108 年 國立政治大學風險管理與保險學系碩士班精算科學組《微積分》

核心觀念

本題考指數代換與定積分的變數代換公式。令 $t=e^x$，則 $dt=e^x\,dx$，因此 $dx=\dfrac{dt}{t}$。代換後，積分上下限也要依 $t=e^x$ 一併改寫。

解題方法

令 $t=e^x$，則 $x=-1$ 時 $t=e^{-1}$，而 $x=1$ 時 $t=e$。因此

本題考查瑕積分的計算，實際上是 Gamma 函數的定義。

這個瑕積分可以通過分部積分法來計算。
令 $I_n = \int_{0}^{\infty} x^n e^{-x} dx$.

當 $n=1$ 時：
$I_1 = \int_{0}^{\infty} x e^{-x} dx$
令 $u=x$, $dv=e^{-x}dx$. 則 $du=dx$, $v=-e^{-x}$.
$I_1 = [-xe^{-x}]_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} (-e^{-x}) dx$
$[-xe^{-x}]_{0}^{\infty} = \lim_{b\to\infty} (-be^{-b}) - (-0 \cdot e^0) = 0 - 0 = 0$
$I_1 = \int_{0}^{\infty} e^{-x} dx = [-e^{-x}]_{0}^{\infty} = \lim_{b\to\infty} (-e^{-b}) - (-e^0) = 0 - (-1) = 1$
所以 $I_1 = 1!$.

一般情況下，對 $I_n = \int_{0}^{\infty} x^n e^{-x} dx$ 使用分部積分法。
令 $u = x^n$, $dv = e^{-x} dx$. 則 $du = nx^{n-1} dx$, $v = -e^{-x}$.
$I_n = [-x^n e^{-x}]_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} (-e^{-x}) nx^{n-1} dx$

本題考查極限的計算，這是自然對數的定義。

此極限是 $1^\infty$ 的不定型，我們通常使用取對數的方法來處理。
令 $L = \lim_{x\to\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^x$.
取自然對數：
$\ln L = \ln \left( \lim_{x\to\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^x \right)$
由於對數函數是連續函數，我們可以將極限符號移到對數函數內部：
$\ln L = \lim_{x\to\infty} \ln \left( \left(1+\frac{1}{x}\right)^x \right)$
利用對數的性質 $\ln(a^b) = b \ln a$:
$\ln L = \lim_{x\to\infty} x \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)$
這個極限是 $\infty \cdot 0$ 的不定型。我們可以將其改寫為 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 的形式，以便使用 L'Hôpital's Rule。
將其改寫為 $\frac{\infty}{\infty}$ 的形式：
$\ln L = \lim_{x\to\infty} \frac{\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{x}}$
現在，我們對分子和分母同時求導。

核心觀念

本題的核心概念為黎曼和（Riemann Sum）與定積分的定義。

當極限式呈現「項數隨 $n$ 趨近於無窮大且每一項皆趨於 $0$」的總和形式時，無法直接使用極限的四則運算規則，通常需透過黎曼和的定義轉化為定積分求解。

根據定積分的定義，若函數 $f(x)$ 在閉區間 $[0, 1]$ 上連續（或黎曼可積），將區間等分成 $n$ 等分，每等分寬度為 $\Delta x = \frac{1}{n}$，並取右端點取樣點 $x_k = \frac{k}{n}$，則其黎曼和之極限即為定積分：

$$\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right) \frac{1}{n} = \int_{0}^{1} f(x) \, dx$$

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解題方法

1. 改寫為總和符號（$\Sigma$）表示法：
   原式共有 $n$ 項相加，一般項可表示為 $\frac{1}{n+k}$，其中 $k$ 從 $1$ 遞增至 $n$：

   $$\lim_{n\to\infty} \left( \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{n+n} \right) = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k}$$

2. 構造黎曼和標準形：
   為湊出黎曼和所需的「寬度 $\frac{1}{n}$」與「變數取樣點 $\frac{k}{n}$」，將各項提出 $\frac{1}{n}$：

   $$\frac{1}{n+k} = \frac{1}{n\left(1 + \frac{k}{n}\right)} = \frac{1}{1 + \frac{k}{n}} \cdot \frac{1}{n}$$

   因此原極限式可改寫為：

   $$\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + \frac{k}{n}} \cdot \frac{1}{n}$$

3. 轉換為定積分並計算：
   比對標準式：

   • 區間取 $[0, 1]$，則底寬 $\Delta x = \frac{1}{n}$
   • 取樣點 $x_k = \frac{k}{n}$
   • 被積函數 $f(x) = \frac{1}{1+x}$，在 $[0, 1]$ 上為連續函數

本題考查極座標下的面積和弧長計算。

(a) 計算極座標曲線的面積。
極座標曲線 $r = f(\theta)$ 在區間 $[\alpha, \beta]$ 所圍成的面積公式為：
$A = \frac{1}{2} \int_{\alpha}^{\beta} r^2 d\theta$
在本題中，$r = 1 - \cos\theta$，區間為 $0 \le \theta \le 2\pi$.
所以面積為：
$A = \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} (1 - \cos\theta)^2 d\theta$
$A = \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} (1 - 2\cos\theta + \cos^2\theta) d\theta$
我們需要計算 $\cos^2\theta$ 的積分。使用倍角公式：$\cos^2\theta = \frac{1+\cos(2\theta)}{2}$.
$A = \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} \left(1 - 2\cos\theta + \frac{1+\cos(2\theta)}{2}\right) d\theta$
$A = \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} \left(\frac{3}{2} - 2\cos\theta + \frac{1}{2}\cos(2\theta)\right) d\theta$
現在進行積分：
$A = \frac{1}{2} \left[ \frac{3}{2}\theta - 2\sin\theta + \frac{1}{4}\sin(2\theta) \right]_{0}^{2\pi}$
代入上下限：
$A = \frac{1}{2} \left[ \left(\frac{3}{2}(2\pi) - 2\sin(2\pi) + \frac{1}{4}\sin(4\pi)\right) - \left(\frac{3}{2}(0) - 2\sin(0) + \frac{1}{4}\sin(0)\right) \right]$
$A = \frac{1}{2} \left[ (3\pi - 0 + 0) - (0 - 0 + 0) \right]$
$A = \frac{1}{2} (3\pi) = \frac{3\pi}{2}$

(b) 計算極座標曲線的弧長。
極座標曲線 $r = f(\theta)$ 的弧長公式為：
$L = \int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{r^2 + \left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2} d\theta$

核心觀念

本題考查二重積分的計算，以及以下兩個觀念：

1. 若被積函數與某一變數無關，可先將該變數的積分算出。
2. $\sin(y^3)$ 沒有初等函數形式的反導函數，可使用正弦函數的 Maclaurin 級數逐項積分。

正弦函數的級數為

$$\sin u=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n u^{2n+1}}{(2n+1)!}.$$

令 $u=y^3$，則

$$\sin(y^3) =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n y^{6n+3}}{(2n+1)!}.$$

解題方法

原式為

$$I=\int_0^1\int_0^1\sin(y^3)\,dy\,dx.$$

由於被積函數 $\sin(y^3)$ 與 $x$ 無關，先計算外層的 $x$ 積分：

$$I =\left(\int_0^1 dx\right) \left(\int_0^1\sin(y^3)\,dy\right) =\int_0^1\sin(y^3)\,dy.$$

將 $\sin(y^3)$ 展開成級數：

$$\sin(y^3) =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n y^{6n+3}}{(2n+1)!}.$$

在 $0\le y\le 1$ 上可逐項積分，因此

$$I =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \int_0^1 y^{6n+3}\,dy.$$

利用

本題考查級數的收斂性判別，包含絕對收斂、條件收斂和發散的判別。

(a) 級數為 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$，其中 $a_n = \frac{(-1)^n 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot \dots \cdot (2n+1)}{n! \cdot 3^n}$.
我們首先考慮絕對收斂，即判別級數 $\sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$ 的收斂性。
$|a_n| = \left| \frac{(-1)^n 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot \dots \cdot (2n+1)}{n! \cdot 3^n} \right| = \frac{3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot \dots \cdot (2n+1)}{n! \cdot 3^n}$
我們可以使用 ratio test (比值檢驗法) 來判斷級數的收斂性。
計算 $\lim_{n\to\infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$.
$a_{n+1} = \frac{(-1)^{n+1} 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n+1) \cdot (2(n+1)+1)}{(n+1)! \cdot 3^{n+1}} = \frac{(-1)^{n+1} 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n+1) \cdot (2n+3)}{(n+1)! \cdot 3^{n+1}}$
$\left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \frac{\frac{3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n+1) \cdot (2n+3)}{(n+1)! \cdot 3^{n+1}}}{\frac{3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n+1)}{n! \cdot 3^n}}$
$= \frac{3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n+1) \cdot (2n+3)}{(n+1)! \cdot 3^{n+1}} \cdot \frac{n! \cdot 3^n}{3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n+1)}$
$= \frac{2n+3}{(n+1)! \cdot 3^{n+1}} \cdot n! \cdot 3^n$
$= \frac{2n+3}{(n+1)n! \cdot 3 \cdot 3^n} \cdot n! \cdot 3^n$
$= \frac{2n+3}{3(n+1)}$
現在計算極限：
$\lim_{n\to\infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n\to\infty} \frac{2n+3}{3(n+1)} = \lim_{n\to\infty} \frac{2 + \frac{3}{n}}{3(1+\frac{1}{n})} = \frac{2}{3}$

本題考查泰勒級數的應用，特別是計算函數的 n 階導數在某一點的值。

函數 $f(x) = \sin(x^3)$. 我們知道 $\sin u$ 的泰勒級數展開為：
$\sin u = u - \frac{u^3}{3!} + \frac{u^5}{5!} - \frac{u^7}{7!} + \dots = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k u^{2k+1}}{(2k+1)!}$
將 $u = x^3$ 代入：
$f(x) = \sin(x^3) = (x^3) - \frac{(x^3)^3}{3!} + \frac{(x^3)^5}{5!} - \frac{(x^3)^7}{7!} + \dots$
$f(x) = x^3 - \frac{x^9}{3!} + \frac{x^{15}}{5!} - \frac{x^{21}}{7!} + \dots$
$f(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k (x^3)^{2k+1}}{(2k+1)!} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k x^{6k+3}}{(2k+1)!}$
函數 $f(x)$ 的泰勒級數展開式為：
$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n$
我們需要找到 $f^{(15)}(0)$。這對應於泰勒級數中 $x^{15}$ 項的係數。

本題考查拉格朗日乘數法，用於求解約束條件下的極值問題。

我們要找的目標函數是 $z$. 然而，拉格朗日乘數法通常用於求解一個函數在約束條件下的極值，而不是直接求解某個變數的值。
這裡的約束條件是兩個方程：
$g_1(x, y, z) = x^2 + z^2 - 1 = 0$
$g_2(x, y, z) = y^2 + z^2 + z - 1 = 0$
我們需要找到 $z$ 的極值。這意味著我們在尋找滿足這兩個約束條件的點 $(x, y, z)$，其中 $z$ 的值達到最大或最小。

設 $f(x, y, z) = z$. 我們要找 $f$ 在約束條件下的極值。
根據拉格朗日乘數法，我們需要求解以下方程組：
$\nabla f = \lambda_1 \nabla g_1 + \lambda_2 \nabla g_2$
$g_1(x, y, z) = 0$
$g_2(x, y, z) = 0$

首先，計算梯度：
$\nabla f = \langle 0, 0, 1 \rangle$
$\nabla g_1 = \langle 2x, 0, 2z \rangle$
$\nabla g_2 = \langle 0, 2y, 2z+1 \rangle$

方程組變為：

1. $0 = \lambda_1 (2x) + \lambda_2 (0) \implies 2\lambda_1 x = 0$
2. $0 = \lambda_1 (0) + \lambda_2 (2y) \implies 2\lambda_2 y = 0$
3. $1 = \lambda_1 (2z) + \lambda_2 (2z+1)$
4. $x^2 + z^2 = 1$
5. $y^2 + z^2 + z = 1$

從方程 1 ($2\lambda_1 x = 0$)，我們有兩種情況：$\lambda_1 = 0$ 或 $x = 0$.
從方程 2 ($2\lambda_2 y = 0$)，我們有兩種情況：$\lambda_2 = 0$ 或 $y = 0$.

情況 1: $\lambda_1 = 0$.
代入方程 3: $1 = 0 \cdot (2z) + \lambda_2 (2z+1) \implies 1 = \lambda_2 (2z+1)$.
這意味著 $\lambda_2 \neq 0$ 且 $2z+1 \neq 0$, 所以 $z \neq -\frac{1}{2}$.
從方程 2 ($2\lambda_2 y = 0$)，由於 $\lambda_2 \neq 0$, 所以 $y = 0$.
將 $y=0$ 代入約束條件 5:
$0^2 + z^2 + z = 1 \implies z^2 + z - 1 = 0$.
使用二次公式求解 $z$:
$z = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4(1)(-1)}}{2(1)} = \frac{-1 \pm \sqrt{1+4}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.
這兩個 $z$ 值是 $z_1 = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$ 和 $z_2 = \frac{-1 - \sqrt{5}}{2}$.
我們需要檢查 $z \neq -\frac{1}{2}$.
$\frac{-1 + \sqrt{5}}{2} \approx \frac{-1 + 2.236}{2} = \frac{1.236}{2} = 0.618 \neq -\frac{1}{2}$.
$\frac{-1 - \sqrt{5}}{2} \approx \frac{-1 - 2.236}{2} = \frac{-3.236}{2} = -1.618 \neq -\frac{1}{2}$.
所以這兩個 $z$ 值都是可能的。

現在我們需要找到對應的 $x$ 值。
從約束條件 4: $x^2 + z^2 = 1$.
如果 $z = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$, 則 $z^2 = \left(\frac{-1 + \sqrt{5}}{2}\right)^2 = \frac{1 - 2\sqrt{5} + 5}{4} = \frac{6 - 2\sqrt{5}}{4} = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}$.
$x^2 = 1 - z^2 = 1 - \frac{3 - \sqrt{5}}{2} = \frac{2 - (3 - \sqrt{5})}{2} = \frac{2 - 3 + \sqrt{5}}{2} = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$.
所以 $x = \pm \sqrt{\frac{-1 + \sqrt{5}}{2}}$.

如果 $z = \frac{-1 - \sqrt{5}}{2}$, 則 $z^2 = \left(\frac{-1 - \sqrt{5}}{2}\right)^2 = \frac{1 + 2\sqrt{5} + 5}{4} = \frac{6 + 2\sqrt{5}}{4} = \frac{3 + \sqrt{5}}{2}$.
$x^2 = 1 - z^2 = 1 - \frac{3 + \sqrt{5}}{2} = \frac{2 - (3 + \sqrt{5})}{2} = \frac{2 - 3 - \sqrt{5}}{2} = \frac{-1 - \sqrt{5}}{2}$.
由於 $x^2$ 不能是負數，所以 $z = \frac{-1 - \sqrt{5}}{2}$ 在這種情況下沒有實數解 $x$.
注意，這裡我們還需要 $\lambda_1=0$.
當 $z = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$, $z^2 = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}$. $x^2 = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$.
$1 = \lambda_2 (2z+1) = \lambda_2 (2(\frac{-1 + \sqrt{5}}{2})+1) = \lambda_2 (-1 + \sqrt{5} + 1) = \lambda_2 \sqrt{5}$.
所以 $\lambda_2 = \frac{1}{\sqrt{5}} \neq 0$. 且 $y=0$.
所以，我們得到兩個點：
$(x, y, z) = (\sqrt{\frac{-1 + \sqrt{5}}{2}}, 0, \frac{-1 + \sqrt{5}}{2})$ 和 $(-\sqrt{\frac{-1 + \sqrt{5}}{2}}, 0, \frac{-1 + \sqrt{5}}{2})$.
在這些點上，$z = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$.