112 年 國立中正大學數學系應用數學研究所《微積分》

第 1 題

(a) 利用微積分基本定理求函數值

核心觀念

若 $f$ 在 $[0,\infty)$ 上連續，則由微積分基本定理：

$$\frac{d}{dx}\int_0^x f(t)\,dt=f(x).$$

題目給定

$$\int_0^x f(t)\,dt=x\ln(x+1).$$

解題方法

兩邊對 $x$ 微分：

$$f(x)=\frac{d}{dx}\left[x\ln(x+1)\right].$$

利用乘積法則：

$$f(x)=\ln(x+1)+x\cdot\frac{1}{x+1} =\ln(x+1)+\frac{x}{x+1}.$$

代入 $x=1$：

$$f(1)=\ln 2+\frac{1}{2}.$$

解題技巧

遇到「積分上限為變數」且被積函數連續時，優先直接對等式微分，不必先設法求出一般積分。

【答案】

$$\boxed{f(1)=\ln 2+\frac12}$$

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(b) 三角函數有界性與無窮大極限

核心觀念

對任意實數 $u$，皆有

$$-1\leq \cos u\leq 1.$$

因此

$$-2\leq \cos\left(\frac1x\right)-1\leq 0.$$

另一方面，當 $x\to0$ 時，

$$\frac{1}{2x^2}\to+\infty.$$

解題方法

原式為

$$\cos\left(\frac1x\right)-1+\frac{1}{2x^2}.$$

其中前兩項

$$\cos\left(\frac1x\right)-1$$

始終介於 $-2$ 與 $0$ 之間，是有界量；而 $\frac1{2x^2}$ 趨近正無窮。因此有界量不會改變其發散方向：

$$\cos\left(\frac1x\right)-1+\frac{1}{2x^2}\to+\infty.$$

【答案】

$$\boxed{+\infty}$$

---

(c) 冪和極限與黎曼和

核心觀念

將分子分母同除以 $n^{112}$：

$$\frac{1^{111}+2^{111}+\cdots+n^{111}}{n^{112}} = \frac1n\sum_{k=1}^n\left(\frac{k}{n}\right)^{111}.$$

這是函數 $g(x)=x^{111}$ 在區間 $[0,1]$ 上的黎曼和。

由黎曼和定理：

$$\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^{111} = \int_0^1 x^{111}\,dx.$$

解題方法

計算定積分：

$$\int_0^1 x^{111}\,dx = \left[\frac{x^{112}}{112}\right]_0^1 = \frac1{112}.$$

因此

$$\lim_{n\to\infty} \frac{1^{111}+2^{111}+\cdots+n^{111}}{n^{112}} = \frac1{112}.$$

解題技巧

一般形式為

$$\lim_{n\to\infty} \frac{1^p+2^p+\cdots+n^p}{n^{p+1}} = \int_0^1x^p\,dx = \frac1{p+1}.$$

【答案】

$$\boxed{\frac1{112}}$$

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(d) 利用圓的幾何意義與三角代換

核心觀念

被積函數可改寫為

$$\sqrt{4x-x^2} = \sqrt{4-(x-2)^2}.$$

這是圓

$$(x-2)^2+y^2=4$$

的上半圓，圓心為 $(2,0)$、半徑為 $2$。

積分區間 $1\le x\le3$ 對應於圓心左右各 $1$ 的範圍。

解題方法

令

$$u=x-2,\qquad dx=du.$$

本題考查定積分在計算面積上的應用，涉及有理函數的積分。

核心觀念：定積分計算面積，部分分式分解。
所求面積 $A$ 由以下區域圍成：
$y = \frac{e^{2x}}{(e^{2x}+1)(e^x-1)}$
$y = 0$ (x-軸)
$x = \ln 2$
$x = \ln 3$

積分區域為 $x \in [\ln 2, \ln 3]$ 且 $y$ 介於 $0$ 和 $\frac{e^{2x}}{(e^{2x}+1)(e^x-1)}$ 之間。
首先，我們需要確定被積函數在積分區間內是否為正。
當 $x \in [\ln 2, \ln 3]$ 時：
$e^x > e^{\ln 2} = 2 > 1$. 所以 $e^x-1 > 0$.
$e^{2x} = (e^x)^2 > 2^2 = 4 > 0$. 所以 $e^{2x}+1 > 0$.
因此，被積函數 $y = \frac{e^{2x}}{(e^{2x}+1)(e^x-1)}$ 在 $x \in [\ln 2, \ln 3]$ 區間內是正的。
面積 $A$ 由定積分給出：
$A = \int_{\ln 2}^{\ln 3} \frac{e^{2x}}{(e^{2x}+1)(e^x-1)} dx$
為了計算這個積分，我們採用變數代換。令 $u = e^x$.
則 $du = e^x dx$, 所以 $dx = \frac{du}{e^x} = \frac{du}{u}$.
同時，$e^{2x} = u^2$.
積分上下限也需要改變：
當 $x = \ln 2$, $u = e^{\ln 2} = 2$.
當 $x = \ln 3$, $u = e^{\ln 3} = 3$.
積分變為：
$A = \int_2^3 \frac{u^2}{(u^2+1)(u-1)} \frac{du}{u}$
$A = \int_2^3 \frac{u}{(u^2+1)(u-1)} du$
現在我們需要對被積函數 $\frac{u}{(u^2+1)(u-1)}$ 進行部分分式分解。
設
$\frac{u}{(u^2+1)(u-1)} = \frac{A}{u-1} + \frac{Bu+C}{u^2+1}$
通分後得到：
$u = A(u^2+1) + (Bu+C)(u-1)$
$u = A u^2 + A + B u^2 - Bu + Cu - C$
$u = (A+B) u^2 + (-B+C) u + (A-C)$
比較兩邊的係數：

1. $u^2$ 項係數：$A+B = 0 \implies B = -A$.
2. $u$ 項係數：$-B+C = 1$.
3. 常數項係數：$A-C = 0 \implies A = C$.

將 $B = -A$ 和 $A = C$ 代入第二個方程式：
$-(-A) + A = 1$
$A + A = 1$
$2A = 1 \implies A = \frac{1}{2}$.

本題考查級數的收斂性，特別是條件收斂的判斷。

核心觀念：交錯級數檢驗法 (Alternating Series Test, AST)，絕對收斂。
級數為 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\ln n}$。
首先，我們判斷級數是否絕對收斂。絕對收斂是指級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \left| \frac{(-1)^n}{\ln n} \right| = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{\ln n}$ 收斂。
考慮級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{\ln n}$。
我們知道對於 $n \ge 2$, $\ln n < n$.
因此，$\frac{1}{\ln n} > \frac{1}{n}$.
由於調和級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n}$ 發散，根據比較檢驗法 (Comparison Test)，級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{\ln n}$ 也發散。
所以，原級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\ln n}$ 不絕對收斂。

接下來，我們判斷級數是否收斂。
這個級數是一個交錯級數，形式為 $\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n b_n$，其中 $b_n = \frac{1}{\ln n}$。
我們需要檢查 $b_n$ 是否滿足交錯級數檢驗法的條件：

1. $b_n > 0$ 對於所有 $n \ge 2$。
   由於 $n \ge 2$, $\ln n > \ln 1 = 0$. 所以 $b_n = \frac{1}{\ln n} > 0$。此條件滿足。
2. $b_n$ 單調遞減，即 $b_{n+1} \le b_n$ 對於足夠大的 $n$。
   考慮函數 $f(x) = \frac{1}{\ln x}$。其導數為 $f'(x) = -\frac{1}{(\ln x)^2} \cdot \frac{1}{x} = -\frac{1}{x(\ln x)^2}$。
   對於 $x \ge 2$, $x > 0$ 且 $(\ln x)^2 > 0$, 所以 $f'(x) < 0$.
   這表示函數 $f(x)$ 在 $x \ge 2$ 上是遞減的。
   因此，$b_{n+1} = \frac{1}{\ln(n+1)} < \frac{1}{\ln n} = b_n$ 對於所有 $n \ge 2$。此條件滿足。
3. $\lim_{n \to \infty} b_n = 0$.
   $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{\ln n}$. 當 $n \to \infty$, $\ln n \to \infty$. 所以 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{\ln n} = 0$。此條件滿足。

本題主要考察多元函數在一點的偏導數是否存在，以及函數的可微性。

(a) 判斷 $f_y(0,0)$ 是否存在
核心觀念：偏導數的定義。
偏導數 $f_y(0,0)$ 的定義為：
$f_y(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0, 0+h) - f(0,0)}{h}$
根據函數的定義：
$f(0,0) = 0$.
當 $(x,y) = (0,h)$ 且 $h \neq 0$, $(x,y) \neq (0,0)$。
$f(0, h) = \frac{(0)(h^2)}{(0)^3 + h^3} = \frac{0}{h^3} = 0$
將這些值代入偏導數的定義：
$f_y(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{0 - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{0}{h} = \lim_{h \to 0} 0 = 0$
這個極限存在且等於 0。
因此，$f_y(0,0)$ 存在，且 $f_y(0,0) = 0$。

【答案】是，$f_y(0,0) = 0$。

(b) 判斷 $f$ 是否在 $\mathbb{R}^2$ 上可微
核心觀念：可微性的定義。
一個函數 $f(x,y)$ 在點 $(a,b)$ 可微，若且唯若 $f_x(a,b)$ 和 $f_y(a,b)$ 都存在，且
$\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{f(a+h, b+k) - f(a,b) - h f_x(a,b) - k f_y(a,b)}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0$
我們已經知道 $f_y(0,0) = 0$。現在我們需要計算 $f_x(0,0)$。
$f_x(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h, 0) - f(0,0)}{h}$
根據函數定義，當 $(x,y) = (h,0)$ 且 $h \neq 0$, $(x,y) \neq (0,0)$。
$f(h, 0) = \frac{(h)(0)^2}{(h)^3 + (0)^3} = \frac{0}{h^3} = 0$
所以，
$f_x(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{0 - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{0}{h} = 0$
因此，$f_x(0,0) = 0$ 存在。

現在我們檢查在 $(0,0)$ 點的可微性。我們需要計算極限：
$\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{f(h, k) - f(0,0) - h f_x(0,0) - k f_y(0,0)}{\sqrt{h^2+k^2}}$
$= \lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{\frac{h k^2}{h^3+k^3} - 0 - h(0) - k(0)}{\sqrt{h^2+k^2}}$
$= \lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{\frac{h k^2}{h^3+k^3}}{\sqrt{h^2+k^2}}$
$= \lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{h k^2}{(h^3+k^3)\sqrt{h^2+k^2}}$
為了判斷這個極限是否存在，我們沿著不同的路徑趨近 $(0,0)$。

核心觀念

本題考查多變數函數的鏈鎖律，以及直角座標與極座標之間的偏微分關係。

已知

$$z=f(x,y),\qquad x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta.$$

因此 $z$ 可視為 $r,\theta$ 的複合函數：

$$z=f(r\cos\theta,r\sin\theta).$$

對 $r$ 或 $\theta$ 微分時，必須使用多變數鏈鎖律：

$$\frac{\partial z}{\partial u} = \frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial u} + \frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial u}.$$

---

(a) 求 $\dfrac{\partial z}{\partial r}$

由

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta$$

可得

$$\frac{\partial x}{\partial r}=\cos\theta, \qquad \frac{\partial y}{\partial r}=\sin\theta.$$

套用鏈鎖律：

$$\frac{\partial z}{\partial r} = \frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial r} + \frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial r}.$$

由於 $z=f(x,y)$，可寫成

$$\boxed{ \frac{\partial z}{\partial r} = \frac{\partial z}{\partial x}\cos\theta + \frac{\partial z}{\partial y}\sin\theta }$$

亦即

$$\boxed{ z_r=f_x\cos\theta+f_y\sin\theta }.$$

---

(b) 題目等式的檢查與正確推導

先求 $\dfrac{\partial z}{\partial\theta}$。

由

$$\frac{\partial x}{\partial\theta}=-r\sin\theta, \qquad \frac{\partial y}{\partial\theta}=r\cos\theta,$$

套用鏈鎖律得

$$\frac{\partial z}{\partial\theta} = \frac{\partial z}{\partial x}(-r\sin\theta) + \frac{\partial z}{\partial y}(r\cos\theta).$$

因此

$$\boxed{ z_\theta=-r f_x\sin\theta+r f_y\cos\theta }.$$

將 $z_r$ 與 $z_\theta$ 平方相加：

$$z_r^2+z_\theta^2 = (f_x\cos\theta+f_y\sin\theta)^2 + (-r f_x\sin\theta+r f_y\cos\theta)^2.$$

展開後：

$$\begin{aligned} z_r^2+z_\theta^2 ={}& f_x^2\cos^2\theta +2f_xf_y\sin\theta\cos\theta +f_y^2\sin^2\theta\\ &+r^2f_x^2\sin^2\theta -2r^2f_xf_y\sin\theta\cos\theta +r^2f_y^2\cos^2\theta. \end{aligned}$$

此式一般不等於

$$f_x^2+f_y^2 = \left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2.$$

因此，題目所要求證明的等式

本題考查方向導數的最大值，這與梯度向量有關。

核心觀念：方向導數，梯度。
一個函數 $f$ 在點 $P$ 的方向導數，沿著單位向量 $\mathbf{u}$ 的方向，定義為 $D_{\mathbf{u}}f(P) = \nabla f(P) \cdot \mathbf{u}$。
其中 $\nabla f(P)$ 是函數 $f$ 在點 $P$ 的梯度向量。
方向導數 $D_{\mathbf{u}}f(P)$ 的最大值發生在 $\mathbf{u}$ 與梯度向量 $\nabla f(P)$ 同方向時，且最大值等於梯度向量的模長 $|\nabla f(P)|$。

步驟 1：計算函數 $f(x, y, z) = x^2 e^{yz}$ 的梯度向量 $\nabla f(x, y, z)$。
梯度向量的各分量是函數 $f$ 對應變數的偏導數：
$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} (x^2 e^{yz}) = 2x e^{yz}$
$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} (x^2 e^{yz}) = x^2 (e^{yz} \cdot yz \text{'s derivative wrt y}) = x^2 e^{yz} \cdot z = z x^2 e^{yz}$
$\frac{\partial f}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z} (x^2 e^{yz}) = x^2 (e^{yz} \cdot yz \text{'s derivative wrt z}) = x^2 e^{yz} \cdot y = y x^2 e^{yz}$
所以，梯度向量為：

核心觀念

1. 二重積分的變數變換（Change of Variables in Double Integrals）：
   若變數變換 $T: (u, v) \mapsto (x, y)$ 為一對一且具有連續偏導數的映射，則
   $\iint_R f(x, y) \, dA_{xy} = \iint_S f(x(u, v), y(u, v)) \, |J(u, v)| \, dA_{uv}$
   其中雅可比行列式（Jacobian）滿足：
   $J(u, v) = \frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)} = \begin{vmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial u} & \dfrac{\partial x}{\partial v} \\ \dfrac{\partial y}{\partial u} & \dfrac{\partial y}{\partial v} \end{vmatrix} = \frac{1}{\dfrac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)}}$

2. 代換積分法（Integration by Substitution）：
   對形式為 $\int \frac{g'(u)}{g(u)} \, du$ 的積分，其結果為 $\ln|g(u)| + C$。

---

解題方法

本題提供兩種「參考書等級」的標準解法：變數變換法（最佳切入點）與直接逐次積分法。

方法一：二重積分變數變換法（推薦解法）

步驟一：設定新座標並轉換積分區域
觀察積分邊界 $x = 1, x = 4, xy = 1, xy = 4$ 以及被積函數中 $x^2y^2 = (xy)^2$ 與 $x^3y^3 = (xy)^3$ 的特徵，令：
$\begin{cases} u = xy \\ v = x \end{cases}$
此時原平面區域 $R$ 變換至 $uv$-平面的區域 $S$ 為一矩形區域：
$S = \big\{ (u, v) \in \mathbb{R}^2 \;\big|\; 1 \le u \le 4, \; 1 \le v \le 4 \big\}$

步驟二：計算雅可比行列式（Jacobian）
由 $u = xy, v = x$，計算其對 $(x, y)$ 的偏導函數行列式：
$\frac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)} = \begin{vmatrix} \dfrac{\partial u}{\partial x} & \dfrac{\partial u}{\partial y} \\ \dfrac{\partial v}{\partial x} & \dfrac{\partial v}{\partial y} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} y & x \\ 1 & 0 \end{vmatrix} = 0 - x = -x$
因此，面積微元的轉換關係為：
$dx \, dy = |J(u, v)| \, du \, dv = \frac{1}{\left| \dfrac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)} \right|} \, du \, dv = \frac{1}{|-x|} \, du \, dv = \frac{1}{x} \, du \, dv = \frac{1}{v} \, du \, dv$

步驟三：代入變換並化為可分離變數的單變數定積分
將 $xy = u$ 與 $dA = \frac{1}{v} \, du \, dv$ 代入原積分：
$\iint_R \frac{3x^2y^2}{1 + x^3y^3} \, dA = \int_{v=1}^4 \int_{u=1}^4 \frac{3u^2}{1 + u^3} \cdot \frac{1}{v} \, du \, dv$
利用富比尼定理（Fubini's Theorem），此積分可完全分離為兩個獨立單變數積分的乘積：
$= \left( \int_{1}^4 \frac{1}{v} \, dv \right) \left( \int_{1}^4 \frac{3u^2}{1 + u^3} \, du \right)$

核心觀念

本題考查平面向量場的線積分，以及 Green 定理：

$$\oint_C \mathbf F\cdot d\mathbf r = \oint_C P\,dx+Q\,dy$$

其中

$$P(x,y)=\frac{-4y}{x^2+y^2}, \qquad Q(x,y)=\frac{4x}{x^2+y^2}.$$

若 $\mathbf F$ 在曲線 $C$ 所圍成的區域內具有連續偏導數，則

$$\oint_C P\,dx+Q\,dy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right)dA.$$

解題方法

曲線 $C$ 為橢圓

$$\frac{(x-10)^2}{9}+\frac{(y-10)^2}{16}=1,$$

其中心為 $(10,10)$，半長軸為 $4$、半短軸為 $3$。因此橢圓內所有點皆滿足

$$7\le x\le 13,\qquad 6\le y\le 14,$$

原點 $(0,0)$ 不在橢圓內。向量場唯一的不定義點是原點，因此 $\mathbf F$ 在橢圓及其內部均為連續可微。

計算旋度：

$$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{4x}{x^2+y^2}\right) = \frac{4(y^2-x^2)}{(x^2+y^2)^2},$$

以及

第 1 題

(a) 利用微積分基本定理求函數值

核心觀念

若 $f$ 在 $[0,\infty)$ 上連續，則由微積分基本定理：

$$\frac{d}{dx}\int_0^x f(t)\,dt=f(x).$$

題目給定

$$\int_0^x f(t)\,dt=x\ln(x+1).$$

解題方法

兩邊對 $x$ 微分：

$$f(x)=\frac{d}{dx}\left[x\ln(x+1)\right].$$

利用乘積法則：

$$f(x)=\ln(x+1)+x\cdot\frac{1}{x+1} =\ln(x+1)+\frac{x}{x+1}.$$

代入 $x=1$：

$$f(1)=\ln 2+\frac{1}{2}.$$

解題技巧

遇到「積分上限為變數」且被積函數連續時，優先直接對等式微分，不必先設法求出一般積分。

【答案】

$$\boxed{f(1)=\ln 2+\frac12}$$

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(b) 三角函數有界性與無窮大極限

核心觀念

對任意實數 $u$，皆有

$$-1\leq \cos u\leq 1.$$

因此

$$-2\leq \cos\left(\frac1x\right)-1\leq 0.$$

另一方面，當 $x\to0$ 時，

$$\frac{1}{2x^2}\to+\infty.$$

解題方法

原式為

$$\cos\left(\frac1x\right)-1+\frac{1}{2x^2}.$$

其中前兩項

$$\cos\left(\frac1x\right)-1$$

始終介於 $-2$ 與 $0$ 之間，是有界量；而 $\frac1{2x^2}$ 趨近正無窮。因此有界量不會改變其發散方向：

$$\cos\left(\frac1x\right)-1+\frac{1}{2x^2}\to+\infty.$$

【答案】

$$\boxed{+\infty}$$

---

(c) 冪和極限與黎曼和

核心觀念

將分子分母同除以 $n^{112}$：

$$\frac{1^{111}+2^{111}+\cdots+n^{111}}{n^{112}} = \frac1n\sum_{k=1}^n\left(\frac{k}{n}\right)^{111}.$$

這是函數 $g(x)=x^{111}$ 在區間 $[0,1]$ 上的黎曼和。

由黎曼和定理：

$$\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^{111} = \int_0^1 x^{111}\,dx.$$

解題方法

計算定積分：

$$\int_0^1 x^{111}\,dx = \left[\frac{x^{112}}{112}\right]_0^1 = \frac1{112}.$$

因此

$$\lim_{n\to\infty} \frac{1^{111}+2^{111}+\cdots+n^{111}}{n^{112}} = \frac1{112}.$$

解題技巧

一般形式為

$$\lim_{n\to\infty} \frac{1^p+2^p+\cdots+n^p}{n^{p+1}} = \int_0^1x^p\,dx = \frac1{p+1}.$$

【答案】

$$\boxed{\frac1{112}}$$

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(d) 利用圓的幾何意義與三角代換

核心觀念

被積函數可改寫為

$$\sqrt{4x-x^2} = \sqrt{4-(x-2)^2}.$$

這是圓

$$(x-2)^2+y^2=4$$

的上半圓，圓心為 $(2,0)$、半徑為 $2$。

積分區間 $1\le x\le3$ 對應於圓心左右各 $1$ 的範圍。

解題方法

令

$$u=x-2,\qquad dx=du.$$

本題考查定積分在計算面積上的應用，涉及有理函數的積分。

核心觀念：定積分計算面積，部分分式分解。
所求面積 $A$ 由以下區域圍成：
$y = \frac{e^{2x}}{(e^{2x}+1)(e^x-1)}$
$y = 0$ (x-軸)
$x = \ln 2$
$x = \ln 3$

積分區域為 $x \in [\ln 2, \ln 3]$ 且 $y$ 介於 $0$ 和 $\frac{e^{2x}}{(e^{2x}+1)(e^x-1)}$ 之間。
被積函數在積分區間內為正。
面積 $A$ 由定積分給出：
$A = \int_{\ln 2}^{\ln 3} \frac{e^{2x}}{(e^{2x}+1)(e^x-1)} dx$
令 $u = e^x$. 則 $du = e^x dx$, $dx = \frac{du}{u}$. $e^{2x} = u^2$.
積分上下限：$x=\ln 2 \implies u=2$, $x=\ln 3 \implies u=3$.
$A = \int_2^3 \frac{u^2}{(u^2+1)(u-1)} \frac{du}{u} = \int_2^3 \frac{u}{(u^2+1)(u-1)} du$
部分分式分解：
$\frac{u}{(u^2+1)(u-1)} = \frac{A}{u-1} + \frac{Bu+C}{u^2+1}$
$u = A(u^2+1) + (Bu+C)(u-1)$.
令 $u=1$, $1 = A(1+1) \implies A=1/2$.
令 $u=0$, $0 = A - C \implies C=A=1/2$.

本題考查級數的收斂性，特別是條件收斂的判斷。

核心觀念：交錯級數檢驗法 (Alternating Series Test, AST)，絕對收斂。
級數為 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\ln n}$。
首先，我們判斷級數是否絕對收斂。絕對收斂是指級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \left| \frac{(-1)^n}{\ln n} \right| = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{\ln n}$ 收斂。
考慮級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{\ln n}$。
對於 $n \ge 2$, $\ln n < n$. 因此，$\frac{1}{\ln n} > \frac{1}{n}$。
由於調和級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n}$ 發散，根據比較檢驗法，級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{\ln n}$ 也發散。
所以，原級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\ln n}$ 不絕對收斂。

接下來，我們判斷級數是否收斂。
這個級數是一個交錯級數，形式為 $\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n b_n$，其中 $b_n = \frac{1}{\ln n}$。
我們需要檢查 $b_n$ 是否滿足交錯級數檢驗法的條件：