac{\theta}{2}$：

$$\Delta =\frac12\left(2r\cos\frac{\theta}{2}\right)^2\sin\theta =2r^2\cos^2\frac{\theta}{2}\sin\theta.$$

令
$x=\frac{\theta}{2},\qquad 0<x<\frac{\pi}{2},$
則 $\theta=2x$，且

本題考查不定積分的計算，特別是遇到 $\sqrt{x^2+a^2}$ 形式時，通常可以考慮三角換元法。

令 $x = 2 \tan \theta$，則 $dx = 2 \sec^2 \theta d\theta$。
$\sqrt{x^2+4} = \sqrt{(2 \tan \theta)^2 + 4} = \sqrt{4 \tan^2 \theta + 4} = \sqrt{4(\tan^2 \theta + 1)} = \sqrt{4 \sec^2 \theta} = 2 |\sec \theta|$。
為了簡化，我們假設 $\theta$ 在 $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ 範圍內，這樣 $\sec \theta > 0$，所以 $\sqrt{x^2+4} = 2 \sec \theta$。
$x^2 = (2 \tan \theta)^2 = 4 \tan^2 \theta$。

將這些代入積分式：
$\int \frac{1}{x^2 \sqrt{x^2+4}} dx = \int \frac{1}{(4 \tan^2 \theta)(2 \sec \theta)} (2 \sec^2 \theta d\theta)$
$= \int \frac{2 \sec^2 \theta}{8 \tan^2 \theta \sec \theta} d\theta$
$= \int \frac{\sec \theta}{4 \tan^2 \theta} d\theta$
$= \frac{1}{4} \int \frac{\sec \theta}{\tan^2 \theta} d\theta$
$= \frac{1}{4} \int \frac{1/\cos \theta}{\sin^2 \theta / \cos^2 \theta} d\theta$
$= \frac{1}{4} \int \frac{\cos \theta}{\sin^2 \theta} d\theta$

現在進行換元。令 $u = \sin \theta$，則 $du = \cos \theta d\theta$。
$\frac{1}{4} \int \frac{1}{u^2} du = \frac{1}{4} \int u^{-2} du$
$= \frac{1}{4} \frac{u^{-1}}{-1} + C$
$= -\frac{1}{4u} + C$
將 $u = \sin \theta$ 代回：
$-\frac{1}{4 \sin \theta} + C$

現在需要將結果換回 $x$。
我們有 $x = 2 \tan \theta$。
從 $x = 2 \tan \theta$，我們可以畫一個直角三角形。

本題考查曲線弧長的計算。弧長公式為 $L = \int_a^b \sqrt{1 + (y')^2} dx$。

首先，我們需要計算 $y'$。
$y = x^{2/3}$
$y' = \frac{d}{dx}(x^{2/3}) = \frac{2}{3} x^{2/3 - 1} = \frac{2}{3} x^{-1/3} = \frac{2}{3\sqrt[3]{x}}$。

接下來，我們計算 $(y')^2$。
$(y')^2 = \left(\frac{2}{3\sqrt[3]{x}}\right)^2 = \frac{4}{9 (\sqrt[3]{x})^2} = \frac{4}{9 x^{2/3}}$。

現在，我們將 $(y')^2$ 代入弧長公式的被積函數：
$\sqrt{1 + (y')^2} = \sqrt{1 + \frac{4}{9 x^{2/3}}}$。

為了方便積分，我們可以將根號內的表達式合併：
$\sqrt{1 + \frac{4}{9 x^{2/3}}} = \sqrt{\frac{9 x^{2/3} + 4}{9 x^{2/3}}} = \frac{\sqrt{9 x^{2/3} + 4}}{\sqrt{9 x^{2/3}}} = \frac{\sqrt{9 x^{2/3} + 4}}{3 x^{1/3}}$。

所以，弧長 $L$ 為：
$L = \int_1^8 \frac{\sqrt{9 x^{2/3} + 4}}{3 x^{1/3}} dx$

為了計算這個積分，我們可以使用換元法。
令 $u = 9 x^{2/3} + 4$。
那麼 $du = 9 \cdot \frac{2}{3} x^{2/3 - 1} dx = 6 x^{-1/3} dx = \frac{6}{x^{1/3}} dx$。
所以，$dx = \frac{1}{6} x^{1/3} du$。

我們需要將積分上下限也進行轉換。
當 $x=1$ 時，$u = 9 (1)^{2/3} + 4 = 9 + 4 = 13$。
當 $x=8$ 時，$u = 9 (8)^{2/3} + 4 = 9 (2^2) + 4 = 9 \cdot 4 + 4 = 36 + 4 = 40$。

本題是求解一個一階線性微分方程的初始值問題。由於變數可以分離，我們可以使用分離變數法來求解。

給定的微分方程是：
$\frac{dy}{dx} = x^2 y \cos x$
初始條件是：
$y(0) = 2$

我們將變數分離。將含有 $y$ 的項移到等式左邊，含有 $x$ 的項移到等式右邊：
$\frac{dy}{y} = x^2 \cos x dx$
注意，這裡我們假設 $y \neq 0$。

接下來，我們對兩邊同時積分：
$\int \frac{dy}{y} = \int x^2 \cos x dx$

左邊的積分比較簡單：
$\int \frac{dy}{y} = \ln|y| + C_1$

右邊的積分 $\int x^2 \cos x dx$ 需要使用分部積分法兩次。
第一次分部積分：令 $u = x^2$, $dv = \cos x dx$。
則 $du = 2x dx$, $v = \sin x$。
$\int x^2 \cos x dx = x^2 \sin x - \int 2x \sin x dx$
$= x^2 \sin x - 2 \int x \sin x dx$

第二次分部積分，對 $\int x \sin x dx$：令 $u = x$, $dv = \sin x dx$。
則 $du = dx$, $v = -\cos x$。
$\int x \sin x dx = x (-\cos x) - \int (-\cos x) dx$
$= -x \cos x + \int \cos x dx$
$= -x \cos x + \sin x + C_2$

將第二次分部積分的結果代回第一次：
$\int x^2 \cos x dx = x^2 \sin x - 2 (-x \cos x + \sin x + C_2)$

本題主要考察向量的內積、夾角以及向量的叉積運算。

(A) 求 $\vec{w}$ 與 $\vec{d}$ 兩向量的夾角：
向量 $\vec{w} = (-2, 3, 4)$，向量 $\vec{d} = (3, -1, 1)$。
設兩向量的夾角為 $\theta$。根據向量內積的定義：
$\vec{w} \cdot \vec{d} = |\vec{w}| |\vec{d}| \cos \theta$
首先計算內積 $\vec{w} \cdot \vec{d}$：
$\vec{w} \cdot \vec{d} = (-2)(3) + (3)(-1) + (4)(1) = -6 - 3 + 4 = -5$
接下來計算向量的模長：
$|\vec{w}| = \sqrt{(-2)^2 + 3^2 + 4^2} = \sqrt{4 + 9 + 16} = \sqrt{29}$
$|\vec{d}| = \sqrt{3^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{9 + 1 + 1} = \sqrt{11}$
現在，我們可以求解 $\cos \theta$：
$\cos \theta = \frac{\vec{w} \cdot \vec{d}}{|\vec{w}| |\vec{d}|} = \frac{-5}{\sqrt{29} \sqrt{11}} = \frac{-5}{\sqrt{319}}$
因此，夾角 $\theta$ 為：
$\theta = \arccos\left(\frac{-5}{\sqrt{319}}\right)$

(B) 求 $\vec{u} \times (\vec{v} \times \vec{d})$：
這是一個向量三重積。我們可以使用向量三重積的公式：

本題考查二重積分的計算，積分區域 $\Omega$ 位於第一象限，且與圓和直線有關，因此採用極座標轉換會比較方便。

積分區域 $\Omega$ 的描述：

1. 圓 $C: x^2 + y^2 = 3$。在極座標下，這表示 $r^2 = 3$，即 $r = \sqrt{3}$。
2. 直線 $L: x-y=0$，即 $y=x$。在極座標下，$r \sin \theta = r \cos \theta$，所以 $\tan \theta = 1$。在第一象限，這意味著 $\theta = \frac{\pi}{4}$。
3. $y$-軸。在第一象限，這表示 $\theta = \frac{\pi}{2}$。
4. 第一象限。

綜合以上條件，積分區域 $\Omega$ 在極座標下可以描述為：
$0 \le r \le \sqrt{3}$。
$\frac{\pi}{4} \le \theta \le \frac{\pi}{2}$。

積分函數 $xy^2 \sqrt{x^2 + y^2}$ 在極座標下的轉換：
$x = r \cos \theta$
$y = r \sin \theta$
$x^2 + y^2 = r^2$
$\sqrt{x^2 + y^2} = r$
$xy^2 = (r \cos \theta)(r \sin \theta)^2 = r \cos \theta \cdot r^2 \sin^2 \theta = r^3 \cos \theta \sin^2 \theta$。
$dA$ 在極座標下是 $r dr d\theta$。

所以，積分函數在極座標下為：
$(r^3 \cos \theta \sin^2 \theta) \cdot r \cdot r dr d\theta = r^5 \cos \theta \sin^2 \theta dr d\theta$。

現在，我們計算二重積分：
$\iint_{\Omega} xy^2 \sqrt{x^2 + y^2} dA = \int_{\pi/4}^{\pi/2} \int_0^{\sqrt{3}} r^5 \cos \theta \sin^2 \theta \cdot r dr d\theta$
$= \int_{\pi/4}^{\pi/2} \int_0^{\sqrt{3}} r^6 \cos \theta \sin^2 \theta dr d\theta$