110 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

本題考查二重積分的積分次序交換，以及換序後利用單變數積分公式計算。

原積分區域為

$$0\le x\le a,\qquad 0\le y\le x.$$

在此區域中，變數關係可改寫為

$$0\le y\le a,\qquad y\le x\le a.$$

因此可依 Fubini 定理交換積分次序。

解題方法

原式為

$$I=\int_0^a\int_0^x\sin(y^2)\,dy\,dx.$$

直接對 $y$ 積分時，$\sin(y^2)$ 沒有初等反導函數，因此先交換積分次序。

根據區域

$$0\le y\le a,\qquad y\le x\le a,$$

可得

$$I=\int_0^a\int_y^a\sin(y^2)\,dx\,dy.$$

由於 $\sin(y^2)$ 與 $x$ 無關，

$$\begin{aligned} I &=\int_0^a (a-y)\sin(y^2)\,dy\\ &=a\int_0^a\sin(y^2)\,dy-\int_0^a y\sin(y^2)\,dy. \end{aligned}$$

第二項令 $u=y^2$，則 $du=2y\,dy$，所以

$$\begin{aligned} \int_0^a y\sin(y^2)\,dy &=\frac12\int_0^{a^2}\sin u\,du\\ &=\frac12\left[-\cos u\right]_0^{a^2}\\ &=\frac{1-\cos(a^2)}{2}. \end{aligned}$$

因此

本題共包含三個小題，分別考驗極限計算（包含不定型）與冪級數的收斂區間判斷。

(a) 考驗極限計算
我們要計算的極限是 $\lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{x^2}$。
當 $x \to 0$ 時，分子 $\cos x \to \cos 0 = 1$。
當 $x \to 0$ 時，分母 $x^2 \to 0^+$ (因為 $x^2$ 恆為正，且趨近於 0)。
所以，這個極限的形式是 $\frac{1}{0^+}$。
當分子趨近於一個正數，而分母趨近於 0 且為正時，極限值為正無窮大。

$\lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{x^2} = +\infty$

【答案】$+\infty$

(b) 考驗極限計算 (利用泰勒展開或 L'Hôpital's Rule)
我們要計算的極限是 $\lim_{n \to \infty} \frac{1 - \cos\left(\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n^2}}$。
當 $n \to \infty$ 時，$\frac{1}{n} \to 0$。
此時，分子 $1 - \cos\left(\frac{1}{n}\right) \to 1 - \cos(0) = 1 - 1 = 0$。
分母 $\frac{1}{n^2} \to 0$。
這是一個 $\frac{0}{0}$ 的不定型極限，我們可以使用 L'Hôpital's Rule 或泰勒展開。

方法一：使用 L'Hôpital's Rule
令 $x = \frac{1}{n}$。當 $n \to \infty$ 時，$x \to 0$。
極限變為 $\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2}$。
對分子和分母分別微分：
分子微分：$\frac{d}{dx}(1 - \cos x) = \sin x$。
分母微分：$\frac{d}{dx}(x^2) = 2x$。
所以，極限變為 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{2x}$。
這仍然是一個 $\frac{0}{0}$ 的不定型。再次使用 L'Hôpital's Rule：
分子微分：$\frac{d}{dx}(\sin x) = \cos x$。
分母微分：$\frac{d}{dx}(2x) = 2$。
所以，極限變為 $\lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{2} = \frac{\cos 0}{2} = \frac{1}{2}$。

方法二：使用泰勒展開
我們知道 $\cos u$ 在 $u=0$ 附近的泰勒展開為 $\cos u = 1 - \frac{u^2}{2!} + \frac{u^4}{4!} - \dots$。
令 $u = \frac{1}{n}$。當 $n \to \infty$ 時，$u \to 0$。
所以，$\cos\left(\frac{1}{n}\right) = 1 - \frac{1}{2!}\left(\frac{1}{n}\right)^2 + \frac{1}{4!}\left(\frac{1}{n}\right)^4 - \dots$。
則 $1 - \cos\left(\frac{1}{n}\right) = 1 - \left(1 - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{24n^4} - \dots\right) = \frac{1}{2n^2} - \frac{1}{24n^4} + \dots$。
將此代入極限式：
$\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{2n^2} - \frac{1}{24n^4} + \dots}{\frac{1}{n^2}} = \lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{24n^2} + \dots\right)$
當 $n \to \infty$ 時，第二項及之後的項都趨近於 0。
所以，極限值為 $\frac{1}{2}$。

【答案】$\frac{1}{2}$

(c) 考驗冪級數的收斂區間判斷
我們要判斷冪級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \left(1 - \cos\left(\frac{1}{n}\right)\right) x^n$ 的收斂區間。
我們使用比值測試法（Ratio Test）來尋找收斂半徑 $R$。
令 $a_n = \left(1 - \cos\left(\frac{1}{n}\right)\right) x^n$。
我們計算 $\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$。

核心觀念

本題考查拉格朗日乘數法。若函數 $f(x,y,z)$ 在限制條件

$$g_1(x,y,z)=0,\qquad g_2(x,y,z)=0$$

下取得極值，且梯度條件適用，則存在常數 $\lambda,\mu$ 使

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

本題欲極值化的函數為

$$f(x,y,z)=z,$$

限制條件為

$$g_1=x^2+z^2-1=0,\qquad g_2=y^2+z^2-1=0.$$

由於限制曲線為閉集合且有界，$z$ 的最大值與最小值均會存在。

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解題方法

計算各梯度：

$$\nabla f=(0,0,1),$$ $$\nabla g_1=(2x,0,2z),\qquad \nabla g_2=(0,2y,2z).$$

因此拉格朗日方程為

$$(0,0,1) = \lambda(2x,0,2z)+\mu(0,2y,2z).$$

比較三個分量，得到

$$2\lambda x=0,$$ $$2\mu y=0,$$ $$1=2z(\lambda+\mu).$$

同時必須滿足限制條件：

$$x^2+z^2=1,\qquad y^2+z^2=1.$$

由前兩個方程可知，若 $x\neq 0$ 且 $y\neq 0$，則 $\lambda=\mu=0$，此時第三式變成 $1=0$，矛盾。因此極值點必須滿足 $x=0$ 或 $y=0$。

若 $x=0$，由

$$x^2+z^2=1$$

可得

$$z^2=1.$$

再代入第二個限制條件：

本題考驗對級數收斂性判斷的掌握，包含絕對收斂、條件收斂和發散的判斷。

(a) 判斷級數 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{3 \cdot 5 \cdot 7 \cdots (2n+1)}{n! \cdot 3^n}$ 的收斂性
首先，我們判斷級數是否絕對收斂。考慮級數的絕對值：
$\sum_{n=1}^{\infty} \left| (-1)^n \frac{3 \cdot 5 \cdot 7 \cdots (2n+1)}{n! \cdot 3^n} \right| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3 \cdot 5 \cdot 7 \cdots (2n+1)}{n! \cdot 3^n}$
我們使用比值測試法來判斷此級數的收斂性。令 $a_n = \frac{3 \cdot 5 \cdot 7 \cdots (2n+1)}{n! \cdot 3^n}$。
則 $a_{n+1} = \frac{3 \cdot 5 \cdot 7 \cdots (2n+1) \cdot (2(n+1)+1)}{(n+1)! \cdot 3^{n+1}} = \frac{3 \cdot 5 \cdot 7 \cdots (2n+1) \cdot (2n+3)}{(n+1) n! \cdot 3 \cdot 3^n}$。
計算比值 $\frac{a_{n+1}}{a_n}$：
$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\frac{3 \cdot 5 \cdots (2n+1) \cdot (2n+3)}{(n+1) n! \cdot 3 \cdot 3^n}}{\frac{3 \cdot 5 \cdots (2n+1)}{n! \cdot 3^n}} = \frac{3 \cdot 5 \cdots (2n+1) \cdot (2n+3)}{(n+1) n! \cdot 3 \cdot 3^n} \cdot \frac{n! \cdot 3^n}{3 \cdot 5 \cdots (2n+1)}$
$= \frac{2n+3}{(n+1) \cdot 3} = \frac{2n+3}{3n+3}$
現在計算極限：
$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{2n+3}{3n+3} = \lim_{n \to \infty} \frac{2 + \frac{3}{n}}{3 + \frac{3}{n}} = \frac{2}{3}$
因為極限值 $\frac{2}{3} < 1$，根據比值測試法，級數 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收斂。

核心觀念

本題考查三角代換與對數積分。根式 $\sqrt{1-t^2}$ 適合令

$$t=\sin\theta,$$

則

$$\sqrt{1-t^2}=\cos\theta,\qquad dt=\cos\theta\,d\theta.$$

取 $\theta=\arcsin t$，可確保 $\cos\theta=\sqrt{1-t^2}$。

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解題方法

原積分為

$$I=\int\frac{dt}{t-\sqrt{1-t^2}}.$$

令

$$t=\sin\theta,\qquad dt=\cos\theta\,d\theta,$$

則

$$I=\int\frac{\cos\theta}{\sin\theta-\cos\theta}\,d\theta.$$

注意分母的導數為

$$\frac{d}{d\theta}(\sin\theta-\cos\theta) =\cos\theta+\sin\theta.$$

將分子 $\cos\theta$ 拆解為

$$\cos\theta = \frac{(\sin\theta+\cos\theta)-(\sin\theta-\cos\theta)}{2}.$$

因此

$$\begin{aligned} I &=\int \frac{(\sin\theta+\cos\theta)-(\sin\theta-\cos\theta)} {2(\sin\theta-\cos\theta)} \,d\theta\\ &=\frac12\int \frac{\sin\theta+\cos\theta}{\sin\theta-\cos\theta}\,d\theta -\frac12\int d\theta\\ &=\frac12\ln|\sin\theta-\cos\theta| -\frac{\theta}{2}+C. \end{aligned}$$

代回

本題考驗瑕積分（improper integral）的計算，特別是與 Gamma 函數相關的積分。

我們要計算的瑕積分是 $I = \int_0^\infty x^n e^{-x} \, dx$, 其中 $n$ 是正數。
這個積分的定義是 $\lim_{b \to \infty} \int_0^b x^n e^{-x} \, dx$。

這個積分的形式與 Gamma 函數的定義密切相關。
Gamma 函數的定義是 $\Gamma(z) = \int_0^\infty t^{z-1} e^{-t} \, dt$, 其中 $z$ 是複數，且 $\text{Re}(z) > 0$。

在我們的積分中，令 $t = x$。
則積分變為 $\int_0^\infty x^n e^{-x} \, dx$。
將其與 Gamma 函數的定義比較：$t^{z-1} = x^n$。
所以，$z-1 = n \implies z = n+1$。
由於題目給定 $n$ 是正數 ($n>0$)，所以 $n+1 > 1 > 0$。
因此，根據 Gamma 函數的定義，這個積分的值就是 $\Gamma(n+1)$。

對於正整數 $k$，Gamma 函數有一個重要的性質：$\Gamma(k+1) = k!$。
如果題目中的 $n$ 是正整數，那麼積分值就是 $n!$。

然而，題目中只說明 $n$ 是正數，不一定是整數。
所以，我們應該用 Gamma 函數來表示結果。

如果需要進一步計算，我們可以使用分部積分法來遞歸地計算這個積分。
令 $I_n = \int_0^\infty x^n e^{-x} \, dx$.
我們使用分部積分法：$\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
令 $u = x^n$, $dv = e^{-x} \, dx$.
則 $du = nx^{n-1} \, dx$, $v = -e^{-x}$.

$I_n = \left[ -x^n e^{-x} \right]_0^\infty - \int_0^\infty (-e^{-x}) nx^{n-1} \, dx$
$= \left( \lim_{x \to \infty} (-x^n e^{-x}) - (-0^n e^0) \right) + n \int_0^\infty x^{n-1} e^{-x} \, dx$

首先計算極限 $\lim_{x \to \infty} (-x^n e^{-x})$。
這是一個 $-\frac{x^n}{e^x}$ 的形式，當 $n>0$ 時，這是一個 $\frac{\infty}{\infty}$ 的不定型。
使用 L'Hôpital's Rule (可多次使用)：

本題考驗在極座標下計算曲線所圍區域的面積以及曲線的弧長。

給定的曲線是心臟線（cardioid），其極座標方程為 $r = 1 - \cos \theta$, 且 $0 \le \theta \le 2\pi$。

(a) 求曲線所圍的面積
在極座標下，由曲線 $r = f(\theta)$ 所圍的面積公式為：
$A = \frac{1}{2} \int_{\alpha}^{\beta} [f(\theta)]^2 \, d\theta$
這裡 $f(\theta) = 1 - \cos \theta$, 積分範圍是 $0 \le \theta \le 2\pi$。
$A = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} (1 - \cos \theta)^2 \, d\theta$
展開被積函數：$(1 - \cos \theta)^2 = 1 - 2 \cos \theta + \cos^2 \theta$.
我們知道 $\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos(2\theta)}{2}$。
所以，
$A = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \left( 1 - 2 \cos \theta + \frac{1 + \cos(2\theta)}{2} \right) \, d\theta$
$A = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \left( \frac{3}{2} - 2 \cos \theta + \frac{1}{2} \cos(2\theta) \right) \, d\theta$
現在對每一項進行積分：
$\int_0^{2\pi} \frac{3}{2} \, d\theta = \frac{3}{2} [\theta]_0^{2\pi} = \frac{3}{2} (2\pi - 0) = 3\pi$
$\int_0^{2\pi} -2 \cos \theta \, d\theta = -2 [\sin \theta]_0^{2\pi} = -2 (\sin(2\pi) - \sin(0)) = -2 (0 - 0) = 0$
$\int_0^{2\pi} \frac{1}{2} \cos(2\theta) \, d\theta = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{2} \sin(2\theta) \right]_0^{2\pi} = \frac{1}{4} [\sin(2\theta)]_0^{2\pi} = \frac{1}{4} (\sin(4\pi) - \sin(0)) = \frac{1}{4} (0 - 0) = 0$
將積分結果代回面積公式：
$A = \frac{1}{2} (3\pi - 0 + 0) = \frac{3\pi}{2}$

【答案】$\frac{3\pi}{2}$

(b) 求曲線的長度
在極座標下，由曲線 $r = f(\theta)$ 的長度公式為：
$L = \int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{r^2 + \left(\frac{dr}{d\theta}\right)^2} \, d\theta$
這裡 $r = 1 - \cos \theta$。
首先計算 $\frac{dr}{d\theta}$：

【題目解析】

本題為政大風保所精算科學組微積分考題，主要測驗考生處理單變數函數極限（Limits）的基礎運算與精確判斷能力，包含兩小題：

• (a) 小題：涉及多項有理項與指數函數在 $x \to 0$ 處的極限行為。
• (b) 小題：標準的不定型（$\frac{0}{0}$）極限，可用羅必達法則（L'Hôpital's Rule）或泰勒展開式（Taylor Expansion）求解。

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(a) 題詳解

1. 核心觀念

當變數 $x \to 0$ 時：

• 指數部分：$-\frac{x^2}{2} \to 0$，由指數函數的連續性知 $e^{-\frac{x^2}{2}} \to e^0 = 1$。
• 括號內部分：
  $\lim_{x \to 0} \left(1 + \frac{3}{x} + \frac{5}{x^2}\right)$
  當 $x \to 0$ 時，主導項為次數最高的負次冪 $\frac{5}{x^2}$。因為 $x^2 > 0$（對所有 $x \neq 0$），所以 $\lim_{x \to 0} \frac{5}{x^2} = +\infty$。

2. 解題方法與推導

將括號內各項通分，或直接分析主導項行為：
$\lim_{x \to 0} \left(1 + \frac{3}{x} + \frac{5}{x^2}\right) = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 + 3x + 5}{x^2}$
分子極限為：
$\lim_{x \to 0} (x^2 + 3x + 5) = 5 > 0$
分母極限為：
$\lim_{x \to 0} x^2 = 0^+$
因此：
$\lim_{x \to 0} \left(1 + \frac{3}{x} + \frac{5}{x^2}\right) = +\infty$
配合指數項的極限：
$\lim_{x \to 0} e^{-\frac{x^2}{2}} = e^0 = 1 > 0$
由無窮大極限的乘法定則（即 $(+\infty) \times c = +\infty$，其中 $c > 0$）：
$\lim_{x \to 0} \left(1 + \frac{3}{x} + \frac{5}{x^2}\right) e^{-\frac{x^2}{2}} = +\infty$
極限不存在（發散至正無窮大，Does not exist / $\infty$）。

3. 解題技巧與常見陷阱

• 常見陷阱：部分考生容易將此題誤認成 $x \to \infty$ 的常規高斯型積分極限（如 $\lim_{x \to \infty} P(x)e^{-x^2/2} = 0$）。請務必看清楚趨近點為 $x \to 0$ 而非 $x \to \infty$。
• 單邊極限驗證：若分別檢查左、右極限：
  • 右極限（$x \to 0^+$）：$\frac{3}{x} \to +\infty$，$\frac{5}{x^2} \to +\infty$，整體顯然趨向 $+\infty$。
  • 左極限（$x \to 0^-$）：雖然 $\frac{3}{x} \to -\infty$，但 $\frac{5}{x^2}$ 為二階無窮大，其增長速度遠快於一階項 $\frac{3}{x}$，故 $1 + \frac{3}{x} + \frac{5}{x^2} = \frac{x^2 + 3x + 5}{x^2} \to \frac{5}{0^+} = +\infty$。
  • 雙側極限一致趨向 $+\infty$。

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(b) 題詳解