112 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》

本題主要考察不定積分、定積分的計算能力，以及瑕積分的求值。

(a) 針對 $\int \frac{x dx}{\sqrt{8-2x^2-x^4}}$，觀察被積函數中含有 $x$ 和 $x^3$ 的項，且分母有根號，可以嘗試進行變數變換。
令 $u = x^2$，則 $du = 2x dx$，所以 $x dx = \frac{1}{2} du$。
積分式變為 $\int \frac{\frac{1}{2} du}{\sqrt{8-2u-u^2}}$。
接著處理分母的根號部分：$8-2u-u^2 = -(u^2+2u-8) = -((u+1)^2 - 1 - 8) = -( (u+1)^2 - 9 ) = 9 - (u+1)^2$。
所以積分式為 $\frac{1}{2} \int \frac{du}{\sqrt{9-(u+1)^2}}$。
令 $v = u+1$，則 $dv = du$。
積分式變為 $\frac{1}{2} \int \frac{dv}{\sqrt{9-v^2}}$。
這是一個標準的反正弦函數積分：$\int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}} dx = \arcsin(\frac{x}{a}) + C$。
在此，$a=3$。
所以，$\frac{1}{2} \int \frac{dv}{\sqrt{9-v^2}} = \frac{1}{2} \arcsin(\frac{v}{3}) + C$。
將 $v=u+1$ 和 $u=x^2$ 代回，得到：
$\frac{1}{2} \arcsin(\frac{x^2+1}{3}) + C$。

(b) 針對 $\int_1^2 \frac{x^2+4}{x^4+3x^3+2x^2} dx$，首先對被積函數進行部分分式分解。
分母可以分解為 $x^2(x^2+3x+2) = x^2(x+1)(x+2)$。
令 $\frac{x^2+4}{x^2(x+1)(x+2)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x^2} + \frac{C}{x+1} + \frac{D}{x+2}$。
乘以 $x^2(x+1)(x+2)$ 得到 $x^2+4 = Ax(x+1)(x+2) + B(x+1)(x+2) + Cx^2(x+2) + Dx^2(x+1)$。
令 $x=0$: $4 = B(1)(2) \implies B=2$。
令 $x=-1$: $(-1)^2+4 = 5 = C(-1)^2(-1+2) = C(1)(1) \implies C=5$。
令 $x=-2$: $(-2)^2+4 = 8 = D(-2)^2(-2+1) = D(4)(-1) \implies D=-2$。
令 $x=1$: $1^2+4 = 5 = A(1)(2)(3) + B(2)(3) + C(1)(3) + D(1)(2) = 6A + 6B + 3C + 2D$。
$5 = 6A + 6(2) + 3(5) + 2(-2) = 6A + 12 + 15 - 4 = 6A + 23$。
$6A = 5 - 23 = -18 \implies A = -3$。
所以，$\frac{x^2+4}{x^2(x+1)(x+2)} = -\frac{3}{x} + \frac{2}{x^2} + \frac{5}{x+1} - \frac{2}{x+2}$。
積分為 $\int_1^2 (-\frac{3}{x} + \frac{2}{x^2} + \frac{5}{x+1} - \frac{2}{x+2}) dx$。
$= [-3\ln|x| - \frac{2}{x} + 5\ln|x+1| - 2\ln|x+2|]_1^2$

本題考察冪級數的收斂區間判斷。我們使用 ratio test (比值檢驗法) 來判斷收斂半徑。
對於冪級數 $\sum_{k=1}^\infty a_k$，令 $a_k = \frac{x^k}{\ln(k+1)}$。
我們計算極限 $\lim_{k\to\infty} \left| \frac{a_{k+1}}{a_k} \right|$。
$\left| \frac{a_{k+1}}{a_k} \right| = \left| \frac{x^{k+1}}{\ln(k+2)} \cdot \frac{\ln(k+1)}{x^k} \right| = |x| \frac{\ln(k+1)}{\ln(k+2)}$。
我們需要計算 $\lim_{k\to\infty} \frac{\ln(k+1)}{\ln(k+2)}$。
對分子和分母同時取對數，這是 $\frac{\infty}{\infty}$ 的不定型，可以使用 L'Hopital's rule。
$\lim_{k\to\infty} \frac{\ln(k+1)}{\ln(k+2)} = \lim_{k\to\infty} \frac{\frac{1}{k+1}}{\frac{1}{k+2}} = \lim_{k\to\infty} \frac{k+2}{k+1} = \lim_{k\to\infty} \frac{1+\frac{2}{k}}{1+\frac{1}{k}} = 1$。
所以，$\lim_{k\to\infty} \left| \frac{a_{k+1}}{a_k} \right| = |x| \cdot 1 = |x|$。

本題考察極限的計算，涵蓋了 L'Hopital's rule、積分與微分的關係、常見的極限形式以及黎曼和。

(a) $\lim_{x\to 0} \frac{\int_0^x \frac{t}{1+t^3} dt}{x^4}$
此極限為 $\frac{0}{0}$ 的不定型，可使用 L'Hopital's rule。
根據微積分基本定理，$\frac{d}{dx} \int_0^x \frac{t}{1+t^3} dt = \frac{x}{1+x^3}$。
所以，$\lim_{x\to 0} \frac{\int_0^x \frac{t}{1+t^3} dt}{x^4} = \lim_{x\to 0} \frac{\frac{x}{1+x^3}}{4x^3}$ (對分子分母分別微分)。
$= \lim_{x\to 0} \frac{x}{4x^3(1+x^3)} = \lim_{x\to 0} \frac{1}{4x^2(1+x^3)}$。
當 $x \to 0$ 時，$4x^2 \to 0^+$ 且 $1+x^3 \to 1$。
因此，極限為 $\frac{1}{0^+(1)} = +\infty$。

(b) $\lim_{x\to 0} (\frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x})$
此極限為 $\infty - \infty$ 的不定型，需先合併成單一分數。
$\lim_{x\to 0} (\frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x}) = \lim_{x\to 0} \frac{\sin x - x}{x \sin x}$。
這仍然是 $\frac{0}{0}$ 的不定型，可以使用 L'Hopital's rule。
分子的微分是 $\cos x - 1$。
分母的微分是 $\sin x + x \cos x$。
所以，極限變為 $\lim_{x\to 0} \frac{\cos x - 1}{\sin x + x \cos x}$。
這仍然是 $\frac{0}{0}$ 的不定型。再次使用 L'Hopital's rule。
分子的微分是 $-\sin x$。
分母的微分是 $\cos x + (\cos x - x \sin x) = 2\cos x - x \sin x$。
所以，極限變為 $\lim_{x\to 0} \frac{-\sin x}{2\cos x - x \sin x}$。
代入 $x=0$: $\frac{-\sin 0}{2\cos 0 - 0 \sin 0} = \frac{0}{2(1) - 0} = \frac{0}{2} = 0$。

本題考察極限的 $\epsilon - \delta$ 定義以及絕對值與極限的關係。

(a) 證明 $\lim_{x\to a} f(x) = L$ implies $\lim_{x\to a} |f(x)| = |L|$。
根據極限的 $\epsilon - \delta$ 定義，$\lim_{x\to a} f(x) = L$ 表示：
對於任意給定的 $\epsilon_1 > 0$，存在一個 $\delta_1 > 0$，使得當 $0 < |x-a| < \delta_1$ 時，有 $|f(x) - L| < \epsilon_1$。

我們需要證明 $\lim_{x\to a} |f(x)| = |L|$。這表示：
對於任意給定的 $\epsilon_2 > 0$，存在一個 $\delta_2 > 0$，使得當 $0 < |x-a| < \delta_2$ 時，有 $||f(x)| - |L|| < \epsilon_2$。

我們使用三角不等式的一個變形：$||a| - |b|| \le |a-b|$。
令 $a = f(x)$ 且 $b = L$。則 $||f(x)| - |L|| \le |f(x) - L|$。

現在，我們給定任意的 $\epsilon_2 > 0$。
我們令 $\epsilon_1 = \epsilon_2$。
由於 $\lim_{x\to a} f(x) = L$，存在一個 $\delta_1 > 0$，使得當 $0 < |x-a| < \delta_1$ 時，有 $|f(x) - L| < \epsilon_1 = \epsilon_2$。

結合以上兩點，當 $0 < |x-a| < \delta_1$ 時，我們有：
$||f(x)| - |L|| \le |f(x) - L| < \epsilon_2$。
令 $\delta_2 = \delta_1$。
則對於任意給定的 $\epsilon_2 > 0$，存在 $\delta_2 = \delta_1 > 0$，使得當 $0 < |x-a| < \delta_2$ 時，有 $||f(x)| - |L|| < \epsilon_2$。
這正是 $\lim_{x\to a} |f(x)| = |L|$ 的定義。
因此，$\lim_{x\to a} f(x) = L$ 蘊含 $\lim_{x\to a} |f(x)| = |L|$。

(b) 證明 $\lim_{x\to a} |f(x)| = |L|$ does not imply $\lim_{x\to a} f(x) = L$。
我們需要找到一個反例。
假設 $\lim_{x\to a} |f(x)| = |L|$ 成立，但 $\lim_{x\to a} f(x)$ 不存在，或者 $\lim_{x\to a} f(x) = M \ne L$。
考慮函數 $f(x) = \frac{x}{|x|}$，以及 $a=0$。
我們知道 $\lim_{x\to 0^+} f(x) = \lim_{x\to 0^+} \frac{x}{x} = 1$。