113 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》

本題主要考驗積分技巧，包含分部積分法與部分分式分解法。

(a) 針對 $\int x^\alpha \ln x \, dx$：
此積分可使用分部積分法來求解。令 $u = \ln x$ 且 $dv = x^\alpha \, dx$。
則 $du = \frac{1}{x} \, dx$ 且 $v = \int x^\alpha \, dx$。
若 $\alpha \neq -1$，則 $v = \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}$。
若 $\alpha = -1$，則 $v = \ln|x|$。

情況一：$\alpha \neq -1$
根據分部積分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$，我們有：
$\int x^\alpha \ln x \, dx = \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} \ln x - \int \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} \cdot \frac{1}{x} \, dx$
$= \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} \ln x - \frac{1}{\alpha+1} \int x^\alpha \, dx$
$= \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} \ln x - \frac{1}{\alpha+1} \cdot \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} + C$
$= \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} \ln x - \frac{x^{\alpha+1}}{(\alpha+1)^2} + C$

情況二：$\alpha = -1$
此時積分變為 $\int x^{-1} \ln x \, dx = \int \frac{\ln x}{x} \, dx$。
令 $w = \ln x$，則 $dw = \frac{1}{x} \, dx$。
$\int \frac{\ln x}{x} \, dx = \int w \, dw = \frac{w^2}{2} + C = \frac{(\ln x)^2}{2} + C$。

綜合以上兩種情況，我們得到：
若 $\alpha \neq -1$，$\int x^\alpha \ln x \, dx = \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} \left( \ln x - \frac{1}{\alpha+1} \right) + C$。
若 $\alpha = -1$，$\int x^{-1} \ln x \, dx = \frac{(\ln x)^2}{2} + C$。

【答案】
若 $\alpha \neq -1$，$\int x^\alpha \ln x \, dx = \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} \left( \ln x - \frac{1}{\alpha+1} \right) + C$。
若 $\alpha = -1$，$\int x^{-1} \ln x \, dx = \frac{(\ln x)^2}{2} + C$。

(b) 針對 $\int_1^\infty \frac{x^2 - 3}{(x^2 - 2x + 3)(x^2 + 2x + 3)} \, dx$：
此為瑕積分，首先我們需要對被積函數進行部分分式分解。
觀察分母的兩項：
$x^2 - 2x + 3 = (x-1)^2 + 2 > 0$
$x^2 + 2x + 3 = (x+1)^2 + 2 > 0$
這兩項在實數域上皆無實根，因此我們將被積函數設為以下形式的部分分式：
$\frac{x^2 - 3}{(x^2 - 2x + 3)(x^2 + 2x + 3)} = \frac{Ax+B}{x^2 - 2x + 3} + \frac{Cx+D}{x^2 + 2x + 3}$
通分後得到：
$x^2 - 3 = (Ax+B)(x^2 + 2x + 3) + (Cx+D)(x^2 - 2x + 3)$
$x^2 - 3 = Ax^3 + 2Ax^2 + 3Ax + Bx^2 + 2Bx + 3B + Cx^3 - 2Cx^2 + 3Cx + Dx^2 - 2Dx + 3D$
$x^2 - 3 = (A+C)x^3 + (2A+B-2C+D)x^2 + (3A+2B+3C-2D)x + (3B+3D)$

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

將 $C=-A$ 和 $D=-1-B$ 代入 $x^2$ 和 $x^1$ 的係數方程：
$2A+B-2(-A)+(-1-B) = 1 \implies 2A+B+2A-1-B = 1 \implies 4A - 1 = 1 \implies 4A = 2 \implies A = \frac{1}{2}$

本題主要考驗利用黎曼和 (Riemann Sum) 的概念來計算極限，以及對極限的進一步處理。

(a) 評估極限 $I_m = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{i^2 n^3}{n^6 + i^6}$：
這個極限可以看作是一個黎曼和。為了將其轉換為黎曼和的形式 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} f(\frac{i}{n})$，我們需要對求和式進行變形。
將分子和分母同除以 $n^6$：
$\frac{i^2 n^3}{n^6 + i^6} = \frac{\frac{i^2 n^3}{n^6}}{\frac{n^6 + i^6}{n^6}} = \frac{\frac{i^2}{n^3}}{1 + \frac{i^6}{n^6}} = \frac{(\frac{i}{n})^2 \frac{1}{n}}{1 + (\frac{i}{n})^6}$
注意，這裡我們需要將 $\frac{i^2 n^3}{n^6 + i^6}$ 變形為 $\frac{1}{n} f(\frac{i}{n})$ 的形式。
我們可以這樣變形：
$\frac{i^2 n^3}{n^6 + i^6} = \frac{i^2 n^3}{n^6(1 + (i/n)^6)} = \frac{1}{n} \frac{(i/n)^2}{1 + (i/n)^6}$
這樣，我們就可以將求和式寫成：
$\sum_{i=1}^{n} \frac{i^2 n^3}{n^6 + i^6} = \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{n} \frac{(i/n)^2}{1 + (i/n)^6}$
現在，這個形式符合黎曼和的要求，其中 $f(x) = \frac{x^2}{1+x^6}$。
因此，

本題考驗對微分中值定理 (Mean Value Theorem, MVT) 的應用，特別是羅爾定理 (Rolle's Theorem) 和拉格朗日中值定理 (Lagrange's Mean Value Theorem) 的變形應用。

題意要求證明存在 $c \in (a, b)$ 使得 $y=f(x)$ 在點 $c$ 的切線通過原點。
切線方程為 $y - f(c) = f'(c)(x - c)$。
若此切線通過原點 $(0,0)$，則將 $(0,0)$ 代入切線方程，得到：
$0 - f(c) = f'(c)(0 - c)$
$-f(c) = -c f'(c)$
$f(c) = c f'(c)$
$c f'(c) - f(c) = 0$

我們需要證明存在一個 $c \in (a, b)$ 使得 $c f'(c) - f(c) = 0$。
考慮一個輔助函數 $g(x) = \frac{f(x)}{x}$。
然而，這個函數在 $x=0$ 處沒有定義，而且我們不能保證 $a>0$。題目給的是 $0 < a < b$，所以 $a$ 和 $b$ 都是正數，這樣定義 $g(x)$ 在 $[a, b]$ 上是沒有問題的。

讓我們定義輔助函數 $g(x) = \frac{f(x)}{x}$ 對於 $x \in [a, b]$。
因為 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上連續且在 $(a, b)$ 上可微，並且 $x \neq 0$ 在 $[a, b]$ 上，所以 $g(x)$ 在 $[a, b]$ 上連續且在

本題考驗連鎖律 (Chain Rule) 的應用，特別是對於複合函數的二階導數的計算。

我們有 $y = f(u)$ 且 $u = g(x)$。因此 $y = f(g(x))$。
我們需要計算 $\frac{d^2y}{dx^2}$ 在 $x=0$ 的值。

首先，計算一階導數 $\frac{dy}{dx}$：
根據連鎖律，$\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx} = f'(u) \cdot g'(x)$。
由於 $u=g(x)$，我們可以寫成 $\frac{dy}{dx} = f'(g(x)) \cdot g'(x)$。

接下來，計算二階導數 $\frac{d^2y}{dx^2}$。我們需要對 $\frac{dy}{dx}$ 關於 $x$ 再微分一次。
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx} \left( f'(g(x)) \cdot g'(x) \right)$
我們需要使用乘法法則 (Product Rule) 和連鎖律。
令 $A = f'(g(x))$ 和 $B = g'(x)$。則 $\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{dA}{dx} \cdot B + A \cdot \frac{dB}{dx}$。

計算 $\frac{dA}{dx}$:
$\frac{dA}{dx} = \frac{d}{dx} (f'(g(x)))$。這是一個複合函數的微分，再次使用連鎖律。

本題考驗重積分的計算，特別是積分順序的交換 (Changing the Order of Integration)。

積分區域為 $0 \le x \le a$ 且 $x \le y \le a$。
我們可以將這個區域畫出來。這是由直線 $y=x$、$y=a$ 和 $x=0$ 所圍成的三角形區域。
頂點為 $(0,0)$、$(0,a)$ 和 $(a,a)$。

為了交換積分順序，我們需要重新描述這個區域。
當我們從 $y$ 的角度來看時，對於固定的 $y$， $x$ 的範圍是從 $0$ 到 $y$。
所以，新的積分範圍是 $0 \le y \le a$ 且 $0 \le x \le y$。
交換積分順序後，積分變為：
$\int_0^a \int_0^y \sin(y^2) \, dx \, dy$

現在，計算內層積分 $\int_0^y \sin(y^2) \, dx$。
由於 $\sin(y^2)$ 視為常數對 $x$ 積分：

本題考驗瑕積分 (Improper Integral) 的收斂性判斷，主要利用比較審斂法 (Comparison Test) 或極限比較審斂法 (Limit Comparison Test)。

瑕積分的瑕疵點在於積分區間的無窮大。我們需要分析當 $x \to \infty$ 時，被積函數 $f(x) = \frac{1}{x^a (1 + \sqrt{x})}$ 的行為。

當 $x \to \infty$ 時，$\sqrt{x} \to \infty$，所以 $1 + \sqrt{x}$ 的行為主要由 $\sqrt{x}$ 主導。
因此，$x^a (1 + \sqrt{x}) \approx x^a \sqrt{x} = x^a x^{1/2} = x^{a+1/2}$。
所以，當 $x \to \infty$ 時，被積函數 $f(x) \approx \frac{1}{x^{a+1/2}}$。

我們知道瑕積分 $\int_1^\infty \frac{1}{x^p} \, dx$ 在 $p > 1$ 時收斂。
因此，我們希望 $a + \frac{1}{2} > 1$。
$a > 1 - \frac{1}{2}$
$a > \frac{1}{2}$。

現在我們使用極限比較審斂法來嚴格證明。
令 $f(x) = \frac{1}{x^a (1 + \sqrt{x})}$。
令 $g(x) = \frac{1}{x^{a+1/2}}$。
我們計算 $\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{g(x)}$：

本題考驗瑕積分與遞迴關係的應用，同時也涉及 Gamma 函數的概念。

首先，我們需要確定 $I_n$ 的定義域。對於 $n \ge 0$，函數 $x^n e^{-x}$ 在 $[0, \infty)$ 上是連續的。當 $x \to \infty$ 時，$x^n e^{-x} \to 0$ 由於指數函數 $e^{-x}$ 的衰減速度遠大於多項式 $x^n$ 的增長速度。因此，這個瑕積分存在。

(a) 尋找 $I_n$ 和 $I_{n-1}$ 之間的遞迴關係：
我們使用分部積分法來計算 $I_n$。
令 $u = x^n$ 且 $dv = e^{-x} \, dx$。
則 $du = nx^{n-1} \, dx$ 且 $v = \int e^{-x} \, dx = -e^{-x}$。

根據分部積分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$：
$I_n = \int_0^\infty x^n e^{-x} \, dx = \left[ -x^n e^{-x} \right]_0^\infty - \int_0^\infty (-e^{-x}) (nx^{n-1}) \, dx$

計算邊界項：
$\left[ -x^n e^{-x} \right]_0^\infty = \lim_{x \to \infty} (-x^n e^{-x}) - (-0^n e^{-0})$
我們知道 $\lim_{x \to \infty} x^n e^{-x} = 0$ (對於任何 $n \ge 0$)。
所以，邊界項為 $0 - 0 = 0$。

積分部分：
$I_n = 0 - \int_0^\infty (-n x^{n-1} e^{-x}) \, dx = n \int_0^\infty x^{n-1} e^{-x} \, dx$
由於 $\int_0^\infty x^{n-1} e^{-x} \, dx = I_{n-1}$，我們得到遞迴關係：

本題考驗多元函數的極值與鞍點的尋找，主要步驟是計算偏導數、找出臨界點，並利用二階偏導數檢定法 (Second Derivative Test)。

第一步：計算一階偏導數並令其為零，找出臨界點。
$\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 + 6x - 9$
$\frac{\partial f}{\partial y} = -3y^2 + 6y$

令偏導數為零：

1. $3x^2 + 6x - 9 = 0 \implies x^2 + 2x - 3 = 0 \implies (x+3)(x-1) = 0$
   所以 $x = -3$ 或 $x = 1$。

2. $-3y^2 + 6y = 0 \implies -3y(y - 2) = 0$
   所以 $y = 0$ 或 $y = 2$。

結合 $x$ 和 $y$ 的值，我們得到四個臨界點：
$(-3, 0)$, $(-3, 2)$, $(1, 0)$, $(1, 2)$。

第二步：計算二階偏導數。
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 6x + 6$
$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = -6y + 6$
$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = 0$

第三步：使用二階偏導數檢定法判斷臨界點的性質。
計算判別式 $D(x, y) = \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} \cdot \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} - \left(\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}\right)^2 = (6x+6)(-6y+6) - 0^2 = (6x+6)(-6y+6)$。

我們逐一檢驗四個臨界點：

1. 臨界點 $(-3, 0)$:
   $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\Big|_{(-3,0)} = 6(-3) + 6 = -18 + 6 = -12$
   $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\Big|_{(-3,0)} = -6(0) + 6 = 6$
   $D(-3, 0) = (-12)(6) - 0^2 = -72$。
   由於 $D < 0$，點 $(-3, 0)$ 是鞍點 (saddle point)。