114 年 國立中正大學數學系碩士班《微積分》

此題考驗對極限定義、微積分基本定理以及泰勒展開式的應用。

首先，我們需要評估極限 $\lim_{x \to 0} \frac{Si(x) - x}{x^3}$。當 $x \to 0$ 時，分子 $Si(x) - x \to Si(0) - 0 = \int_0^0 f(t) dt - 0 = 0$。分母 $x^3 \to 0$。由於是 $\frac{0}{0}$ 型不定形式，我們可以使用羅必達法則。

根據微積分基本定理，我們知道 $Si'(x) = \frac{d}{dx} \int_0^x f(t) dt = f(x)$。
因此，$Si'(x) = \begin{cases} \frac{\sin x}{x} & \text{if } x \neq 0 \\ 1 & \text{if } x = 0 \end{cases}$。
注意到當 $x \to 0$ 時，$\frac{\sin x}{x} \to 1$，所以 $Si'(x)$ 在 $x=0$ 處也是連續的，且 $Si'(0)=1$。

對原極限應用羅必達法則一次：
$\lim_{x \to 0} \frac{Si(x) - x}{x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{Si'(x) - 1}{3x^2}$
當 $x \to 0$ 時，分子 $Si'(x) - 1 \to Si'(0) - 1 = 1 - 1 = 0$。分母 $3x^2 \to 0$。這仍然是 $\frac{0}{0}$ 型不定形式，再次應用羅必達法則：
$\lim_{x \to 0} \frac{Si'(x) - 1}{3x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{Si''(x)}{6x}$
我們需要計算 $Si''(x)$。
對於 $x \neq 0$， $Si'(x) = \frac{\sin x}{x}$。
對 $Si'(x)$ 求導，得到 $Si''(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{\sin x}{x} \right) = \frac{(\cos x)x - (\sin x)(1)}{x^2} = \frac{x \cos x - \sin x}{x^2}$。
在 $x=0$ 處，我們需要計算 $Si''(0)$ 的極限值。
$\lim_{x \to 0} \frac{x \cos x - \sin x}{x^2}$
當 $x \to 0$ 時，分子 $x \cos x - \sin x \to 0 \cdot 1 - 0 = 0$，分母 $x^2 \to 0$。
再次應用羅必達法則：
$\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(x \cos x - \sin x)}{\frac{d}{dx}(x^2)} = \lim_{x \to 0} \frac{(\cos x - x \sin x) - \cos x}{2x} = \lim_{x \to 0} \frac{-x \sin x}{2x} = \lim_{x \to 0} -\frac{\sin x}{2} = 0$
所以，$Si''(0) = 0$。

現在我們回到極限 $\lim_{x \to 0} \frac{Si''(x)}{6x}$。
當 $x \neq 0$，我們有 $Si''(x) = \frac{x \cos x - \sin x}{x^2}$。
所以，
$\lim_{x \to 0} \frac{Si''(x)}{6x} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{x \cos x - \sin x}{x^2}}{6x} = \lim_{x \to 0} \frac{x \cos x - \sin x}{6x^3}$
這又是一個 $\frac{0}{0}$ 型不定形式。我們需要計算 $Si'''(x)$。
我們知道 $Si''(x) = \frac{x \cos x - \sin x}{x^2}$。
對 $Si''(x)$ 求導：
$Si'''(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{x \cos x - \sin x}{x^2} \right)$
$= \frac{[(\cos x - x \sin x) - \cos x]x^2 - (x \cos x - \sin x)(2x)}{(x^2)^2}$

此題考驗求函數切線方程式的能力，特別是當切點未知，但已知切線通過某一點時的處理方式。

設切點為 $(a, f(a))$。
函數為 $f(x) = x^3 - x$。
則 $f'(x) = 3x^2 - 1$。
在切點 $(a, f(a))$ 的切線斜率為 $m = f'(a) = 3a^2 - 1$。
切線方程式為 $y - f(a) = f'(a)(x - a)$。
$y - (a^3 - a) = (3a^2 - 1)(x - a)$。

已知此切線通過點 $(-2, 2)$。將此點代入切線方程式：
$2 - (a^3 - a) = (3a^2 - 1)(-2 - a)$
$2 - a^3 + a = -6a^2 - 3a^3 + 2 + a$
$-a^3 = -6a^2 - 3a^3$
$2a^3 + 6a^2 = 0$
$2a^2(a + 3) = 0$
解得 $a = 0$ 或 $a = -3$。

這表示有兩條切線通過點 $(-2, 2)$。

核心觀念

本題考查兩種定積分技巧：

• 利用三角恆等式降冪，計算 $\sin^4 x$ 的定積分。
• 透過代換 $u=\sqrt{4x+1}$，將含根號的廣義積分化為有理函數積分，再利用部分分式或標準積分公式求值。

---

a. $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^4x\,dx$

解題方法

使用降冪公式：

$$\sin^2x=\frac{1-\cos 2x}{2}.$$

因此

$$\sin^4x =\left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)^2 =\frac{1-2\cos2x+\cos^22x}{4}.$$

再利用

$$\cos^22x=\frac{1+\cos4x}{2},$$

得到

$$\sin^4x =\frac{1-2\cos2x+\frac{1+\cos4x}{2}}{4} =\frac{3-4\cos2x+\cos4x}{8}.$$

所以

$$\begin{aligned} \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^4x\,dx &=\frac18\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(3-4\cos2x+\cos4x\right)\,dx\\ &=\frac18 \left[ 3x-2\sin2x+\frac14\sin4x \right]_0^{\frac{\pi}{2}}. \end{aligned}$$

代入上下限：

$$\sin\pi=0,\qquad \sin2\pi=0,$$

故

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^4x\,dx =\frac18\cdot\frac{3\pi}{2} =\boxed{\frac{3\pi}{16}}.$$

解題技巧

在 $[0,\frac{\pi}{2}]$ 上，$\sin^4x$ 的平均值為 $\frac38$，而區間長度為 $\frac{\pi}{2}$，因此可快速驗算：

$$\frac38\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{3\pi}{16}.$$

---

b. $\displaystyle \int_2^\infty\frac{1}{x^2\sqrt{4x+1}}\,dx$

核心觀念

根號為 $\sqrt{4x+1}$，適合令

$$u=\sqrt{4x+1}.$$

如此可同時消去根號，並將 $x$ 表示成 $u$ 的代數式。

解題方法

令

$$u=\sqrt{4x+1}.$$

則

$$u^2=4x+1,\qquad x=\frac{u^2-1}{4},$$

且

$$dx=\frac{u}{2}\,du.$$

當 $x=2$ 時，

$$u=\sqrt{9}=3.$$

當 $x\to\infty$ 時，$u\to\infty$。

核心觀念

考察正項級數

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\ln n}{n^p}.$$

主要使用兩個判斷原則：

1. 級數收斂的必要條件：若級數收斂，則其一般項必須滿足

   $$\frac{\ln n}{n^p}\to 0.$$

2. 比較判別法：對正項級數，若可與已知的 $p$-級數

   $$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^q}$$

   比較，則可判斷其收斂性。其中 $p$-級數在 $q>1$ 時收斂，在 $q\leq 1$ 時發散。

---

解題方法與分情況討論

a. $p\in(-\infty,0)$

因為 $p<0$，令 $q=-p>0$，則

$$\frac{\ln n}{n^p} =\frac{\ln n}{n^{-q}} =(\ln n)n^q.$$

當 $n\to\infty$ 時，

$$(\ln n)n^q\to\infty,$$

因此級數的一般項不但不趨近於 $0$，反而趨近於無窮大。

由級數收斂的必要條件，

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\ln n}{n^p}$$

必定發散。

---

b. $p\in(0,1]$

當 $n\geq 3$ 時，$\ln n\geq 1$，因此

$$\frac{\ln n}{n^p}\geq \frac{1}{n^p}.$$

由於 $0<p\leq 1$，$p$-級數

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^p}$$

發散。根據比較判別法，

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\ln n}{n^p}$$

也發散。

---

c. $p\in(1,\infty)$

取一個數 $\alpha$ 滿足

$$0<\alpha<p-1.$$

核心觀念

本題主要考查：

• 函數高階導數的遞迴規律。

• 廣義二項式定理（binomial series）。

• Maclaurin 級數係以 $0$ 為中心的 Taylor 級數：

  $$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$$

• 冪級數收斂半徑的判定，以及最近奇異點與收斂半徑的關係。

函數為

$$f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x}}=(1+x)^{-1/2},$$

其實數定義域為 $x>-1$。

---

解題方法

a. 求 $f^{(k)}(x)$

由

$$f(x)=(1+x)^{-1/2}$$

開始逐次微分：

$$f'(x)=-\frac12(1+x)^{-3/2},$$ $$f''(x)=\left(-\frac12\right)\left(-\frac32\right)(1+x)^{-5/2},$$ $$f'''(x)=\left(-\frac12\right)\left(-\frac32\right)\left(-\frac52\right)(1+x)^{-7/2}.$$

每微分一次，係數多乘上一個負的半整數，且次方降低 $1$。因此

$$f^{(k)}(x) = \left(-\frac12\right) \left(-\frac32\right) \cdots \left(-\frac{2k-1}{2}\right) (1+x)^{-1/2-k}.$$

整理係數：

$$f^{(k)}(x) = \frac{(-1)^k}{2^k} (1\cdot 3\cdot 5\cdots (2k-1)) (1+x)^{-k-\frac12}.$$

使用雙階乘記號

$$(2k-1)!!=1\cdot3\cdot5\cdots(2k-1),$$

可得

$$\boxed{ f^{(k)}(x) = \frac{(-1)^k(2k-1)!!}{2^k} (1+x)^{-k-\frac12} }$$

其中 $k=0$ 時，採用 $(-1)!!=1$，公式同樣成立。

利用

$$(2k-1)!!=\frac{(2k)!}{2^k k!},$$

也可寫成

$$\boxed{ f^{(k)}(x) = (-1)^k\frac{(2k)!}{4^k k!} (1+x)^{-k-\frac12} }.$$

---

b. 求 $f(x)$ 的 Maclaurin series

Maclaurin 級數定義為

$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n.$$

由 a. 的結果，

$$f^{(n)}(0) = (-1)^n\frac{(2n)!}{4^n n!}.$$

因此

$$\frac{f^{(n)}(0)}{n!} = (-1)^n\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}.$$

所以 Maclaurin 級數為

$$\boxed{ \frac{1}{\sqrt{1+x}} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}x^n }$$

亦可寫成

$$\boxed{ \frac{1}{\sqrt{1+x}} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}x^n }.$$

展開前幾項：