114 年 國立嘉義大學應用數學系碩士班甲：計算暨資訊科學組《微積分》

核心觀念

1. 垂直漸近線（Vertical Asymptote, 簡稱 VA）：
   若函數 $f(x)$ 在 $x \to a^+$ 或 $x \to a^-$ 時滿足：

   $$\lim_{x \to a^+} f(x) = \pm\infty \quad \text{或} \quad \lim_{x \to a^-} f(x) = \pm\infty$$

   則直線 $x = a$ 即為 $f(x)$ 的垂直漸近線。
   對於有理分式 $f(x) = \frac{P(x)}{Q(x)}$，若 $x = a$ 使分母 $Q(a) = 0$ 且分子 $P(a) \neq 0$，則直線 $x = a$ 必為垂直漸近線。

2. 斜漸近線（Slant / Oblique Asymptote, 簡稱 SA）：
   若存在常數 $m \neq 0$ 與 $k$，滿足：

   $$\lim_{x \to \infty} [f(x) - (mx + k)] = 0 \quad \text{或} \quad \lim_{x \to -\infty} [f(x) - (mx + k)] = 0$$

   則直線 $y = mx + k$ 即為 $f(x)$ 的斜漸近線。
   對於有理函數，當分子多項式次數恰好比分母多項式次數高 $1$ 次時，可藉由多項式除法將函數改寫為 $f(x) = (mx + k) + \frac{R(x)}{Q(x)}$（其中 $\deg(R) < \deg(Q)$），此時商式直線 $y = mx + k$ 即為斜漸近線。

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解題方法

本題給定函數為有理分式：

$$f(x) = \frac{x^2 - 2x + 4}{x - 2}$$

第一部分：求解垂直漸近線（Vertical Asymptote）

1. 尋找可能使分母為零的點：
   令分母等於 $0$： $$x - 2 = 0 \implies x = 2$$
2. 驗證分子是否非零：
   將 $x = 2$ 代入分子： $$(2)^2 - 2(2) + 4 = 4 \neq 0$$
3. 計算單邊極限確認： $$\lim_{x \to 2^+} \frac{x^2 - 2x + 4}{x - 2} = \frac{4}{0^+} = +\infty$$

本題要求分別計算 $y = \frac{1-\cos x}{\sin x}$ 和 $y = \csc x - \cot x$ 的導數。題目暗示這兩種形式的導數結果應該相同。

方法一：對 $y = \frac{1-\cos x}{\sin x}$ 求導
我們使用除法法則 $\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$。
令 $u = 1-\cos x$，則 $u' = \frac{d}{dx}(1-\cos x) = 0 - (-\sin x) = \sin x$。
令 $v = \sin x$，則 $v' = \frac{d}{dx}(\sin x) = \cos x$。
所以，
$\frac{dy}{dx} = \frac{(\sin x)(\sin x) - (1-\cos x)(\cos x)}{(\sin x)^2}$
$\frac{dy}{dx} = \frac{\sin^2 x - (\cos x - \cos^2 x)}{\sin^2 x}$
$\frac{dy}{dx} = \frac{\sin^2 x - \cos x + \cos^2 x}{\sin^2 x}$
利用三角恆等式 $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$，
$\frac{dy}{dx} = \frac{1 - \cos x}{\sin^2 x}$
進一步化簡，我們知道 $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x = (1-\cos x)(1+\cos x)$。
$\frac{dy}{dx} = \frac{1 - \cos x}{(1-\cos x)(1+\cos x)} = \frac{1}{1+\cos x}$
注意： 這裡的化簡假設 $1-\cos x \neq 0$，即 $\cos x \neq 1$，也就是 $x \neq 2k\pi$。同時，原函數的分母 $\sin x \neq 0$，即 $x \neq k\pi$。在這些條件下，化簡是有效的。

方法二：對 $y = \csc x - \cot x$ 求導
我們知道 $\frac{d}{dx}(\csc x) = -\csc x \cot x$ 且 $\frac{d}{dx}(\cot x) = -\csc^2 x$。
所以，
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\csc x) - \frac{d}{dx}(\cot x)$

本題要求計算函數 $y = \frac{3x-1}{x^2+3}$ 的導數。我們將使用除法法則。

除法法則為 $\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$。
令 $u = 3x-1$，則 $u' = \frac{d}{dx}(3x-1) = 3$。
令 $v = x^2+3$，則 $v' = \frac{d}{dx}(x^2+3) = 2x$。

本題要求在隱函數關係 $x^2 + y^2 = 25$ 下，求二階導數 $\frac{d^2y}{dx^2}$。

步驟一：求一階導數 $\frac{dy}{dx}$
對等式 $x^2 + y^2 = 25$ 兩邊同時對 $x$ 微分。
$\frac{d}{dx}(x^2) + \frac{d}{dx}(y^2) = \frac{d}{dx}(25)$
$2x + 2y \frac{dy}{dx} = 0$
將 $2y \frac{dy}{dx}$ 移到等式右邊：
$2y \frac{dy}{dx} = -2x$
如果 $y \neq 0$，則可以兩邊同除以 $2y$：
$\frac{dy}{dx} = \frac{-2x}{2y} = -\frac{x}{y}$

步驟二：求二階導數 $\frac{d^2y}{dx^2}$
現在對一階導數 $\frac{dy}{dx} = -\frac{x}{y}$ 兩邊同時對 $x$ 微分。我們需要使用除法法則。
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx}\left(-\frac{x}{y}\right)$
$\frac{d^2y}{dx^2} = -\frac{d}{dx}\left(\frac{x}{y}\right)$
令 $u = x$，則 $u' = \frac{d}{dx}(x) = 1$。
令 $v = y$，則 $v' = \frac{d}{dx}(y) = \frac{dy}{dx}$。
應用除法法則 $\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$：

核心觀念

本題考查：

1. 微積分基本定理：
   若
   $G(u)=\int_a^u f(t)\,dt$
   則
   $G'(u)=f(u)。$

2. 鏈鎖律：
   若 $u=g(x)$，則
   $\frac{d}{dx}G(g(x))=G'(g(x))g'(x)。$

本題的積分上限是 $x^2$，因此微分時必須使用鏈鎖律；下限 $\pi/2$ 是常數，不會產生額外項。

解題方法

令

$$F(x)=\int_{\pi/2}^{x^2}\cos t\,dt。$$

先將積分視為函數

$$G(u)=\int_{\pi/2}^{u}\cos t\,dt。$$

依微積分基本定理，

$$G'(u)=\cos u。$$

由於 $F(x)=G(x^2)$，再利用鏈鎖律：

$$F'(x)=G'(x^2)\cdot \frac{d}{dx}(x^2)。$$

本題要求計算不定積分 $\int \frac{1}{x\sqrt{4-(\ln x)^2}} dx$。這是一個標準的換元積分問題。

觀察被積函數的形式，其中包含 $\ln x$ 及其導數 $\frac{1}{x}$。這提示我們進行換元。
令 $u = \ln x$。
那麼，$du = \frac{1}{x} dx$。

將這些代入積分式：
$\int \frac{1}{\sqrt{4-(\ln x)^2}} \left(\frac{1}{x} dx\right) = \int \frac{1}{\sqrt{4-u^2}} du$
這個積分是反正弦函數的積分形式。我們知道 $\int \frac{1}{\sqrt{a^2-u^2}} du = \arcsin\left(\frac{u}{a}\right) + C$。

本題要求計算不定積分 $\int \frac{1}{x^2(1+x)} dx$。被積函數是一個有理函數，我們可以使用部分分式分解法來求解。

我們將 $\frac{1}{x^2(1+x)}$ 分解成部分分式：
$\frac{1}{x^2(1+x)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x^2} + \frac{C}{1+x}$
將右邊通分：
$\frac{1}{x^2(1+x)} = \frac{A x (1+x) + B (1+x) + C x^2}{x^2(1+x)}$
令分子相等：
$1 = A x (1+x) + B (1+x) + C x^2$
$1 = A (x+x^2) + B + Bx + C x^2$
$1 = Ax + Ax^2 + B + Bx + C x^2$
$1 = (A+C)x^2 + (A+B)x + B$
比較等式兩邊的係數：
常數項：$B = 1$
$x$ 的係數：$A+B = 0 \implies A+1 = 0 \implies A = -1$
$x^2$ 的係數：$A+C = 0 \implies -1+C = 0 \implies C = 1$

所以，部分分式分解為：
$\frac{1}{x^2(1+x)} = -\frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} + \frac{1}{1+x}$
現在對分解後的式子進行積分：

本題要求計算瑕積分 $\int_0^1 x^3 (\ln x)^2 dx$。此積分是瑕積分，因為當 $x \to 0^+$ 時，$\ln x \to -\infty$，所以被積函數在下限 $x=0$ 處是發散的。我們需要使用極限來定義和計算它。

瑕積分的定義為：
$\int_0^1 x^3 (\ln x)^2 dx = \lim_{a \to 0^+} \int_a^1 x^3 (\ln x)^2 dx$
我們將使用分部積分法來計算定積分 $\int_a^1 x^3 (\ln x)^2 dx$。
分部積分公式為 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$。

令 $u = (\ln x)^2$，則 $du = 2(\ln x) \cdot \frac{1}{x} dx = \frac{2 \ln x}{x} dx$。
令 $dv = x^3 dx$，則 $v = \int x^3 dx = \frac{x^4}{4}$。

$\int x^3 (\ln x)^2 dx = \frac{x^4}{4} (\ln x)^2 - \int \frac{x^4}{4} \cdot \frac{2 \ln x}{x} dx$
$= \frac{x^4 (\ln x)^2}{4} - \int \frac{x^3 \ln x}{2} dx$
$= \frac{x^4 (\ln x)^2}{4} - \frac{1}{2} \int x^3 \ln x \, dx$
我們需要再次對 $\int x^3 \ln x \, dx$ 使用分部積分法。
令 $u_1 = \ln x$，則 $du_1 = \frac{1}{x} dx$。
令 $dv_1 = x^3 dx$，則 $v_1 = \frac{x^4}{4}$。

$\int x^3 \ln x \, dx = \frac{x^4}{4} \ln x - \int \frac{x^4}{4} \cdot \frac{1}{x} dx$
$= \frac{x^4 \ln x}{4} - \int \frac{x^3}{4} dx$
$= \frac{x^4 \ln x}{4} - \frac{1}{4} \cdot \frac{x^4}{4}$
$= \frac{x^4 \ln x}{4} - \frac{x^4}{16}$
現在將這個結果代回原來的積分式：
$\int x^3 (\ln x)^2 dx = \frac{x^4 (\ln x)^2}{4} - \frac{1}{2} \left( \frac{x^4 \ln x}{4} - \frac{x^4}{16} \right) + C$
$= \frac{x^4 (\ln x)^2}{4} - \frac{x^4 \ln x}{8} + \frac{x^4}{32} + C$

現在我們計算定積分 $\int_a^1 x^3 (\ln x)^2 dx$。
$\left[ \frac{x^4 (\ln x)^2}{4} - \frac{x^4 \ln x}{8} + \frac{x^4}{32} \right]_a^1$
在上限 $x=1$ 處：

本題要求計算無窮級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(3n-2)(3n+1)}$ 的和。這是一個級數求和問題，我們通常會嘗試使用部分分式分解和泰勒級數或裂項相消法。

觀察級數的通項 $a_n = \frac{1}{(3n-2)(3n+1)}$。分母是兩個線性因子的乘積。我們可以使用部分分式分解。
$\frac{1}{(3n-2)(3n+1)} = \frac{A}{3n-2} + \frac{B}{3n+1}$
通分後得到：
$1 = A(3n+1) + B(3n-2)$
令 $3n-2 = 0 \implies n = 2/3$：
$1 = A(3(2/3)+1) + B(0) \implies 1 = A(2+1) \implies 1 = 3A \implies A = \frac{1}{3}$。
令 $3n+1 = 0 \implies n = -1/3$：
$1 = A(0) + B(3(-1/3)-2) \implies 1 = B(-1-2) \implies 1 = -3B \implies B = -\frac{1}{3}$。

所以，部分分式分解為：
$\frac{1}{(3n-2)(3n+1)} = \frac{1/3}{3n-2} - \frac{1/3}{3n+1} = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{3n-2} - \frac{1}{3n+1} \right)$
現在我們計算級數的和，也就是部分和 $S_N$ 後取極限。
$S_N = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{3} \left( \frac{1}{3n-2} - \frac{1}{3n+1} \right)$
$S_N = \frac{1}{3} \sum_{n=1}^{N} \left( \frac{1}{3n-2} - \frac{1}{3n+1} \right)$
展開級數的前幾項和後幾項：
當 $n=1$: $\frac{1}{3(1)-2} - \frac{1}{3(1)+1} = \frac{1}{1} - \frac{1}{4}$

本題要求判斷無窮級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\ln(n+1)}$ 的收斂性或發散性。

級數的通項為 $a_n = \frac{(-1)^n}{\ln(n+1)}$。由於存在 $(-1)^n$ 因子，這是一個交錯級數。
我們可以嘗試使用交錯級數檢驗法 (Alternating Series Test)。
交錯級數檢驗法適用於形如 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} b_n$ 或 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n b_n$ 的級數，其中 $b_n > 0$。
在此級數中，令 $b_n = \frac{1}{\ln(n+1)}$。
我們需要驗證兩個條件：

1. $b_n > 0$ 對於所有 $n \ge 1$。
   因為 $n \ge 1$，所以 $n+1 \ge 2$。$\ln(n+1) \ge \ln(2) > 0$。因此，$b_n = \frac{1}{\ln(n+1)} > 0$ 對於所有 $n \ge 1$。
2. $b_n$ 是遞減數列，即 $b_n \ge b_{n+1}$ 對於足夠大的 $n$。
   我們需要比較 $\ln(n+1)$ 和 $\ln((n+1)+1) = \ln(n+2)$。
   由於對數函數 $\ln x$ 是嚴格遞增函數，所以當 $n+1 < n+2$ 時，$\ln(n+1) < \ln(n+2)$。
   因此，$\frac{1}{\ln(n+1)} > \frac{1}{\ln(n+2)}$，即 $b_n > b_{n+1}$ 對於所有 $n \ge 1$。
   所以，$b_n$ 是遞減數列。
3. $\lim_{n \to \infty} b_n = 0$。