114 年 國立臺灣大學應用數學科學研究所碩士班《微積分Ｄ》

此題考驗函數繪圖、漸近線判斷、單調性與凹凸性分析。

1. 函數化簡與定義域：
首先，我們化簡函數 $y = \frac{(x+1)^2}{x^2-1}$。
注意到 $x^2-1 = (x-1)(x+1)$，所以當 $x \neq -1$ 時，
$y = \frac{(x+1)^2}{(x-1)(x+1)} = \frac{x+1}{x-1}$。
題目要求在 $x > 1$ 的範圍內討論，此時 $x+1 \neq 0$ 且 $x-1 \neq 0$，所以函數化簡後的式子適用。
定義域為 $(1, \infty)$。

2. 漸近線判斷：

• 垂直漸近線 (Vertical Asymptote): 檢查分母為零之處。
  令 $x-1 = 0$，得 $x=1$。
  檢查 $x \to 1^+$ 時的極限：
  $\lim_{x \to 1^+} \frac{x+1}{x-1} = \frac{1+1}{1^+-1} = \frac{2}{0^+} = +\infty$。
  因此，$x=1$ 是垂直漸近線。

• 水平漸近線 (Horizontal Asymptote): 檢查 $x \to \pm \infty$ 時的極限。
  $\lim_{x \to \infty} \frac{x+1}{x-1} = \lim_{x \to \infty} \frac{1 + 1/x}{1 - 1/x} = \frac{1+0}{1-0} = 1$。
  因此，$y=1$ 是水平漸近線。

• 斜漸近線 (Slant Asymptote):
  由於存在水平漸近線，斜漸近線不存在。

3. 單調性分析 (Intervals of Increase/Decrease):
計算一階導數 $y'$。
$y' = \frac{d}{dx} \left(\frac{x+1}{x-1}\right) = \frac{(1)(x-1) - (x+1)(1)}{(x-1)^2} = \frac{x-1-x-1}{(x-1)^2} = \frac{-2}{(x-1)^2}$。

此題考驗瑕積分的計算，包含三角換元和部分分式分解兩種方法。然而，原積分範圍是 $[0, \infty)$，其中 $x=3$ 是瑕點，且積分區間包含 $x=0$ 這個奇點，這使得積分的處理變得非常複雜，甚至可能發散。在標準的瑕積分定義下，需要對所有奇點和無限區間進行分割。

首先，我們分析積分 $\int_0^\infty \frac{1}{x^3(x^2-9)} dx$。
積分的被積函數 $f(x) = \frac{1}{x^3(x^2-9)}$ 在 $x=0$ 和 $x=\pm 3$ 有奇點。
積分範圍是 $[0, \infty)$。
因此，這個積分實際上需要被分解為：
$\int_0^\infty f(x) dx = \int_0^3 f(x) dx + \int_3^M f(x) dx + \int_M^\infty f(x) dx$，其中 $M$ 是大於 3 的任意數。
並且，每個部分積分都需要考慮奇點。例如，$\int_0^3 f(x) dx$ 需要被寫成 $\lim_{a \to 0^+} \int_a^c f(x) dx + \lim_{b \to 3^-} \int_c^b f(x) dx$ (其中 $0 < c < 3$)。
同樣，$\int_3^M f(x) dx$ 需要被寫成 $\lim_{a \to 3^+} \int_a^M f(x) dx$。

觀察被積函數的行為：
當 $x \to 0^+$, $f(x) = \frac{1}{x^3(x^2-9)} \approx \frac{1}{x^3(-9)} = -\frac{1}{9x^3}$。
$\int_0^\epsilon -\frac{1}{9x^3} dx$ 顯然發散，因為 $\int x^{-3} dx = -\frac{1}{2} x^{-2}$，當 $x \to 0^+$ 時，此項趨於 $-\infty$。

當 $x \to 3^-$, $f(x) = \frac{1}{x^3(x^2-9)} = \frac{1}{x^3(x-3)(x+3)} \approx \frac{1}{3^3(x-3)(3+3)} = \frac{1}{27(x-3)(6)} = \frac{1}{162(x-3)}$。
$\int_c^3 \frac{1}{162(x-3)} dx$ 發散，因為 $\int \frac{1}{x-3} dx = \ln|x-3|$，當 $x \to 3^-$ 時，$\ln|x-3| \to -\infty$。

當 $x \to 3^+$, $f(x) \approx \frac{1}{162(x-3)}$。
$\int_3^M \frac{1}{162(x-3)} dx$ 發散，因為當 $x \to 3^+$ 時，$\ln|x-3| \to -\infty$。

當 $x \to \infty$, $f(x) = \frac{1}{x^3(x^2-9)} \approx \frac{1}{x^5}$。
$\int_M^\infty \frac{1}{x^5} dx$ 收斂。

由於積分在 $x=0$ 和 $x=3$ 處均發散，整個瑕積分 $\int_0^\infty \frac{1}{x^3(x^2-9)} dx$ 必定發散。

然而，題目要求使用特定方法計算，這暗示我們可能需要按照指示進行計算，即使最終結果是發散。這在考試中可能是一種考察學生對瑕積分定義和計算流程的理解。我們將嘗試按照 (a) 和 (b) 的指示進行計算，並指出發散的點。

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(a) 使用三角換元 $x = 3 \sec \theta$

令 $x = 3 \sec \theta$。
則 $dx = 3 \sec \theta \tan \theta d\theta$。
$x^2 - 9 = (3 \sec \theta)^2 - 9 = 9 \sec^2 \theta - 9 = 9 (\sec^2 \theta - 1) = 9 \tan^2 \theta$。
$x^3 = (3 \sec \theta)^3 = 27 \sec^3 \theta$。

積分範圍的轉換：
當 $x=0$ 時，$3 \sec \theta = 0$ 無解。這再次說明在 $x=0$ 處有問題。
如果我們忽略 $x=0$ 這個奇點，只考慮 $x \to 0^+$, $x$ 趨近於 0 的時候，$\sec \theta = x/3$。當 $x \to 0^+$, $\sec \theta \to 0^+$, 這是不可能的，因為 $\sec \theta \ge 1$ 或 $\sec \theta \le -1$。這表明三角換元 $x = 3 \sec \theta$ 並不適合處理 $x$ 接近 0 的情況。

為了繼續，我們假設積分範圍從一個小於 3 的正數開始，例如從 $x=3$ 附近開始，或者考慮主值 (Cauchy Principal Value)。但題目並未要求主值。

若我們強行代入，例如考慮 $x$ 從某個值 $a$ 到 $\infty$：
假設 $x$ 從一個大於 3 的值開始，例如 $x=a > 3$。
當 $x=a$, $a = 3 \sec \theta \implies \sec \theta = a/3 \implies \theta = \operatorname{arcsec}(a/3)$。
當 $x \to \infty$, $3 \sec \theta \to \infty \implies \sec \theta \to \infty \implies \theta \to (\pi/2)^-$。
在這個範圍內，$\tan \theta > 0$。

$\frac{1}{x^3(x^2-9)} dx = \frac{1}{27 \sec^3 \theta (9 \tan^2 \theta)} (3 \sec \theta \tan \theta d\theta)$
$= \frac{3 \sec \theta \tan \theta}{27 \sec^3 \theta \cdot 9 \tan^2 \theta} d\theta$
$= \frac{1}{27 \sec^2 \theta \tan \theta} d\theta$
$= \frac{\cos^2 \theta}{27 \sin \theta / \cos \theta} d\theta$
$= \frac{\cos^3 \theta}{27 \sin \theta} d\theta$

積分變為：
$\int_{\operatorname{arcsec}(a/3)}^{\pi/2} \frac{\cos^3 \theta}{27 \sin \theta} d\theta$

這個積分形式也很難直接計算。
$\frac{\cos^3 \theta}{\sin \theta} = \frac{\cos^2 \theta \cos \theta}{\sin \theta} = \frac{(1-\sin^2 \theta) \cos \theta}{\sin \theta} = \frac{\cos \theta}{\sin \theta} - \sin \theta \cos \theta$
$\int \frac{\cos \theta}{\sin \theta} d\theta = \int \cot \theta d\theta = \ln|\sin \theta|$
$\int \sin \theta \cos \theta d\theta = \int \frac{1}{2} \sin(2\theta) d\theta = -\frac{1}{4} \cos(2\theta)$

所以，$\frac{1}{27} \int \frac{\cos^3 \theta}{\sin \theta} d\theta = \frac{1}{27} (\ln|\sin \theta| + \frac{1}{4} \cos(2\theta))$。

現在計算定積分：
$\frac{1}{27} \left[ \ln|\sin \theta| + \frac{1}{4} \cos(2\theta) \right]_{\operatorname{arcsec}(a/3)}^{\pi/2}$

當 $\theta \to (\pi/2)^-$, $\sin \theta \to 1$, $\ln|\sin \theta| \to \ln(1) = 0$.
$\cos(2\theta) = \cos^2 \theta - \sin^2 \theta$. 當 $\theta \to (\pi/2)^-$, $\cos \theta \to 0$, $\sin \theta \to 1$, 所以 $\cos(2\theta) \to 0^2 - 1^2 = -1$.
所以，當 $\theta \to (\pi/2)^-$, $\ln|\sin \theta| + \frac{1}{4} \cos(2\theta) \to 0 + \frac{1}{4}(-1) = -\frac{1}{4}$.

當 $\theta = \operatorname{arcsec}(a/3)$。設 $\alpha = \operatorname{arcsec}(a/3)$。
$\sec \alpha = a/3$. $\cos \alpha = 3/a$.

核心觀念

本題考查：

• 拉格朗日乘數法；
• 多重限制條件下的極值問題；
• 利用限制式化簡變數；
• 檢查所有臨界點並比較函數值。

若函數 $f$ 在限制條件

$$g_1(x,y,z,w)=5,\qquad g_2(x,y,z,w)=2$$

下取得極值，且限制條件梯度彼此獨立，則存在乘數 $\lambda,\mu$，使得

$$\nabla f=\lambda \nabla g_1+\mu \nabla g_2.$$

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解題方法

題目給定

$$f(x,y,z,w)=x^2+4y+6z+8w,$$

限制條件為

$$x^2+y^2+z^2=5,\qquad z+w=2.$$

由第二個限制式得

$$w=2-z.$$

因此可先將 $w$ 消去：

$$\begin{aligned} f &=x^2+4y+6z+8(2-z)\\ &=x^2+4y-2z+16. \end{aligned}$$

問題化為在

$$x^2+y^2+z^2=5$$

下，求

$$F(x,y,z)=x^2+4y-2z+16$$

的最大值與最小值。

設

$$g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-5=0.$$

則

$$\nabla F=(2x,4,-2),$$

且

$$\nabla g=(2x,2y,2z).$$

依拉格朗日乘數法，

$$(2x,4,-2)=\lambda(2x,2y,2z).$$

比較各分量：

$$\begin{cases} 2x=2\lambda x,\\ 4=2\lambda y,\\ -2=2\lambda z. \end{cases}$$

整理得

$$\begin{cases} x(1-\lambda)=0,\\ y=\dfrac{2}{\lambda},\\ z=-\dfrac{1}{\lambda}. \end{cases}$$

由第二、三式可知 $\lambda\neq 0$。

情形一：$x=0$

代入限制式：

$$y^2+z^2=5.$$

又因

$$y=\frac{2}{\lambda},\qquad z=-\frac{1}{\lambda},$$

所以

$$\frac{4}{\lambda^2}+\frac{1}{\lambda^2}=5,$$

即

$$\frac{5}{\lambda^2}=5 \quad\Longrightarrow\quad \lambda^2=1.$$

因此

$$\lambda=1\quad\text{或}\quad \lambda=-1.$$

當 $\lambda=1$

此題要求使用格林定理計算一個向量線積分。格林定理的條件是向量場 $\mathbf{F} = P \mathbf{i} + Q \mathbf{j}$ 在一個單連通區域上連續可微。然而，此題的向量場 $\mathbf{F}$ 在原點 $(0,0)$ 是未定義的，而曲線 $C$ 是一個封閉曲線，且「包圍原點」。這意味著曲線 $C$ 所圍成的區域並非單連通，原點是這個區域的「洞」。

1. 檢查格林定理的適用性：
格林定理的公式為：
$\oint_C P \, dx + Q \, dy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA$
其中 $D$ 是由曲線 $C$ 所圍成的區域，$C$ 是 $D$ 的正向邊界。

在此題中，$P(x,y) = \frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}$ 且 $Q(x,y) = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}$。
我們需要計算 $\frac{\partial Q}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial P}{\partial y}$。

計算 $\frac{\partial P}{\partial y}$:
令 $u = 2xy$ 且 $v = (x^2+y^2)^2$。
$\frac{\partial u}{\partial y} = 2x$
$\frac{\partial v}{\partial y} = 2(x^2+y^2)(2y) = 4y(x^2+y^2)$
$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{(\frac{\partial u}{\partial y})v - u(\frac{\partial v}{\partial y})}{v^2} = \frac{2x(x^2+y^2)^2 - 2xy(4y(x^2+y^2))}{((x^2+y^2)^2)^2}$
$= \frac{2x(x^2+y^2) - 8xy^2}{(x^2+y^2)^3} = \frac{2x^3 + 2xy^2 - 8xy^2}{(x^2+y^2)^3} = \frac{2x^3 - 6xy^2}{(x^2+y^2)^3}$

計算 $\frac{\partial Q}{\partial x}$:
令 $u = y^2-x^2$ 且 $v = (x^2+y^2)^2$。
$\frac{\partial u}{\partial x} = -2x$
$\frac{\partial v}{\partial x} = 2(x^2+y^2)(2x) = 4x(x^2+y^2)$
$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{(\frac{\partial u}{\partial x})v - u(\frac{\partial v}{\partial x})}{v^2} = \frac{-2x(x^2+y^2)^2 - (y^2-x^2)(4x(x^2+y^2))}{((x^2+y^2)^2)^2}$
$= \frac{-2x(x^2+y^2) - 4x(y^2-x^2)}{(x^2+y^2)^3} = \frac{-2x^3 - 2xy^2 - 4xy^2 + 4x^3}{(x^2+y^2)^3} = \frac{2x^3 - 6xy^2}{(x^2+y^2)^3}$

我們發現 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{2x^3 - 6xy^2}{(x^2+y^2)^3}$ 且 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{2x^3 - 6xy^2}{(x^2+y^2)^3}$。
所以，$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0$。

2. 處理非單連通區域的問題：
雖然 $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0$ 在原點以外的區域都成立，但格林定理的直接應用要求區域是單連通的。由於曲線 $C$ 包圍了原點，原點是區域中的一個「洞」。

在這種情況下，如果向量場 $\mathbf{F}$ 在整個區域（包括洞）是連續可微的，那麼 $\oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_D 0 \, dA = 0$。
然而，此向量場在原點未定義。

解決方法：修改區域。
我們可以通過引入一個小的輔助曲線來「填補」這個洞，使區域變成單連通。
考慮一個半徑為 $\epsilon$ 的圓形曲線 $C_\epsilon$，以原點為圓心，方向與 $C$ 相反（負向）。
設 $D$ 是曲線 $C$ 所圍的區域。我們考慮區域 $D' = D \setminus D_\epsilon$，其中 $D_\epsilon$ 是以原點為圓心，半徑為 $\epsilon$ 的圓盤。
曲線 $C$ 是 $D$ 的邊界。曲線 $C_\epsilon$ 是 $D_\epsilon$ 的邊界。
現在，區域 $D'$ 是一個單連通區域，其邊界是 $C$ 和 $C_\epsilon$ 的組合（沿著某個方向）。
如果我們取 $C$ 為正向，則 $C_\epsilon$ 需要取負向，這樣整體邊界是正向的。
令 $C_{total}$ 為由 $C$ 和 $-C_\epsilon$ 組成的正向邊界。
則 $\oint_{C_{total}} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_{D'} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA = \iint_{D'} 0 \, dA = 0$。

$\oint_{C_{total}} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} + \oint_{-C_\epsilon} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = 0$
$\oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = - \oint_{-C_\epsilon} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \oint_{C_\epsilon} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}$。

現在我們需要計算 $\oint_{C_\epsilon} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}$，其中 $C_\epsilon$ 是半徑為 $\epsilon$ 的圓，正向。
參數化 $C_\epsilon$: $x = \epsilon \cos t$, $y = \epsilon \sin t$, $0 \le t \le 2\pi$。
$dx = -\epsilon \sin t \, dt$
$dy = \epsilon \cos t \, dt$
$x^2+y^2 = \epsilon^2$。

此題考驗極限計算，包含對數極限和黎曼和極限。

(1) $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}}$

令 $L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}}$。
我們知道 $H_n = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} \approx \ln n + \gamma$ (其中 $\gamma$ 是歐拉-馬歇羅尼常數)。
所以，我們需要計算 $\lim_{n \to \infty} (H_n)^{1/n}$。

考慮 $\ln L = \lim_{n \to \infty} \ln\left( (H_n)^{1/n} \right) = \lim_{n \to \infty} \frac{\ln(H_n)}{n}$。
這是一個 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的不定形式，可以使用 L'Hôpital's Rule。
我們知道 $H_n \approx \ln n$ 當 $n \to \infty$。
所以，$\lim_{n \to \infty} \frac{\ln(H_n)}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\ln(\ln n)}{n}$。

使用 L'Hôpital's Rule:
$\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{d}{dn}(\ln(\ln n))}{\frac{d}{dn}(n)} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{\ln n} \cdot \frac{1}{n}}{1} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n \ln n} = 0$。

所以 $\ln L = 0$，則 $L = e^0 = 1$。

另一種方法：使用極限定理。
如果 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$ 且 $L > 0$，則 $\lim_{n \to \infty} (a_1 a_2 \dots a_n)^{1/n} = L$。
這個定理不適用於求和。

使用 Stolz-Cesaro Theorem (或 L'Hôpital's Rule on ln):
我們已經使用 L'Hôpital's Rule on ln，得到結果為 1。

我們也可以使用一個更強的極限定理：
如果 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = L$, 則 $\lim_{n \to \infty} (a_n)^{1/n} = L$。
這個定理對級數的求和形式不直接適用，但對連乘積形式有用。

此題考驗梯度向量的計算以及連鎖律在隱函數微分的應用。

(3) 梯度向量的計算
函數為 $f(x, y, z) = 2x + 3z$。
梯度向量 $\nabla f$ 的定義為：
$\nabla f(x, y, z) = \frac{\partial f}{\partial x} \mathbf{i} + \frac{\partial f}{\partial y} \mathbf{j} + \frac{\partial f}{\partial z} \mathbf{k}$

計算偏導數：
$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(2x + 3z) = 2$
$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(2x + 3z) = 0$
$\frac{\partial f}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z}(2x + 3z) = 3$

所以，梯度向量為 $\nabla f(x, y, z) = 2\mathbf{i} + 0\mathbf{j} + 3\mathbf{k} = (2, 0, 3)$。
我們需要在點 $(1, 1, 1)$ 處計算梯度向量。由於梯度向量是常數向量，它在任何點都相同。
$\nabla f(1, 1, 1) = (2, 0, 3)$。

(4) 連鎖律應用
粒子位於曲面 $f(x, y, z) = 5$ 上。這個曲面的方程是 $2x + 3z = 5$。
粒子在點 $(1, 1, 1)$ 處。
我們已知 $\frac{dx}{dt} = 1$ 和 $\frac{dy}{dt} = -1$。
我們需要找到 $\frac{dz}{dt}$。

核心觀念

本題分為兩個三重積分：

• 第（5）式涉及三重積分的積分區域判讀，以及球體體積。
• 第（6）式適合先將 $4z^2$ 標準化，再利用散度定理將三重積分化為三個平面積分。

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第（5）式

題目印成

$$\int_0^2\int_{2y}^{4}\int_0^{\sqrt{4-x^2-y^2}} dz\,dy\,dx.$$

此式依照原樣無法成立，原因有二：

1. 中間積分的下限為 $2y$，積分變數本身也是 $y$，屬於自我依賴的積分界限。
2. 即使將下限視為排版錯誤，$y$ 的上限為 $4$ 時，通常會使
   $4-x^2-y^2<0$，導致平方根不是實數。

因此，第（5）式的題目資訊不足，無法依照印刷內容得到唯一答案。

若依三重積分上下限的自然形式，題目原意應為第一卦限球體

$$0\le x\le 2,\qquad 0\le y\le \sqrt{4-x^2},\qquad 0\le z\le \sqrt{4-x^2-y^2},$$

也就是半徑 $2$ 的球

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

在第一卦限的部分。此時積分代表該區域體積：

$$\frac18\cdot \frac43\pi(2)^3 = \frac{1}{8}\cdot\frac{32\pi}{3} = \frac{4\pi}{3}.$$

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第（6）式：解題方法

要求

$$I=\int_0^1\int_0^1\int_0^1 \frac{1}{x^2+y^2+4z^2}\,dz\,dy\,dx.$$

令

$$w=2z,\qquad dz=\frac12\,dw.$$

當 $0\le z\le 1$ 時，$0\le w\le 2$，因此

$$I= \frac12 \int_0^1\int_0^1\int_0^2 \frac{1}{x^2+y^2+w^2}\,dw\,dy\,dx.$$

令向量場

$$\mathbf F(x,y,w) = \frac{(x,y,w)}{x^2+y^2+w^2}.$$

在原點以外，

$$\nabla\cdot\mathbf F = \frac{\partial}{\partial x}\frac{x}{r^2} + \frac{\partial}{\partial y}\frac{y}{r^2} + \frac{\partial}{\partial w}\frac{w}{r^2} = \frac1{r^2},$$

其中

$$r^2=x^2+y^2+w^2.$$

因此可使用散度定理：

$$\iiint_V\frac1{x^2+y^2+w^2}\,dV = \iint_{\partial V}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS,$$

其中

$$V=[0,1]\times[0,1]\times[0,2].$$

原點的奇異點不影響結果，因為半徑 $\varepsilon$ 的小球面通量量級為 $O(\varepsilon)$，當 $\varepsilon\to0$ 時趨近於 $0$。

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各個邊界面的通量

定義

此題考驗利用泰勒級數計算函數值以及求解高階導數。

(7) 表達 $f(1)$ 為無限級數
函數為 $f(x) = \int_0^{x^2} \frac{\sin(t^3)}{t} dt$。
我們需要計算 $f(1) = \int_0^{1^2} \frac{\sin(t^3)}{t} dt = \int_0^1 \frac{\sin(t^3)}{t} dt$。

首先，我們需要 $\sin(t^3)$ 的泰勒級數展開。
我們知道 $\sin(u)$ 的泰勒級數為：
$\sin(u) = u - \frac{u^3}{3!} + \frac{u^5}{5!} - \frac{u^7}{7!} + \dots = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{u^{2n+1}}{(2n+1)!}$。

令 $u = t^3$。則：
$\sin(t^3) = t^3 - \frac{(t^3)^3}{3!} + \frac{(t^3)^5}{5!} - \frac{(t^3)^7}{7!} + \dots$
$\sin(t^3) = t^3 - \frac{t^9}{3!} + \frac{t^{15}}{5!} - \frac{t^{21}}{7!} + \dots = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{t^{6n+3}}{(2n+1)!}$。

現在，我們將 $\sin(t^3)$ 除以 $t$：
$\frac{\sin(t^3)}{t} = \frac{1}{t} \left( t^3 - \frac{t^9}{3!} + \frac{t^{15}}{5!} - \frac{t^{21}}{7!} + \dots \right)$
$\frac{\sin(t^3)}{t} = t^2 - \frac{t^8}{3!} + \frac{t^{14}}{5!} - \frac{t^{20}}{7!} + \dots = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{t^{6n+2}}{(2n+1)!}$。
這個級數在 $t=0$ 處是連續的（當 $n=0$ 時，級數第一項是 $t^2$）。

現在，我們對這個級數在 $[0, 1]$ 上積分：
$f(1) = \int_0^1 \left( t^2 - \frac{t^8}{3!} + \frac{t^{14}}{5!} - \frac{t^{20}}{7!} + \dots \right) dt$
$= \int_0^1 \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{t^{6n+2}}{(2n+1)!} dt$

我們可以在級數內部進行積分（因為級數在積分區間上一致收斂）：
$f(1) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{1}{(2n+1)!} \int_0^1 t^{6n+2} dt$
$= \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{1}{(2n+1)!} \left[ \frac{t^{6n+3}}{6n+3} \right]_0^1$
$= \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{1}{(2n+1)!} \left( \frac{1^{6n+3}}{6n+3} - 0 \right)$
$= \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{1}{(2n+1)! (6n+3)}$。

展開前幾項：
當 $n=0$: $(-1)^0 \frac{1}{(1)! (3)} = \frac{1}{1 \cdot 3} = \frac{1}{3}$。
當 $n=1$: $(-1)^1 \frac{1}{(3)! (9)} = -\frac{1}{6 \cdot 9} = -\frac{1}{54}$。

此題考驗瑕積分和無窮級數的收斂性判斷。

(9) 瑕積分 $\int_2^\infty \frac{x^{2p+1}}{(x+1)^p} dx$ 的收斂性

這是瑕積分，因為積分上限是無窮大。我們需要分析被積函數在積分區間末端的行為。
設 $f(x) = \frac{x^{2p+1}}{(x+1)^p}$。
當 $x \to \infty$, $f(x) \approx \frac{x^{2p+1}}{x^p} = x^{2p+1-p} = x^{p+1}$。

為了使瑕積分 $\int_2^\infty f(x) dx$ 收斂，我們需要 $f(x)$ 的增長速度足夠慢。
根據 p-series test for integrals, $\int_a^\infty x^k dx$ 收斂當且僅當 $k < -1$。
在這裡，我們有 $k = p+1$。
所以，我們需要 $p+1 < -1$，即 $p < -2$。

這是基於近似分析。我們需要更嚴謹地使用極限比較檢驗法。
我們將 $f(x)$ 與 $g(x) = x^{p+1}$ 比較。
$\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^{2p+1}/(x+1)^p}{x^{p+1}}$
$= \lim_{x \to \infty} \frac{x^{2p+1}}{x^{p+1} (x+1)^p} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^{p}}{ (x+1)^p}$
$= \lim_{x \to \infty} \left( \frac{x}{x+1} \right)^p = \lim_{x \to \infty} \left( \frac{1}{1+1/x} \right)^p = (1)^p = 1$。

因為極限是 $1$（一個正的常數），所以 $\int_2^\infty f(x) dx$ 和 $\int_2^\infty g(x) dx$ 同時收斂或發散。
$\int_2^\infty g(x) dx = \int_2^\infty x^{p+1} dx$。
此積分收斂當且僅當 $p+1 < -1$，即 $p < -2$。

因此，瑕積分收斂當 $p < -2$。

(10) 無窮級數 $\sum_{n=1}^\infty \frac{2n+1}{n^p (\ln n)^2}$ 的收斂性

這個級數的項為 $a_n = \frac{2n+1}{n^p (\ln n)^2}$。
我們可以使用極限比較檢驗法。
當 $n \to \infty$, $2n+1 \approx 2n$.
所以 $a_n \approx \frac{2n}{n^p (\ln n)^2} = \frac{2}{n^{p-1} (\ln n)^2}$。

我們需要分析級數 $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^{p-1} (\ln n)^2}$ 的收斂性（從 $n=2$ 開始，因為 $\ln 1 = 0$）。
使用積分檢驗法或比較檢驗法。

考慮 $p-1$ 的值：

情況 1：$p-1 > 1$ (即 $p > 2$)
如果 $p-1 > 1$, 則 $n^{p-1}$ 的增長速度比 $n$ 快。
那麼 $\frac{1}{n^{p-1} (\ln n)^2}$ 的增長速度比 $\frac{1}{n^2}$ 快。
由於 $\sum \frac{1}{n^2}$ 收斂，根據比較檢驗法，$\sum \frac{1}{n^{p-1} (\ln n)^2}$ 收斂。