109 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》

這題考驗的是瑕積分的計算，以及有理函數積分的技巧。

首先，我們需要將被積函數進行部分分式分解。
令 $\frac{4x^3 + x - 1}{x^2(x^2 + 1)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x^2} + \frac{Cx + D}{x^2 + 1}$。
通分後得到 $4x^3 + x - 1 = Ax(x^2 + 1) + B(x^2 + 1) + (Cx + D)x^2$
$4x^3 + x - 1 = Ax^3 + Ax + Bx^2 + B + Cx^3 + Dx^2$
$4x^3 + x - 1 = (A+C)x^3 + (B+D)x^2 + Ax + B$

比較係數：
常數項：$B = -1$
$x$ 項：$A = 1$
$x^2$ 項：$B+D = 0 \implies -1 + D = 0 \implies D = 1$
$x^3$ 項：$A+C = 4 \implies 1 + C = 4 \implies C = 3$

所以，被積函數可以寫成 $\frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} + \frac{3x + 1}{x^2 + 1}$。

接下來，我們計算不定積分：
$\int \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} + \frac{3x}{x^2 + 1} + \frac{1}{x^2 + 1} \right) dx$
$= \int \frac{1}{x} dx - \int x^{-2} dx + \int \frac{3x}{x^2 + 1} dx + \int \frac{1}{x^2 + 1} dx$

這題考驗的是利用泰勒展開式來求極限。題目要求計算一個差商的極限，其形式類似於二階導數的定義，但分母是 $h^2$ 而非 $4h^2$。

我們對 $f(x+2h)$ 和 $f(x-2h)$ 進行泰勒展開。由於 $f(x)$ 具有連續的二階導數，我們可以展開到三階或更高階。為了處理分母的 $h^2$，我們至少需要展開到 $h^2$ 的項。

$f(x+2h) = f(x) + f'(x)(2h) + \frac{f''(x)}{2!}(2h)^2 + \frac{f'''(x)}{3!}(2h)^3 + O(h^4)$
$f(x+2h) = f(x) + 2hf'(x) + \frac{f''(x)}{2}(4h^2) + \frac{f'''(x)}{6}(8h^3) + O(h^4)$
$f(x+2h) = f(x) + 2hf'(x) + 2h^2f''(x) + \frac{4}{3}h^3f'''(x) + O(h^4)$

$f(x-2h) = f(x) + f'(x)(-2h) + \frac{f''(x)}{2!}(-2h)^2 + \frac{f'''(x)}{3!}(-2h)^3 + O(h^4)$
$f(x-2h) = f(x) - 2hf'(x) + \frac{f''(x)}{2}(4h^2) + \frac{f'''(x)}{6}(-8h^3) + O(h^4)$
$f(x-2h) = f(x) - 2hf'(x) + 2h^2f''(x) - \frac{4}{3}h^3f'''(x) + O(h^4)$

將這兩式代入極限的分子：
$f(x+2h) - 2f(x) + f(x-2h)$
$= (f(x) + 2hf'(x) + 2h^2f''(x) + \frac{4}{3}h^3f'''(x) + O(h^4))$
$- 2f(x)$
$+ (f(x) - 2hf'(x) + 2h^2f''(x) - \frac{4}{3}h^3f'''(x) + O(h^4))$

合併同類項：
$f(x+2h) - 2f(x) + f(x-2h) = (f(x) - 2f(x) + f(x)) + (2hf'(x) - 2hf'(x)) + (2h^2f''(x) + 2h^2f''(x)) + (\frac{4}{3}h^3f'''(x) - \frac{4}{3}h^3f'''(x)) + O(h^4)$
$f(x+2h) - 2f(x) + f(x-2h) = 0 + 0 + 4h^2f''(x) + 0 + O(h^4)$

這題考驗的是利用微積分基本定理和 L'Hôpital's Rule 來計算極限。

令 $F(x) = \int_{1}^{x} \frac{\cos(\sqrt{8+u^4})}{u} du$。
則由微積分基本定理， $F'(x) = \frac{\cos(\sqrt{8+x^4})}{x}$。

題目所求的極限可以寫成：
$\lim_{t \to 0} \frac{1}{t} \int_{1}^{1+t} \frac{\cos(\sqrt{8+u^4})}{u} du$
$= \lim_{t \to 0} \frac{F(1+t) - F(1)}{t}$
注意 $F(1) = \int_{1}^{1} \frac{\cos(\sqrt{8+u^4})}{u} du = 0$。

所以，原極限為：
$\lim_{t \to 0} \frac{F(1+t) - F(1)}{t}$
這正是 $F'(1)$ 的定義。

根據微積分基本定理， $F'(1) = \frac{\cos(\sqrt{8+1^4})}{1} = \cos(\sqrt{9}) = \cos(3)$。

另一種方法是將極限形式寫成 $\frac{0}{0}$ 的不定型，然後使用 L'Hôpital's Rule。
令 $g(t) = \int_{1}^{1+t} \frac{\cos(\sqrt{8+u^4})}{u} du$。

這題考驗的是基本不定積分的計算。

這題考驗的是微分中值定理（Mean Value Theorem, MVT）的應用，以及反證法。

證明：
假設 $f(x)$ 存在兩個不同的固定點，分別為 $a$ 和 $b$，其中 $a \neq b$。
根據固定點的定義，我們有：
$f(a) = a$
$f(b) = b$

考慮函數 $g(x) = f(x) - x$。
由於 $f(x)$ 是可微分的，且 $x$ 是可微分的，所以 $g(x)$ 也是可微分的。
對於 $g(x)$，我們有：
$g(a) = f(a) - a = a - a = 0$
$g(b) = f(b) - b = b - b = 0$

這題考驗的是計算旋轉曲面面積的公式。

旋轉曲面面積的公式為：
$S = \int_{a}^{b} 2\pi y \sqrt{1 + \left(\frac{dy}{dx}\right)^2} dx$
其中 $y = f(x)$，且 $a \le x \le b$。

在這裡，$y = \sin x$，$a = 0$，$b = \pi$。
首先，我們計算 $\frac{dy}{dx}$:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\sin x) = \cos x$。

然後，我們計算 $\sqrt{1 + \left(\frac{dy}{dx}\right)^2}$:
$\sqrt{1 + (\cos x)^2} = \sqrt{1 + \cos^2 x}$。

現在將這些代入面積公式：
$S = \int_{0}^{\pi} 2\pi (\sin x) \sqrt{1 + \cos^2 x} \, dx$

為了計算這個積分，我們可以使用變數代換。令 $u = \cos x$。
則 $du = -\sin x \, dx$。
當 $x = 0$ 時，$u = \cos(0) = 1$。
當 $x = \pi$ 時，$u = \cos(\pi) = -1$。

積分變為：
$S = \int_{1}^{-1} 2\pi \sqrt{1 + u^2} (-du)$
$S = -2\pi \int_{1}^{-1} \sqrt{1 + u^2} \, du$
$S = 2\pi \int_{-1}^{1} \sqrt{1 + u^2} \, du$

這個積分是標準的積分形式 $\int \sqrt{a^2 + x^2} dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2+x^2} + \frac{a^2}{2}\ln|x+\sqrt{a^2+x^2}| + C$。
在這裡，$a=1$。
$\int \sqrt{1 + u^2} du = \frac{u}{2}\sqrt{1+u^2} + \frac{1}{2}\ln|u+\sqrt{1+u^2}| + C$。

現在計算定積分：
$S = 2\pi \left[ \frac{u}{2}\sqrt{1+u^2} + \frac{1}{2}\ln|u+\sqrt{1+u^2}| \right]_{-1}^{1}$
$S = 2\pi \left( \left( \frac{1}{2}\sqrt{1+1^2} + \frac{1}{2}\ln|1+\sqrt{1+1^2}| \right) - \left( \frac{-1}{2}\sqrt{1+(-1)^2} + \frac{1}{2}\ln|-1+\sqrt{1+(-1)^2}| \right) \right)$

核心觀念

本題考查：

• 將數列極限改寫為黎曼和；
• 利用黎曼和定理表示定積分；
• 判斷無窮廣義積分是否收斂；
• 利用代換積分法計算結果。

令

將分母提出 $n^4$：

設

則

此式中的取樣點為 $x_k=k/n$，網格寬度為 $1/n$，而最大取樣點為

因此，這是一個區間由 $[0,n]$ 逐漸延伸至 $[0,\infty)$ 的黎曼和。

解題方法與極限存在性

先考慮固定的有限區間 $[0,A]$。對於滿足 $k/n\leq A$ 的項，有

因為 $f(x)=x/(1+x^4)$ 在任何有限閉區間上皆連續。

接著估計尾端部分。當 $x\geq 1$ 時，

取 $A\geq 2$，對於 $k\geq An$，

因此尾端可估計為

利用級數尾端估計，

這題考驗的是泰勒級數（特別是 Maclaurin 級數）的展開、收斂區間的判斷，以及級數求和。

(a) 寫出 arctan x 的 Maclaurin 級數。
我們知道 $\frac{d}{dx}(\arctan x) = \frac{1}{1+x^2}$。
$\frac{1}{1+x^2}$ 是一個等比級數的展開：
$\frac{1}{1+x^2} = \frac{1}{1 - (-x^2)} = \sum_{n=0}^{\infty} (-x^2)^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}$
這個級數對於 $|-x^2| < 1$，即 $|x^2| < 1$， $|x| < 1$ 收斂。

現在對這個級數進行積分，以得到 $\arctan x$ 的級數：
$\arctan x = \int \frac{1}{1+x^2} dx = \int \left( \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n} \right) dx$
$\arctan x = C + \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \int x^{2n} dx$
$\arctan x = C + \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$
當 $x=0$ 時， $\arctan(0) = 0$。
$0 = C + \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{0^{2n+1}}{2n+1} = C + 0$。
所以 $C = 0$。

因此，arctan x 的 Maclaurin 級數是：
$\arctan x = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \dots$

答案 (a): $\arctan x = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$

(b) 上述級數的收斂區間為何？
我們已經知道級數對 $|x| < 1$ 收斂。現在需要檢查端點 $x=1$ 和 $x=-1$。

當 $x = 1$ 時，級數變為：
$\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{1^{2n+1}}{2n+1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots$
這是一個交錯級數。令 $a_n = \frac{1}{2n+1}$。

1. $a_n > 0$ 對於所有 $n \ge 0$。
2. $a_n$ 是遞減的： $\frac{1}{2(n+1)+1} = \frac{1}{2n+3} < \frac{1}{2n+1} = a_n$。
3. $\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2n+1} = 0$。
   根據交錯級數檢驗法（Alternating Series Test），級數在 $x=1$ 時收斂。

這題考驗的是級數的斂散性判斷，需要運用各種級數檢驗法。

(a) 判斷級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)3^n}$ 的斂散性。
這個級數是交錯級數。令 $a_n = \frac{1}{(2n+1)3^n}$。
我們需要檢查 $a_n$ 是否滿足交錯級數檢驗法（Alternating Series Test）的三個條件：

1. $a_n > 0$ 對於所有 $n \ge 1$。
   $2n+1 > 0$ 且 $3^n > 0$，所以 $a_n = \frac{1}{(2n+1)3^n} > 0$。此條件滿足。

2. $a_n$ 是遞減的。
   考慮函數 $f(x) = \frac{1}{(2x+1)3^x}$。
   我們需要檢查 $f'(x) < 0$。
   $f(x) = ((2x+1)3^x)^{-1}$
   $f'(x) = -((2x+1)3^x)^{-2} \cdot \frac{d}{dx}((2x+1)3^x)$
   $\frac{d}{dx}((2x+1)3^x) = 2 \cdot 3^x + (2x+1) \cdot 3^x \ln 3 = 3^x (2 + (2x+1)\ln 3)$
   由於 $x \ge 1$, $2 + (2x+1)\ln 3 > 0$。
   所以 $f'(x) < 0$。
   因此，$a_n$ 是遞減的。此條件滿足。

3. $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。
   $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{(2n+1)3^n}$
   當 $n \to \infty$, $2n+1 \to \infty$ 且 $3^n \to \infty$。
   所以，分母趨近於無窮大，極限為 0。此條件滿足。

由於所有三個條件都滿足，根據交錯級數檢驗法，級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)3^n}$ 是收斂的。

另一種考慮：絕對收斂。
考慮級數的絕對值： $\sum_{n=1}^{\infty} \left| \frac{(-1)^n}{(2n+1)3^n} \right| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)3^n}$。
我們可以使用比較檢驗法。
對於 $n \ge 1$, $2n+1 > 2n$。
所以 $\frac{1}{(2n+1)3^n} < \frac{1}{2n \cdot 3^n}$。
這個比較級數 $\sum \frac{1}{2n 3^n}$ 仍然不容易判斷。

讓我們直接比較 $\frac{1}{(2n+1)3^n}$ 和一個已知的收斂級數。
我們知道等比級數 $\sum_{n=1}^{\infty} r^n$ 在 $|r| < 1$ 時收斂。
考慮 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^n}$，這是公比為 $1/3$ 的等比級數，它是收斂的。
對於 $n \ge 1$, $2n+1 \ge 3$。
所以 $(2n+1)3^n \ge 3 \cdot 3^n = 3^{n+1}$。
$\frac{1}{(2n+1)3^n} \le \frac{1}{3^{n+1}}$。
級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^{n+1}}$ 是一個收斂的等比級數。
根據比較檢驗法， $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)3^n}$ 是收斂的。
因此，原級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)3^n}$ 是絕對收斂的，所以也是收斂的。

答案 (a): 收斂 (Convergent)

(b) 判斷級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n(\ln n)^3}$ 的斂散性。
這個級數的形式適合使用積分檢驗法（Integral Test）。
令 $f(x) = \frac{1}{x(\ln x)^3}$。
我們需要檢查 $f(x)$ 在 $[2, \infty)$ 上的連續性、非負性及遞減性。

1. 對於 $x \ge 2$, $x > 0$ 且 $\ln x > 0$。所以 $f(x) = \frac{1}{x(\ln x)^3} > 0$。