115 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》

本題主要在考察函數在一點連續及可微分的定義與判斷。

(a) 求使 $f$ 在 $x=0$ 連續的 $a$ 值

函數 $f(x)$ 在 $x=0$ 連續的條件是 $\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$。
根據函數的定義，$f(0) = a$。
我們需要計算 $\lim_{x \to 0} f(x)$：
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}$
這個極限是一個重要的標準極限，其值為 1。
$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$
因此，為了使 $f$ 在 $x=0$ 連續，我們必須有 $a = 1$。

【答案】$a=1$

(b) 判斷 $f'(0)$ 是否存在，並計算之

函數 $f(x)$ 在 $x=0$ 的導數定義為：
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h}$
我們已經知道當 $f$ 在 $x=0$ 連續時，$a=1$，所以 $f(0)=1$。
當 $h \neq 0$ 時，$f(0+h) = f(h) = \frac{\sin h}{h}$。
將這些代入導數定義式：
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{\sin h}{h} - 1}{h}$
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{\sin h - h}{h^2}$
這個極限是 $0/0$ 的不定形式，我們可以使用 L'Hôpital's Rule。
對分子和分母分別微分：

本題旨在考察二維函數在一點的極限是否存在。

為了判斷極限是否存在，我們嘗試沿著不同的路徑趨近 $(0,0)$。

方法一：沿著直線 $y=mx$ 趨近
當 $(x,y)$ 沿著直線 $y=mx$ 趨近 $(0,0)$ 時，其中 $m$ 為任意常數。
$\lim_{x \to 0} \frac{x^2 (mx)}{x^2 + (mx)^2} = \lim_{x \to 0} \frac{mx^3}{x^2 + m^2 x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{mx^3}{x^2(1+m^2)} = \lim_{x \to 0} \frac{mx}{1+m^2} = \frac{m \cdot 0}{1+m^2} = 0$
沿著任何直線 $y=mx$ 趨近 $(0,0)$，極限值都是 0。這暗示極限可能存在且為 0。

方法二：使用極座標轉換
令 $x = r \cos \theta$ 且 $y = r \sin \theta$。當 $(x,y) \to (0,0)$ 時，則 $r \to 0^+$。
$\frac{x^2 y}{x^2 + y^2} = \frac{(r \cos \theta)^2 (r \sin \theta)}{(r \cos \theta)^2 + (r \sin \theta)^2} = \frac{r^3 \cos^2 \theta \sin \theta}{r^2 (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta)} = \frac{r^3 \cos^2 \theta \sin \theta}{r^2} = r \cos^2 \theta \sin \theta$
現在計算極限：
$\lim_{r \to 0^+} r \cos^2 \theta \sin \theta$
由於 $|\cos^2 \theta \sin \theta| \leq 1 \cdot 1 = 1$，我們有：

本題考驗級數的收斂性判斷，需要運用適當的級數判別法。

我們考慮級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n}$。
首先，注意當 $n=1$ 時，$\ln 1 = 0$，所以第一項為 0。我們可以從 $n=2$ 開始考慮級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{\ln n}{n}$，這不影響級數的收斂性。

方法一：積分判別法 (Integral Test)
令 $f(x) = \frac{\ln x}{x}$。
對於 $x \ge 2$，函數 $f(x)$ 是連續的，且是正的。
我們需要判斷 $f(x)$ 是否遞減。
計算導數 $f'(x)$:
$f'(x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - \ln x \cdot 1}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2}$
當 $x > e$ 時，$1 - \ln x < 0$，所以 $f'(x) < 0$。這表示對於 $x > e$ (大約 $2.718$)，函數 $f(x)$ 是遞減的。因此，我們可以對級數應用積分判別法。

現在計算積分 $\int_{2}^{\infty} \frac{\ln x}{x} dx$。
令 $u = \ln x$，則 $du = \frac{1}{x} dx$。
當 $x=2$ 時，$u = \ln 2$。
當 $x \to \infty$ 時，$u = \ln x \to \infty$。
$\int_{2}^{\infty} \frac{\ln x}{x} dx = \int_{\ln 2}^{\infty} u \, du$
$\int_{\ln 2}^{\infty} u \, du = \lim_{b \to \infty} \int_{\ln 2}^{b} u \, du = \lim_{b \to \infty} \left[ \frac{u^2}{2} \right]_{\ln 2}^{b} = \lim_{b \to \infty} \left( \frac{b^2}{2} - \frac{(\ln 2)^2}{2} \right)$
這個極限是 $\infty$，因此積分發散。
根據積分判別法，級數 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{\ln n}{n}$ 也發散。

方法二：比較判別法 (Comparison Test) 或極限比較判別法 (Limit Comparison Test)
我們可以將此級數與一個已知的發散級數進行比較。
考慮級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ (調和級數)，這是發散的。

本題考驗使用 L'Hôpital's Rule 或泰勒級數來計算極限。

方法一：使用 L'Hôpital's Rule
當 $x \to 0$ 時，分子 $e^x - 1 \to e^0 - 1 = 1 - 1 = 0$。
分母 $x^2 \to 0^2 = 0$。
這是 $0/0$ 的不定形式，因此可以使用 L'Hôpital's Rule。
$\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(e^x - 1)}{\frac{d}{dx}(x^2)} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{2x}$
現在，當 $x \to 0$ 時，分子 $e^x \to e^0 = 1$。
分母 $2x \to 2(0) = 0$。
此時，極限的形式變成了 $1/0$。
當 $x \to 0^+$ 時，分母 $2x \to 0^+$，所以 $\frac{e^x}{2x} \to +\infty$。
當 $x \to 0^-$ 時，分母 $2x \to 0^-$，所以 $\frac{e^x}{2x} \to -\infty$。
由於左極限和右極限不相等，所以極限不存在。

方法二：使用泰勒級數
我們知道 $e^x$ 在 $x=0$ 的泰勒級數展開為：
$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots$
因此，

本題考驗不定積分的計算，特別是涉及到三角換元或特殊技巧的積分。

這個積分形式 $\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}$ 比較特殊，直接積分可能不容易。我們嘗試一些常見的積分技巧。

方法一：三角換元
考慮令 $x = \tan \theta$。
則 $dx = \sec^2 \theta \, d\theta$。
$1+x^2 = 1+\tan^2 \theta = \sec^2 \theta$。
積分上下限：
當 $x=0$ 時，$\tan \theta = 0 \implies \theta = 0$。
當 $x=1$ 時，$\tan \theta = 1 \implies \theta = \frac{\pi}{4}$。

代入積分式：
$\int_0^{\pi/4} \frac{\ln(1+\tan \theta)}{\sec^2 \theta} \sec^2 \theta \, d\theta = \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan \theta) \, d\theta$
令 $I = \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan \theta) \, d\theta$。
我們可以使用一個性質：$\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$。
在這裡，令 $a = \frac{\pi}{4}$。
$I = \int_0^{\pi/4} \ln\left(1+\tan\left(\frac{\pi}{4}-\theta\right)\right) \, d\theta$
我們知道 $\tan\left(\frac{\pi}{4}-\theta\right) = \frac{\tan \frac{\pi}{4} - \tan \theta}{1 + \tan \frac{\pi}{4} \tan \theta} = \frac{1 - \tan \theta}{1 + \tan \theta}$。
所以，
$I = \int_0^{\pi/4} \ln\left(1+\frac{1-\tan \theta}{1+\tan \theta}\right) \, d\theta$
$I = \int_0^{\pi/4} \ln\left(\frac{1+\tan \theta + 1 - \tan \theta}{1+\tan \theta}\right) \, d\theta$
$I = \int_0^{\pi/4} \ln\left(\frac{2}{1+\tan \theta}\right) \, d\theta$
$I = \int_0^{\pi/4} (\ln 2 - \ln(1+\tan \theta)) \, d\theta$
$I = \int_0^{\pi/4} \ln 2 \, d\theta - \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan \theta) \, d\theta$
$I = (\ln 2) \left[ \theta \right]_0^{\pi/4} - I$
$I = (\ln 2) \left( \frac{\pi}{4} - 0 \right) - I$
$I = \frac{\pi}{4} \ln 2 - I$
$2I = \frac{\pi}{4} \ln 2$
$I = \frac{\pi}{8} \ln 2$

方法二：積分 by Parts (分部積分)
令 $u = \ln(1+x)$，則 $du = \frac{1}{1+x} dx$。
令 $dv = \frac{1}{1+x^2} dx$，則 $v = \arctan x$。

本題考驗二重積分在給定區域上的計算。區域 $D$ 是一個由 $x$-軸、$y$-軸和直線 $x+y=1$ 所圍成的三角形區域。

方法一：直接計算二重積分
區域 $D$ 可以描述為：$0 \le x \le 1$ 且 $0 \le y \le 1-x$。
或者 $0 \le y \le 1$ 且 $0 \le x \le 1-y$。

我們選擇前者來計算：
$\iint_D (x+y) \, dA = \int_0^1 \int_0^{1-x} (x+y) \, dy \, dx$
首先計算內層積分：
$\int_0^{1-x} (x+y) \, dy = \left[ xy + \frac{y^2}{2} \right]_0^{1-x}$
$= x(1-x) + \frac{(1-x)^2}{2} - (x \cdot 0 + \frac{0^2}{2})$
$= x - x^2 + \frac{1 - 2x + x^2}{2}$
$= x - x^2 + \frac{1}{2} - x + \frac{x^2}{2}$
$= \frac{1}{2} - \frac{x^2}{2}$
現在計算外層積分：
$\int_0^1 \left( \frac{1}{2} - \frac{x^2}{2} \right) \, dx = \left[ \frac{1}{2}x - \frac{x^3}{6} \right]_0^1$
$= \left( \frac{1}{2}(1) - \frac{1^3}{6} \right) - \left( \frac{1}{2}(0) - \frac{0^3}{6} \right)$
$= \frac{1}{2} - \frac{1}{6} = \frac{3}{6} - \frac{1}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$

方法二：利用對稱性
區域 $D$ 是對稱的。函數 $f(x,y) = x+y$ 在區域 $D$ 上的積分。
考慮積分 $\iint_D x \, dA$ 和 $\iint_D y \, dA$。
由於區域 $D$ 是關於直線 $y=x$ 對稱的，且被積函數 $f(x,y) = x+y$ 在此對稱性下，將 $x$ 和 $y$ 互換後，被積函數的值會改變，但積分區域不變。
我們可以觀察到：
$\iint_D x \, dA = \int_0^1 \int_0^{1-x} x \, dy \, dx$

本題考驗函數序列的逐點收斂、一致收斂以及討論極限運算與微分運算交換的可能性。

核心概念：

• 逐點收斂 (Pointwise Convergence): 對於定義域中的每個 $x$，函數序列 $f_n(x)$ 的極限 $\lim_{n \to \infty} f_n(x)$ 存在。
• 一致收斂 (Uniform Convergence): 如果對於任意 $\epsilon > 0$，存在一個 $N$ (僅依賴於 $\epsilon$)，使得對於所有 $n > N$ 和所有 $x$ 都在定義域內，都有 $|f_n(x) - f(x)| < \epsilon$。
• 極限與微分交換： 如果函數序列 $\{f_n\}$ 在區間 $[a,b]$ 上一致收斂到 $f$，且導數 $f_n'(x)$ 在該區間上一致收斂到某個函數 $g(x)$，那麼 $f'(x)$ 存在且 $f'(x) = g(x)$，即 $\lim_{n \to \infty} f_n'(x) = \left(\lim_{n \to \infty} f_n(x)\right)'$。

(a) 求逐點極限 $f(x)$

對於任意給定的 $x \in \mathbb{R}$，我們計算 $\lim_{n \to \infty} f_n(x)$：
$f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{x}{1+nx^2}$

• 情況 1：$x=0$
  當 $x=0$ 時，$f_n(0) = \frac{0}{1+n(0)^2} = 0$ 對於所有 $n \ge 1$。
  所以，$\lim_{n \to \infty} f_n(0) = 0$。

• 情況 2：$x \neq 0$
  當 $x \neq 0$ 時，$x^2 > 0$。隨著 $n \to \infty$，分母 $1+nx^2 \to \infty$。
  因此，
  $\lim_{n \to \infty} \frac{x}{1+nx^2} = x \cdot \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1+nx^2} = x \cdot 0 = 0$

綜合以上兩種情況，逐點極限函數為：
$f(x) = 0, \quad \forall x \in \mathbb{R}$

【答案】$f(x) = 0$。

(b) 判斷 $\{f_n\}$ 是否一致收斂

要判斷一致收斂，我們需要考慮 $|f_n(x) - f(x)| = \left| \frac{x}{1+nx^2} - 0 \right| = \frac{|x|}{1+nx^2}$ 的最大值。
令 $g_n(x) = |f_n(x) - f(x)| = \frac{|x|}{1+nx^2}$。
我們需要找到 $\sup_{x \in \mathbb{R}} g_n(x)$。

為找到最大值，我們可以考慮 $g_n(x)^2 = \frac{x^2}{(1+nx^2)^2}$ (這樣可以避免絕對值，且當 $x=0$ 時 $g_n(0)=0$ 是最小值)。
或者直接找 $g_n(x)$ 的極值。
令 $h(x) = \frac{x}{1+nx^2}$ (假設 $x \ge 0$ 則 $|x|=x$)。
$h'(x) = \frac{1 \cdot (1+nx^2) - x \cdot (2nx)}{(1+nx^2)^2} = \frac{1+nx^2 - 2nx^2}{(1+nx^2)^2} = \frac{1-nx^2}{(1+nx^2)^2}$。
令 $h'(x) = 0$，則 $1-nx^2 = 0 \implies x^2 = \frac{1}{n} \implies x = \frac{1}{\sqrt{n}}$ (考慮 $x \ge 0$)。
當 $x = \frac{1}{\sqrt{n}}$ 時，
$g_n\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right) = \frac{\frac{1}{\sqrt{n}}}{1+n\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^2} = \frac{\frac{1}{\sqrt{n}}}{1+n\left(\frac{1}{n}\right)} = \frac{\frac{1}{\sqrt{n}}}{1+1} = \frac{1}{2\sqrt{n}}$
如果考慮 $x < 0$，令 $x = -\frac{1}{\sqrt{n}}$，則 $|x| = \frac{1}{\sqrt{n}}$，得到的最大值也是 $\frac{1}{2\sqrt{n}}$。
所以，$\sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - f(x)| = \frac{1}{2\sqrt{n}}$。

為了使序列 $\{f_n\}$ 一致收斂到 $f$，需要 $\lim_{n \to \infty} \sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - f(x)| = 0$。
$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2\sqrt{n}} = 0$
由於這個極限是 0，所以函數序列 $\{f_n\}$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致收斂到 $f(x)=0$。

【答案】$\{f_n\}$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致收斂。

(c) 討論極限與微分是否可交換

我們需要計算 $f_n'(x)$ 並判斷其收斂性。
$f_n(x) = \frac{x}{1+nx^2}$

核心觀念

這題考查伽瑪函數的定義，以及積分對參數的連續性。伽瑪函數定義為

$$\Gamma(s)=\int_0^\infty x^{s-1}e^{-x}\,dx,\qquad s>0.$$

題目中的被積函數是 $x^a e^{-x}$，令 $s=a+1$，即可與定義式對應。條件 $a>-1$ 正好保證 $s>0$，使積分收斂。

解題方法

(a) 計算 $I(a)$

比較題目與伽瑪函數定義，取 $s=a+1$：

$$I(a)=\int_0^\infty x^a e^{-x}\,dx =\int_0^\infty x^{(a+1)-1}e^{-x}\,dx =\Gamma(a+1).$$

因此，對所有 $a>-1$，

$$I(a)=\Gamma(a+1).$$

(b) 計算極限

由伽瑪函數在正數範圍內連續，

$$\lim_{a\to 0}I(a) =\lim_{a\to 0}\Gamma(a+1) =\Gamma(1).$$

由定義直接計算：

本題考驗二重積分的計算，特別是積分次序的交換。

給定的積分是 $\int_0^1 \int_y^1 \frac{1}{1+x^2} dx dy$。
首先，我們需要確定積分區域 $D$。
從積分限來看：
$0 \le y \le 1$
$y \le x \le 1$

這個區域描述的是一個三角形，其頂點為 $(0,0), (1,0), (1,1)$。
讓我們畫出這個區域：
$y$ 的範圍是 $[0,1]$。
對於固定的 $y$， $x$ 的範圍是 $[y, 1]$。
這表示 $x$ 軸和直線 $x=1$ 構成區域的右邊界。
$y \le x$ 表示區域在直線 $y=x$ 的下方。
$y \ge 0$ 表示區域在 $x$ 軸上方。
所以，區域 $D$ 是由直線 $y=x$, $x=1$, 和 $y=0$ (即 $x$-軸) 所圍成的三角形。
頂點是 $(0,0)$, $(1,0)$, $(1,1)$。

現在，我們要交換積分次序。
為了交換次序，我們需要將區域 $D$ 表示為 $x$ 的範圍固定，然後 $y$ 的範圍依賴於 $x$。
從圖上看，
$x$ 的範圍是 $[0, 1]$。
對於固定的 $x$ (在 $[0,1]$ 之間)，$y$ 的範圍是從 $y=0$ (下邊界) 到 $y=x$ (上邊界，即直線 $y=x$)。
所以，新的積分限是：
$0 \le x \le 1$
$0 \le y \le x$

交換積分次序後的積分是：
$\int_0^1 \int_0^x \frac{1}{1+x^2} dy dx$
現在計算這個積分。
首先計算內層積分（關於 $y$）：
$\int_0^x \frac{1}{1+x^2} dy$
注意到 $\frac{1}{1+x^2}$ 對於 $y$ 來說是常數。
$\left[ \frac{1}{1+x^2} y \right]_0^x = \frac{1}{1+x^2} (x) - \frac{1}{1+x^2} (0) = \frac{x}{1+x^2}$
現在計算外層積分（關於 $x$）：
$\int_0^1 \frac{x}{1+x^2} dx$
這個積分可以使用變換法來計算。
令 $u = 1+x^2$。

核心觀念

本題考查無窮級數與定積分交換次序，主要使用：

• Tonelli 定理：若函數各項皆非負，則可直接交換無窮和與積分。
• 單調收斂定理：部分和單調遞增且非負時，其積分極限等於極限函數的積分。
• 等比級數相關公式：

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}=-\ln(1-x),\qquad 0\le x<1$$

解題方法

令部分和為

$$S_N(x)=\sum_{n=1}^{N}\frac{x^{n+1}}{n}.$$

在 $0\le x\le 1$ 時，每一項皆滿足

$$\frac{x^{n+1}}{n}\ge 0.$$

且 $S_N(x)$ 隨 $N$ 單調遞增，因此由單調收斂定理，

$$\int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n}\,dx = \sum_{n=1}^{\infty}\int_0^1\frac{x^{n+1}}{n}\,dx.$$

因此，本題可以交換無窮和與積分。

(a) 交換後的積分

計算每一項：

$$\int_0^1\frac{x^{n+1}}{n}\,dx = \frac{1}{n}\left[\frac{x^{n+2}}{n+2}\right]_0^1 = \frac{1}{n(n+2)}.$$

故原式為

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+2)}.$$

(b) 計算級數

將一般項部分分式分解：

$$\frac{1}{n(n+2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right).$$

所以