113 年 國立高雄大學統計學研究所碩士班《微積分》

本題考查函數的冪級數展開，特別是反三角函數 $\sin^{-1}x$ 的泰勒級數。

我們知道 $\frac{d}{dx}(\sin^{-1}x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$。
首先，我們計算 $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ 的冪級數展開。利用二項級數展開 $(1+u)^\alpha = \sum_{n=0}^\infty \binom{\alpha}{n} u^n$，其中 $\binom{\alpha}{n} = \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}$。
令 $u = -x^2$ 且 $\alpha = -\frac{1}{2}$。
則
$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = (1-x^2)^{-\frac{1}{2}} = \sum_{n=0}^\infty \binom{-\frac{1}{2}}{n} (-x^2)^n$
其中
$\binom{-\frac{1}{2}}{n} = \frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})\cdots(-\frac{1}{2}-n+1)}{n!} = \frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})\cdots(-\frac{2n-1}{2})}{n!}$
$= \frac{(-1)^n (\frac{1}{2})(\frac{3}{2})\cdots(\frac{2n-1}{2})}{n!} = \frac{(-1)^n (1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1))}{2^n n!}$
注意到 $1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1) = \frac{(2n)!}{(2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots (2n))} = \frac{(2n)!}{2^n n!}$。
所以
$\binom{-\frac{1}{2}}{n} = \frac{(-1)^n}{2^n n!} \frac{(2n)!}{2^n n!} = \frac{(-1)^n (2n)!}{4^n (n!)^2}$
因此，
$(1-x^2)^{-\frac{1}{2}} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n (2n)!}{4^n (n!)^2} (-x^2)^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n (2n)!}{4^n (n!)^2} (-1)^n x^{2n} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2} x^{2n}$
我們也可以用 Gamma 函數表示：
$\binom{-\frac{1}{2}}{n} = \frac{\Gamma(-\frac{1}{2}+1)}{\Gamma(-\frac{1}{2}+1-n)\Gamma(n+1)} = \frac{\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{1}{2}-n)\Gamma(n+1)}$

本題考查參數化曲線上的線積分。

曲線 $C$ 是第一象限圓 $x^2+y^2=1$ 的一段。我們可以對這段曲線進行參數化。
令 $x = \cos t$，$y = \sin t$，其中 $t$ 從 $0$ 變到 $\frac{\pi}{2}$，以涵蓋第一象限的圓弧。
則 $ds = \sqrt{(\frac{dx}{dt})^2 + (\frac{dy}{dt})^2} \, dt$。
$\frac{dx}{dt} = -\sin t$
$\frac{dy}{dt} = \cos t$
$(\frac{dx}{dt})^2 + (\frac{dy}{dt})^2 = (-\sin t)^2 + (\cos t)^2 = \sin^2 t + \cos^2 t = 1$
所以 $ds = \sqrt{1} \, dt = dt$。

線積分 $\int_C xy \, ds$ 可以改寫為：
$\int_C xy \, ds = \int_0^{\pi/2} (\cos t)(\sin t) \, dt$
我們可以使用代換法來計算這個積分。

本題考查極限的計算，特別是處理 $\infty - \infty$ 型的不定型。

我們可以使用「乘以共軛」的方法來化簡表達式。
$\lim_{x\to\infty} (\sqrt{x^2+2x} - x) = \lim_{x\to\infty} (\sqrt{x^2+2x} - x) \cdot \frac{\sqrt{x^2+2x} + x}{\sqrt{x^2+2x} + x}$
$= \lim_{x\to\infty} \frac{(x^2+2x) - x^2}{\sqrt{x^2+2x} + x} = \lim_{x\to\infty} \frac{2x}{\sqrt{x^2+2x} + x}$

本題考查隱函數微分求圓的切線方程式。

圓的方程式為 $x^2+y^2 = 1$。
為了求切線方程式，我們需要知道切線的斜率。我們可以對圓的方程式進行隱函數微分，以求 $\frac{dy}{dx}$。
對 $x^2+y^2 = 1$ 兩邊對 $x$ 微分：
$\frac{d}{dx}(x^2) + \frac{d}{dx}(y^2) = \frac{d}{dx}(1)$
$2x + 2y \frac{dy}{dx} = 0$
解出 $\frac{dy}{dx}$:
$2y \frac{dy}{dx} = -2x$
$\frac{dy}{dx} = -\frac{2x}{2y} = -\frac{x}{y}$
現在我們在點 $(3/5, 4/5)$ 計算斜率：
$m = \frac{dy}{dx} \Big|_{(3/5, 4/5)} = -\frac{3/5}{4/5} = -\frac{3}{4}$
切線的斜率為 $-\frac{3}{4}$。

本題考查微積分基本定理的應用，特別是涉及複合函數的微分。

設 $F(u) = \int_0^u t^3 \sin t \, dt$。根據微積分基本定理，$\frac{dF}{du} = u^3 \sin u$。
我們要求的是 $\frac{d}{dx} \int_0^{x^2} t^3 \sin t \, dt$。
令 $u = x^2$。則我們要求的是 $\frac{d}{dx} F(u)$。
根據連鎖律，$\frac{d}{dx} F(u) = \frac{dF}{du} \cdot \frac{du}{dx}$。

本題考查積分計算，特別是使用代換法。

令 $u = e^{2x}$。則 $du = 2e^{2x} \, dx$，所以 $e^{2x} \, dx = \frac{1}{2} du$。
同時，我們需要將分母中的 $e^{4x}$ 表示成 $u$ 的形式。
$e^{4x} = (e^{2x})^2 = u^2$。

將這些代換到積分式中：
$\int \frac{e^{2x}}{1+e^{4x}} \, dx = \int \frac{1}{1+u^2} \cdot \frac{1}{2} \, du$

本題考查極限計算，特別是涉及 $1^\infty$ 型的不定形式。

我們可以將表達式改寫成 $e$ 的指數形式。
首先，觀察底數：
$\frac{n+1}{n-1} = \frac{n-1+2}{n-1} = 1 + \frac{2}{n-1}$
所以，原極限為：
$\lim_{n\to\infty} \left( 1 + \frac{2}{n-1} \right)^n$
這個極限的形式類似於 $\lim_{x\to\infty} (1 + \frac{a}{x})^x = e^a$。
為了使其更符合這個形式，我們可以讓 $m = n-1$。當 $n \to \infty$ 時，$m \to \infty$。
那麼 $n = m+1$。
$\lim_{m\to\infty} \left( 1 + \frac{2}{m} \right)^{m+1} = \lim_{m\to\infty} \left( 1 + \frac{2}{m} \right)^m \cdot \lim_{m\to\infty} \left( 1 + \frac{2}{m} \right)^1$
根據標準極限 $\lim_{m\to\infty} (1 + \frac{a}{m})^m = e^a$，我們有 $\lim_{m\to\infty} (1 + \frac{2}{m})^m = e^2$。
而 $\lim_{m\to\infty} (1 + \frac{2}{m})^1 = (1+0)^1 = 1$。
所以，極限為 $e^2 \cdot 1 = e^2$。

另一種方法是直接處理原式：
$\lim_{n\to\infty} \left( \frac{n+1}{n-1} \right)^n$
取自然對數：

本題考查多元函數的偏微分，特別是隱函數的偏微分。

我們需要對方程式 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1$ 求 $\frac{\partial z}{\partial x}$。
這裡我們將 $z$ 視為 $x$ 和 $y$ 的函數，即 $z=z(x,y)$。
對方程式兩邊同時對 $x$ 作偏微分，並將 $y$ 視為常數：
$\frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{x^2}{a^2} \right) + \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{y^2}{b^2} \right) + \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{z^2}{c^2} \right) = \frac{\partial}{\partial x} (1)$
$\frac{2x}{a^2} + 0 + \frac{1}{c^2} \frac{\partial}{\partial x} (z^2) = 0$

本題考查冪級數的收斂半徑。

我們使用 ratio test (比值檢驗法) 來計算收斂半徑。
對於冪級數 $\sum_{n=1}^\infty a_n x^n$，其收斂半徑 $R$ 可以通過 $R = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right|$ 計算，或者當極限存在時，從 $\lim_{n\to\infty} \left| \frac{a_{n+1} x^{n+1}}{a_n x^n} \right| < 1$ 導出。

在這裡，級數是 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} x^n$。
所以 $a_n = \frac{1}{n}$。
則 $a_{n+1} = \frac{1}{n+1}$。

計算極限：
$R = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| = \lim_{n\to\infty} \left| \frac{1/n}{1/(n+1)} \right| = \lim_{n\to\infty} \frac{n+1}{n}$
$= \lim_{n\to\infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right) = 1 + 0 = 1$
所以，收斂半徑 $R=1$。