114 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》

本題考驗定積分與瑕積分的計算能力。

(a) 針對瑕積分 $\int_0^3 \frac{x^2}{\sqrt{x+1}} dx$：
令 $u = \sqrt{x+1}$，則 $u^2 = x+1$，故 $x = u^2-1$ 且 $dx = 2u \, du$。
當 $x=0$ 時，$u = \sqrt{0+1} = 1$。
當 $x=3$ 時，$u = \sqrt{3+1} = 2$。
原積分變為：
$\int_1^2 \frac{(u^2-1)^2}{u} (2u \, du) = \int_1^2 2(u^2-1)^2 \, du$
$= \int_1^2 2(u^4 - 2u^2 + 1) \, du = 2 \left[ \frac{u^5}{5} - \frac{2u^3}{3} + u \right]_1^2$
$= 2 \left[ \left( \frac{32}{5} - \frac{16}{3} + 2 \right) - \left( \frac{1}{5} - \frac{2}{3} + 1 \right) \right]$
$= 2 \left[ \frac{32-1}{5} - \frac{16-2}{3} + (2-1) \right] = 2 \left[ \frac{31}{5} - \frac{14}{3} + 1 \right]$
$= 2 \left[ \frac{93 - 70 + 15}{15} \right] = 2 \left[ \frac{38}{15} \right] = \frac{76}{15}$
【答案】$\frac{76}{15}$

(b) 針對瑕積分 $\int_1^\infty \frac{3x^2-2x-2}{x^2(x^2+1)} dx$：
首先，我們需要對被積函數進行部分分式分解。
令 $\frac{3x^2-2x-2}{x^2(x^2+1)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x^2} + \frac{Cx+D}{x^2+1}$。
乘以 $x^2(x^2+1)$ 得：
$3x^2-2x-2 = Ax(x^2+1) + B(x^2+1) + (Cx+D)x^2$
$3x^2-2x-2 = Ax^3 + Ax + Bx^2 + B + Cx^3 + Dx^2$
$3x^2-2x-2 = (A+C)x^3 + (B+D)x^2 + Ax + B$
比較係數：
$x^3$: $A+C = 0 \implies C = -A$
$x^2$: $B+D = 3$
$x^1$: $A = -2$
$x^0$: $B = -2$

本題考驗極限的計算，主要使用羅必達法則或泰勒級數展開。

(a) 針對極限 $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(x) - x \cos(x)}{x^3}$：
直接代入 $x=0$ 會得到 $\frac{0-0}{0}$ 的不定型，我們可以使用羅必達法則。
第一次使用羅必達法則：
$\lim_{x \to 0} \frac{\cos(x) - (\cos(x) - x\sin(x))}{3x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{x\sin(x)}{3x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{3x}$
$= \frac{1}{3} \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{x} = \frac{1}{3} \cdot 1 = \frac{1}{3}$
或者，我們也可以使用泰勒級數展開：
$\sin(x) = x - \frac{x^3}{3!} + O(x^5)$
$\cos(x) = 1 - \frac{x^2}{2!} + O(x^4)$
$x\cos(x) = x(1 - \frac{x^2}{2!} + O(x^4)) = x - \frac{x^3}{2!} + O(x^5)$
分子為：
$\sin(x) - x\cos(x) = (x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)) - (x - \frac{x^3}{2} + O(x^5))$
$= x - \frac{x^3}{6} - x + \frac{x^3}{2} + O(x^5) = (\frac{1}{2} - \frac{1}{6})x^3 + O(x^5) = \frac{3-1}{6}x^3 + O(x^5) = \frac{2}{6}x^3 + O(x^5) = \frac{1}{3}x^3 + O(x^5)$
所以，

本題考驗微積分基本定理的應用及極限計算。

(a) 針對 $F'(x)$ 的計算：
我們需要使用微積分基本定理和鏈式法則。
令 $G(u) = \int_0^u \cos(t^2+t) dt$。則 $G'(u) = \cos(u^2+u)$。
$F(x) = G(x^2)$。
根據鏈式法則，
$F'(x) = G'(x^2) \cdot \frac{d}{dx}(x^2)$
$F'(x) = \cos((x^2)^2 + x^2) \cdot (2x)$
$F'(x) = 2x \cos(x^4+x^2)$
【答案】$2x \cos(x^4+x^2)$

(b) 針對極限 $\lim_{x \to 0} \frac{F(x)}{x^2}$：
直接代入 $x=0$ 會得到 $\frac{F(0)}{0} = \frac{\int_0^0 \cos(t^2+t) dt}{0} = \frac{0}{0}$ 的不定型。
我們可以使用羅必達法則。
$\lim_{x \to 0} \frac{F(x)}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{F'(x)}{2x}$
我們在 (a) 部分已經計算出 $F'(x) = 2x \cos(x^4+x^2)$。
所以，
$\lim_{x \to 0} \frac{2x \cos(x^4+x^2)}{2x} = \lim_{x \to 0} \cos(x^4+x^2)$
當 $x \to 0$ 時，$x^4+x^2 \to 0$。
$\lim_{x \to 0} \cos(x^4+x^2) = \cos(0) = 1$
或者，我們也可以使用泰勒級數展開。
令 $g(t) = \cos(t^2+t)$。

本題考驗泰勒級數的推導與應用，特別是處理極限問題。

(a) 推導 $\tan^{-1} x$ 的 MacLaurin 級數：
我們知道 $\frac{d}{dx}(\tan^{-1} x) = \frac{1}{1+x^2}$。
$\frac{1}{1+x^2}$ 是一個幾何級數的和，當 $|x|<1$ 時：
$\frac{1}{1+x^2} = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + \dots = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}$
對此級數積分，我們得到 $\tan^{-1} x$ 的 MacLaurin 級數：
$\tan^{-1} x = \int \left( \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n} \right) dx = C + \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$
由於 $\tan^{-1}(0) = 0$，所以積分常數 $C=0$。
因此，
$\tan^{-1} x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \dots = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$
【答案】$\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \dots$

(b) 找出使極限有限的 $a$ 值：
為了使極限有限，分子的級數展開到 $x^3$ 項時， $x^3$ 項的係數必須為零。
我們需要 $\sin(ax)$ 的泰勒級數展開。
$\sin u = u - \frac{u^3}{3!} + O(u^5)$。

核心觀念

本題是在橢圓約束下，求二變數函數的最大值與最小值，主要使用：

• 拉格朗日乘數法
• 緊緻集合上的連續函數必取得最大值與最小值
• 臨界點代入函數值比較

令約束函數為

$$g(x,y)=2x^2-2xy+y^2-1=0.$$

因為二次型 $2x^2-2xy+y^2$ 為正定，曲線 $g(x,y)=0$ 是封閉橢圓；而 $f(x,y)=3x^2-2y^2$ 連續，因此最大值與最小值一定存在。

解題方法：拉格朗日乘數法

在約束 $g(x,y)=0$ 下，極值點滿足

$$\nabla f=\lambda \nabla g.$$

先計算梯度：

$$\nabla f=(6x,-4y),$$ $$\nabla g=(4x-2y,-2x+2y).$$

因此有

$$6x=\lambda(4x-2y),$$ $$-4y=\lambda(-2x+2y),$$

並且

$$2x^2-2xy+y^2=1.$$

前兩式可整理成

$$(6-4\lambda)x+2\lambda y=0,$$ $$2\lambda x+(-4-2\lambda)y=0.$$

這是一個關於 $x,y$ 的齊次線性方程組。因為約束曲線上不可能有 $x=y=0$，所以係數行列式必須為零：

$$\begin{vmatrix} 6-4\lambda & 2\lambda\\ 2\lambda & -4-2\lambda \end{vmatrix}=0.$$

計算得

$$(6-4\lambda)(-4-2\lambda)-4\lambda^2=0.$$

展開：

$$-24+4\lambda+8\lambda^2-4\lambda^2=0,$$ $$4\lambda^2+4\lambda-24=0,$$ $$\lambda^2+\lambda-6=0.$$

因式分解：

$$(\lambda-2)(\lambda+3)=0.$$

因此

$$\lambda=2 \quad\text{或}\quad \lambda=-3.$$

情形一：$\lambda=2$

代入

$$(6-4\lambda)x+2\lambda y=0$$

得

$$-2x+4y=0,$$

所以

$$y=\frac{x}{2}.$$

代入約束式：

$$2x^2-2x\left(\frac{x}{2}\right)+\left(\frac{x}{2}\right)^2=1,$$ $$2x^2-x^2+\frac{x^2}{4}=1,$$

核心觀念

本題涵蓋「泰勒級數（Taylor Series / 麥克勞林級數 Maclaurin Series）」與「級數的逐項微積分（Term-by-term Integration）」之核心應用，主要考點如下：

1. 標準指數函數的麥克勞林級數： $$e^u = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{u^n}{n!} = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \frac{u^3}{3!} + \cdots \quad (\text{收斂區間為 } (-\infty, \infty))$$
2. 變數變換與級數乘積：利用已知級數代換自變數（代入 $u = x^2$）並乘以單項式 $x$ 來展開函數。
3. 微積分基本定理與變數變換積分法：利用 $u$-代換法直接求定積分值。
4. 級數的逐項積分與求無窮級數和：冪級數在收斂區間內具備逐項可積性。利用定積分值與級數逐項積分結果的對應關係，可求出特定的常數無窮級數和。

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解題方法與詳細推導

(a) 求 $f(x) = xe^{x^2}$ 在 $x = 0$ 處的泰勒級數

已知指數函數 $e^u$ 在 $u = 0$ 處的麥克勞林級數為：

$$e^u = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{u^n}{n!}, \quad \forall u \in \mathbb{R}$$

令 $u = x^2$，代入上式得：

$$e^{x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(x^2)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n!}$$

兩邊同乘以 $x$：

$$f(x) = x e^{x^2} = x \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{n!}$$

展開前幾項為：

$$f(x) = x + x^3 + \frac{x^5}{2!} + \frac{x^7}{3!} + \cdots + \frac{x^{2n+1}}{n!} + \cdots$$

其收斂半徑為 $R = \infty$，收斂區間為 $(-\infty, \infty)$。

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(b) 計算 $\int_0^1 t e^{t^2} dt$ 並求其在 $x = 0$ 處的泰勒級數

1. 計算定積分 $\int_0^1 t e^{t^2} dt$ 的精確值：
   採用代換積分法（$u$-substitution），令 $u = t^2$，則 $du = 2t\,dt \implies t\,dt = \frac{1}{2}du$。
   積分上下限轉換：

   • 當 $t = 0$ 時，$u = 0$
   • 當 $t = 1$ 時，$u = 1$

   代入原式得：

   $$\int_0^1 t e^{t^2} dt = \int_0^1 e^u \cdot \frac{1}{2} du = \frac{1}{2} \left[ e^u \right]_0^1 = \frac{1}{2} (e^1 - e^0) = \frac{e - 1}{2}$$

2. 求其在 $x = 0$ 處的泰勒級數：

   • 題意解析：若題目所指的是求該定積分所對應之函數形式 $F(x) = \int_0^x t e^{t^2} dt$ 在 $x = 0$ 處的泰勒級數，利用 (a) 小題所得之級數進行逐項積分： $$F(x) = \int_0^x t e^{t^2} dt = \int_0^x \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^{2n+1}}{n!} \right) dt$$ 由於該冪級數在全實數上一致收斂，可交換積分與求和符號： $$F(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \int_0^x t^{2n+1} dt = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+2}}{n!(2n+2)}$$ 展開前幾項為： $$F(x) = \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4} + \frac{x^6}{12} + \cdots$$
   • 常數觀點補充：若將 $\int_0^1 t e^{t^2} dt$ 視為常數值 $C = \frac{e - 1}{2}$，常數函數在 $x = 0$ 處的泰勒級數僅有常數項，即為 $\frac{e - 1}{2}$。商管研究所入學考試常見此類由定積分推導不定積分或變上限積分函數之題型，本題將兩種判讀皆完整列出以確保無遺漏。

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(c) 求無窮級數之和 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!(n+2)}$