111 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》

本題考查不定積分的計算。首先展開被積函數的分子，然後將其與分母相除，最後逐項積分。

解題步驟：

1. 展開分子：
   $(2+x)^2 = 4 + 4x + x^2$
2. 將被積函數改寫：
   $\frac{(2+x)^2}{1+x^2} = \frac{4 + 4x + x^2}{1+x^2}$
   我們可以將分子表示成 $1+x^2$ 的倍數加上餘項：
   $4 + 4x + x^2 = (1+x^2) + 4x + 3$
   所以，
   $\frac{4 + 4x + x^2}{1+x^2} = \frac{(1+x^2) + 4x + 3}{1+x^2} = 1 + \frac{4x+3}{1+x^2} = 1 + \frac{4x}{1+x^2} + \frac{3}{1+x^2}$
3. 對改寫後的函數進行積分：
   $\int_{0}^{1} \left( 1 + \frac{4x}{1+x^2} + \frac{3}{1+x^2} \right) dx$
   $= \int_{0}^{1} 1 \, dx + \int_{0}^{1} \frac{4x}{1+x^2} \, dx + \int_{0}^{1} \frac{3}{1+x^2} \, dx$
4. 逐項計算積分：

本題考查泰勒級數（MacLaurin級數）的展開、收斂半徑的計算以及極限的求解。

核心觀念：

1. MacLaurin級數：函數 $f(x)$ 在 $x=0$ 附近的泰勒級數為 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n$。
2. 收斂半徑：對於冪級數 $\sum a_n (x-c)^n$，收斂半徑 $R$ 可以通過 ratio test 或 root test 求得。
3. 極限計算：對於不定型極限，可以使用泰勒級數展開來簡化表達式。

解題步驟：

(a) MacLaurin級數

• $\sin x$ 的 MacLaurin級數：
  我們知道 $\sin x$ 的 MacLaurin級數是：
  $\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \dots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n+1}$
  一般項為 $\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n+1}$。

• $\sin^{-1} x$ 的 MacLaurin級數：
  我們知道 $\frac{d}{dx}(\sin^{-1} x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$。
  我們可以先求 $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ 的 MacLaurin級數，然後積分得到 $\sin^{-1} x$ 的級數。
  利用二項級數展開 $(1+u)^\alpha = 1 + \alpha u + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!} u^2 + \dots$。
  令 $u = -x^2$ 且 $\alpha = -\frac{1}{2}$。
  $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = (1-x^2)^{-1/2} = 1 + \left(-\frac{1}{2}\right)(-x^2) + \frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})}{2!} (-x^2)^2 + \frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})(-\frac{5}{2})}{3!} (-x^2)^3 + \dots$
  $= 1 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{3}{8} x^4 + \frac{5}{16} x^6 + \dots$
  計算係數：
  $\frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})}{2} = \frac{3/4}{2} = \frac{3}{8}$
  $\frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})(-\frac{5}{2})}{6} = \frac{-15/8}{6} = -\frac{15}{48} = -\frac{5}{16}$。
  這裡有一個符號錯誤，因為 $(-x^2)^n$ 隨著 $n$ 的奇偶性，符號會改變。
  正確展開：
  $(1-x^2)^{-1/2} = 1 + \left(-\frac{1}{2}\right)(-x^2) + \frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})}{2!} (-x^2)^2 + \frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})(-\frac{5}{2})}{3!} (-x^2)^3 + \dots$
  $= 1 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{3}{8} x^4 + \frac{5}{16} x^6 + \dots$
  實際上，二項式係數為 $\binom{\alpha}{k} = \frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-k+1)}{k!}$。
  $\left(1-x^2\right)^{-1/2} = \sum_{n=0}^{\infty} \binom{-1/2}{n} (-x^2)^n = \sum_{n=0}^{\infty} \binom{-1/2}{n} (-1)^n x^{2n}$
  $\binom{-1/2}{n} (-1)^n = \frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})\dots(-\frac{1}{2}-n+1)}{n!} (-1)^n$
  $= \frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})\dots(-\frac{2n-1}{2})}{n!} (-1)^n$
  $= \frac{(-1)^n \frac{1 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (2n-1)}{2^n}}{n!} (-1)^n$
  $= \frac{1 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (2n-1)}{n! 2^n} = \frac{(2n)!}{(2n)!! n! 2^n} = \frac{(2n)!}{2^n n! 2^n} = \frac{(2n)!}{4^n n! n!} = \frac{1}{4^n} \binom{2n}{n}$
  所以，
  $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^n} \binom{2n}{n} x^{2n} = 1 + \frac{1}{4} \binom{2}{1} x^2 + \frac{1}{16} \binom{4}{2} x^4 + \frac{1}{64} \binom{6}{3} x^6 + \dots$
  $= 1 + \frac{1}{4}(2) x^2 + \frac{1}{16}(6) x^4 + \frac{1}{64}(20) x^6 + \dots$
  $= 1 + \frac{1}{2} x^2 + \frac{3}{8} x^4 + \frac{5}{16} x^6 + \dots$
  現在對此級數積分，並假設 $\sin^{-1}(0) = 0$：
  $\sin^{-1} x = \int_{0}^{x} \frac{1}{\sqrt{1-t^2}} dt = \int_{0}^{x} \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^n} \binom{2n}{n} t^{2n} \right) dt$
  $= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^n} \binom{2n}{n} \int_{0}^{x} t^{2n} dt = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^n} \binom{2n}{n} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$
  $= x + \frac{1}{4} \binom{2}{1} \frac{x^3}{3} + \frac{1}{16} \binom{4}{2} \frac{x^5}{5} + \frac{1}{64} \binom{6}{3} \frac{x^7}{7} + \dots$
  $= x + \frac{1}{2} \frac{x^3}{3} + \frac{3}{8} \frac{x^5}{5} + \frac{5}{16} \frac{x^7}{7} + \dots$
  $= x + \frac{x^3}{6} + \frac{3x^5}{40} + \frac{5x^7}{112} + \dots$
  一般項為 $\frac{1}{4^n} \binom{2n}{n} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$。

(b) 收斂半徑

• $\sin x$ 的收斂半徑：

核心觀念

本題考查多變數函數的臨界點（Critical Points）與極值判別法。
求解二元函數 $f(x,y)$ 極值與鞍點的核心步驟為：

1. 一階條件（First-Order Conditions）：求解梯度向量為零向量的點，即聯立解一階偏微分方程組 $f_x(x,y) = 0$ 與 $f_y(x,y) = 0$，以求得所有臨界點。
2. 二階條件（Second-Order Conditions / Hessian Determinant Test）：計算二階偏導數 $f_{xx}$、$f_{yy}$、$f_{xy}$，並利用判別式 $D(x,y) = f_{xx} f_{yy} - (f_{xy})^2$ 進行判定：
   • 若 $D > 0$ 且 $f_{xx} > 0$，為相對極小值點（Local Minimum）；
   • 若 $D > 0$ 且 $f_{xx} < 0$，為相對極大值點（Local Maximum）；
   • 若 $D < 0$，為鞍點（Saddle Point）；
   • 若 $D = 0$，則判別法無效，需進一步分析。

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完整解題過程

第一步：求解一階偏導函數，建立臨界點方程組

依據臨界點定義，函數在臨界點處的一階偏導數必須同時為零（即切平面為水平面）。

計算 $f(x,y) = x^3 + y^3 + \frac{3}{2} x^2 - 2xy + 7x - 8y + 2$ 對 $x$ 與 $y$ 的偏導函數：
$f_x(x,y) = \frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 + 3x - 2y + 7$
$f_y(x,y) = \frac{\partial f}{\partial y} = 3y^2 - 2x - 8$

令 $f_x(x,y) = 0$ 與 $f_y(x,y) = 0$，得方程組：
$\begin{cases} 3x^2 + 3x - 2y + 7 = 0 & \text{--- (1)} \\ 3y^2 - 2x - 8 = 0 & \text{--- (2)} \end{cases}$

第二步：解聯立方程組與實數解檢驗

由方程 (1) 可將 $y$ 表示為 $x$ 的二次式：
$2y = 3x^2 + 3x + 7 \implies y = \frac{3x^2 + 3x + 7}{2}$

將 $y$ 代入方程 (2) 中：
$3 \left(\frac{3x^2 + 3x + 7}{2}\right)^2 - 2x - 8 = 0$

將式子同乘以 $4$ 以消去分母：
$3(3x^2 + 3x + 7)^2 - 8x - 32 = 0$

展開 $(3x^2 + 3x + 7)^2 = 9x^4 + 18x^3 + 51x^2 + 42x + 49$，代入後展開並整理：
$3(9x^4 + 18x^3 + 51x^2 + 42x + 49) - 8x - 32 = 0$
$27x^4 + 54x^3 + 153x^2 + 126x + 147 - 8x - 32 = 0$

本題考查無窮級數的收斂性判斷。需要運用各種級數審斂法，如比較審斂法、極限比較審斂法、比值審斂法、根值審斂法、積分審斂法或觀察級數的行為來判斷。

核心觀念：

1. 級數的通項趨近於零： 若 $\lim_{n \to \infty} a_n \neq 0$，則級數 $\sum a_n$ 發散。
2. 比較審斂法 (Comparison Test)： 若 $0 \le a_n \le b_n$ 對所有 $n$ 成立。若 $\sum b_n$ 收斂，則 $\sum a_n$ 收斂；若 $\sum a_n$ 發散，則 $\sum b_n$ 發散。
3. 極限比較審斂法 (Limit Comparison Test)： 若 $a_n > 0, b_n > 0$ 且 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = L$，其中 $0 < L < \infty$。則 $\sum a_n$ 和 $\sum b_n$ 要麼都收斂，要麼都發散。
4. $p$-級數： 級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$ 當 $p > 1$ 時收斂，當 $p \le 1$ 時發散。
5. 泰勒級數近似： 對於小角度 $\theta$，$\sin \theta \approx \theta$。

解題步驟：

(a) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$

首先，我們化簡級數的通項 $a_n = \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$。
可以通過乘以共軛來簡化分子：
$a_n = \frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} = \frac{(n+1)-n}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})^2} = \frac{1}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})^2}$
展開分母：
$(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})^2 = (n+1) + n + 2\sqrt{n(n+1)} = 2n+1 + 2\sqrt{n^2+n}$
所以，
$a_n = \frac{1}{2n+1 + 2\sqrt{n^2+n}}$
當 $n$ 很大時，分母的主要項是 $2n$ 和 $2\sqrt{n^2} = 2n$，所以分母近似於 $4n$。
$a_n \approx \frac{1}{4n}$
我們可以使用極限比較審斂法，將 $a_n$ 與 $b_n = \frac{1}{n}$ 進行比較。
$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{2n+1 + 2\sqrt{n^2+n}}}{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{2n+1 + 2\sqrt{n^2+n}}$
為了計算這個極限，我們將分子和分母都除以 $n$：
$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2 + \frac{1}{n} + 2\sqrt{1+\frac{1}{n}}} = \frac{1}{2 + 0 + 2\sqrt{1+0}} = \frac{1}{2+2} = \frac{1}{4}$
由於極限 $L = \frac{1}{4}$ 是一個有限且大於零的常數 ($0 < \frac{1}{4} < \infty$)，且級數 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 是發散的（調和級數，即 $p$-級數，其中 $p=1 \le 1$），根據極限比較審斂法，原級數 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 也發散。

另一種化簡 $a_n$ 的方法：
$a_n = \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$
分子：$\sqrt{n+1}-\sqrt{n} = \sqrt{n}( \sqrt{1+\frac{1}{n}} - 1 )$。
分母：$\sqrt{n+1}+\sqrt{n} = \sqrt{n}( \sqrt{1+\frac{1}{n}} + 1 )$。
$a_n = \frac{\sqrt{n}( \sqrt{1+\frac{1}{n}} - 1 )}{\sqrt{n}( \sqrt{1+\frac{1}{n}} + 1 )} = \frac{\sqrt{1+\frac{1}{n}} - 1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}} + 1}$
當 $n \to \infty$，$\frac{1}{n} \to 0$，所以 $\sqrt{1+\frac{1}{n}} \to 1$。
$\lim_{n \to \infty} a_n = \frac{1-1}{1+1} = \frac{0}{2} = 0$
這說明級數可能收斂，但不能直接得出結論。

本題考查不定積分的計算。此積分形式看似複雜，但經過簡化後會變得非常簡單。

解題步驟：

1. 觀察被積函數：
   $\frac{e^{3x}+1}{(e^{3x}+1)^2}$

2. 簡化被積函數：
   注意分子和分母中都有 $(e^{3x}+1)$ 這一項。我們可以將其約分。
   $\frac{e^{3x}+1}{(e^{3x}+1)^2} = \frac{1}{e^{3x}+1}$

3. 計算積分：
   現在我們需要計算積分 $\int \frac{1}{e^{3x}+1} dx$。
   這是一個常見的積分形式。一種方法是進行變換，另一種方法是添加和減去項。

   方法一：變換
   令 $u = e^{3x}$，則 $du = 3e^{3x} dx = 3u \, dx$，所以 $dx = \frac{du}{3u}$。
   $\int \frac{1}{u+1} \frac{du}{3u} = \frac{1}{3} \int \frac{1}{u(u+1)} du$
   我們使用部分分式分解：
   $\frac{1}{u(u+1)} = \frac{A}{u} + \frac{B}{u+1}$
   $1 = A(u+1) + Bu$
   令 $u=0$，則 $1 = A(1) \implies A=1$。
   令 $u=-1$，則 $1 = B(-1) \implies B=-1$。
   所以，
   $\frac{1}{3} \int \left( \frac{1}{u} - \frac{1}{u+1} \right) du = \frac{1}{3} (\ln|u| - \ln|u+1|) + C$
   $= \frac{1}{3} \ln\left|\frac{u}{u+1}\right| + C$
   將 $u = e^{3x}$ 代回：

本題考查不定積分的計算。積分中包含指數函數，通常可以通過變換為多項式積分來解決。

解題步驟：

1. 變換：
   令 $u = e^x$。則 $du = e^x dx = u \, dx$，所以 $dx = \frac{du}{u}$。
   積分變為：
   $\int \frac{1}{u^2+u+1} \frac{du}{u} = \int \frac{1}{u(u^2+u+1)} du$
2. 部分分式分解：
   我們需要分解 $\frac{1}{u(u^2+u+1)}$。
   $\frac{1}{u(u^2+u+1)} = \frac{A}{u} + \frac{Bu+C}{u^2+u+1}$
   乘以 $u(u^2+u+1)$ 得到：
   $1 = A(u^2+u+1) + (Bu+C)u$
   $1 = Au^2 + Au + A + Bu^2 + Cu$
   $1 = (A+B)u^2 + (A+C)u + A$
   比較係數：
   常數項：$A = 1$
   $u$ 的係數：$A+C = 0 \implies 1+C = 0 \implies C = -1$
   $u^2$ 的係數：$A+B = 0 \implies 1+B = 0 \implies B = -1$
   所以，
   $\frac{1}{u(u^2+u+1)} = \frac{1}{u} + \frac{-u-1}{u^2+u+1} = \frac{1}{u} - \frac{u+1}{u^2+u+1}$
3. 積分：
   $\int \left( \frac{1}{u} - \frac{u+1}{u^2+u+1} \right) du = \int \frac{1}{u} du - \int \frac{u+1}{u^2+u+1} du$
   • 第一項積分：$\int \frac{1}{u} du = \ln|u|$。
   • 第二項積分：$\int \frac{u+1}{u^2+u+1} du$。
     分母 $u^2+u+1$ 的判別式為 $1^2 - 4(1)(1) = -3 < 0$，所以它不可分解為實數根。
     我們可以通過配方來處理分母：$u^2+u+1 = (u+\frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}$。
     我們希望將分子變成分母的導數。分母的導數是 $2u+1$。
     將分子 $u+1$ 表示成 $k(2u+1) + m$ 的形式。
     $u+1 = k(2u+1) + m = 2ku + k + m$
     比較係數：
     $u$ 的係數：$1 = 2k \implies k = \frac{1}{2}$
     常數項：$1 = k+m \implies 1 = \frac{1}{2} + m \implies m = \frac{1}{2}$
     所以，$u+1 = \frac{1}{2}(2u+1) + \frac{1}{2}$。
     第二項積分變為：
     $\int \frac{\frac{1}{2}(2u+1) + \frac{1}{2}}{u^2+u+1} du = \frac{1}{2} \int \frac{2u+1}{u^2+u+1} du + \frac{1}{2} \int \frac{1}{u^2+u+1} du$

本題考查曲線的極座標表示、繪圖以及面積計算。

核心觀念：

1. 極座標轉換： $x = r \cos \theta$, $y = r \sin \theta$。 $x^2+y^2 = r^2$。
2. 面積公式： 在極座標下，由 $r = f(\theta)$ 所圍成的區域面積為 $A = \frac{1}{2} \int_{\alpha}^{\beta} [f(\theta)]^2 d\theta$。

解題步驟：

(a) 極座標方程式與繪圖

1. 轉換為極座標：
   給定的曲線方程式是 $(x^2 + y^2)^2 = 2xy$。
   將 $x = r \cos \theta$, $y = r \sin \theta$ 代入：
   $(r^2)^2 = 2(r \cos \theta)(r \sin \theta)$
   $r^4 = 2r^2 \cos \theta \sin \theta$
   $r^4 = r^2 \sin(2\theta)$
   如果 $r \neq 0$，我們可以將兩邊同除以 $r^2$：
   $r^2 = \sin(2\theta)$
   這就是曲線的極座標方程式。

2. 分析方程式 $r^2 = \sin(2\theta)$：

   • 由於 $r^2 \ge 0$，所以我們必須有 $\sin(2\theta) \ge 0$。
   • $\sin(2\theta) \ge 0$ 的條件意味著 $2\theta$ 必須在第一或第二象限（包含邊界），即 $2k\pi \le 2\theta \le \pi + 2k\pi$ 對於整數 $k$。
   • 這意味著 $k\pi \le \theta \le \frac{\pi}{2} + k\pi$。
   • 當 $k=0$ 時，$0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$。此時 $r^2 = \sin(2\theta)$。
   • 當 $k=1$ 時，$\pi \le \theta \le \frac{3\pi}{2}$。此時 $r^2 = \sin(2\theta)$。
   • 注意，當 $\theta$ 在其他區間時，例如 $\frac{\pi}{2} < \theta < \pi$，則 $2\theta$ 在 $\pi < 2\theta < 2\pi$，$\sin(2\theta) < 0$，所以 $r^2 < 0$，無實數解 $r$。
   • 曲線 $r^2 = \sin(2\theta)$ 實際上包含了兩個「葉」或「瓣」。

3. 繪製圖形：

   • 考慮 $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$：
     • $\theta=0 \implies 2\theta=0 \implies r^2 = \sin(0) = 0 \implies r=0$。
     • $\theta=\frac{\pi}{4} \implies 2\theta=\frac{\pi}{2} \implies r^2 = \sin(\frac{\pi}{2}) = 1 \implies r=1$。
     • $\theta=\frac{\pi}{2} \implies 2\theta=\pi \implies r^2 = \sin(\pi) = 0 \implies r=0$。
       這部分形成一個葉，在 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 處達到最大半徑 $r=1$。
   • 考慮 $\pi \le \theta \le \frac{3\pi}{2}$：
     • $\theta=\pi \implies 2\theta=2\pi \implies r^2 = \sin(2\pi) = 0 \implies r=0$。

本題考查兩個極限的計算。

核心觀念：

1. 指數函數的極限： 對於 $a > 1$, $\lim_{x \to \infty} a^x = \infty$。
2. 不定型極限： 形如 $\infty^0$, $0^0$, $1^\infty$, $\infty - \infty$, $\frac{0}{0}$, $\frac{\infty}{\infty}$ 等。需要進行變換，通常使用對數或泰勒展開。
3. 三角函數的極限： $\lim_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$。
4. 代數極限： 對於多項式或根式表達式，可以通過提取最高次項來簡化。

解題步驟：

(a) $\lim_{x \to \infty} (2^x + 3^x + 5^x)^{1/x}$

這是一個 $\infty^0$ 型的不定形式。
令 $L = \lim_{x \to \infty} (2^x + 3^x + 5^x)^{1/x}$。
取自然對數：
$\ln L = \lim_{x \to \infty} \ln \left( (2^x + 3^x + 5^x)^{1/x} \right)$
$\ln L = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} \ln (2^x + 3^x + 5^x)$
$\ln L = \lim_{x \to \infty} \frac{\ln (2^x + 3^x + 5^x)}{x}$
這是 $\frac{\infty}{\infty}$ 型的不定形式。我們可以嘗試 L'Hopital's Rule。
先化簡被對數的表達式：
$2^x + 3^x + 5^x = 5^x \left( \left(\frac{2}{5}\right)^x + \left(\frac{3}{5}\right)^x + 1 \right)$
所以，
$\ln (2^x + 3^x + 5^x) = \ln \left( 5^x \left( \left(\frac{2}{5}\right)^x + \left(\frac{3}{5}\right)^x + 1 \right) \right)$
$= \ln(5^x) + \ln \left( \left(\frac{2}{5}\right)^x + \left(\frac{3}{5}\right)^x + 1 \right)$
$= x \ln 5 + \ln \left( \left(\frac{2}{5}\right)^x + \left(\frac{3}{5}\right)^x + 1 \right)$
現在計算極限：
$\ln L = \lim_{x \to \infty} \frac{x \ln 5 + \ln \left( (\frac{2}{5})^x + (\frac{3}{5})^x + 1 \right)}{x}$
$\ln L = \lim_{x \to \infty} \left( \frac{x \ln 5}{x} + \frac{\ln \left( (\frac{2}{5})^x + (\frac{3}{5})^x + 1 \right)}{x} \right)$
$\ln L = \lim_{x \to \infty} \ln 5 + \lim_{x \to \infty} \frac{\ln \left( (\frac{2}{5})^x + (\frac{3}{5})^x + 1 \right)}{x}$
對於第二項極限，當 $x \to \infty$ 時，$(\frac{2}{5})^x \to 0$ 且 $(\frac{3}{5})^x \to 0$。
所以，分子趨近於 $\ln(0+0+1) = \ln(1) = 0$。
分母趨近於 $\infty$。
因此，第二項極限為 $\frac{0}{\infty} = 0$。
$\ln L = \ln 5 + 0 = \ln 5$