113 年 國立中山大學財務管理學系碩士班甲組《微積分》

本題考查基本極限的計算，屬於微積分中的重要基礎概念。

題目要求計算當 $x$ 趨近於 0 時，函數 $\frac{\sin x}{x}$ 的極限。
這是一個非常經典且重要的極限，通常在介紹三角函數的微分或極限時會遇到。
我們知道，當 $x \to 0$ 時，$\sin x \to 0$ 且 $x \to 0$，因此這是 $\frac{0}{0}$ 型的不定型。

常見的處理方式有兩種：

1. 利用羅必達法則 (L'Hôpital's Rule)：
   由於是 $\frac{0}{0}$ 型不定型，我們可以對分子和分母分別微分。
   分子 $\sin x$ 的微分是 $\cos x$。
   分母 $x$ 的微分是 $1$。
   所以，
   $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(\sin x)}{\frac{d}{dx}(x)} = \lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{1}$
   當 $x \to 0$ 時，$\cos x \to \cos 0 = 1$。
   因此，極限值為 $\frac{1}{1} = 1$。

2. 利用夾擠定理 (Squeeze Theorem)：
   這個方法需要一些幾何上的證明，通常在介紹羅必達法則之前會先證明。
   考慮單位圓上一個角度為 $x$ (弧度，$0 < x < \frac{\pi}{2}$) 的扇形。
   我們可以比較三個區域的面積：

   • 三角形 OAP (其中 A 是圓上 (1,0) 點，P 是圓上角度為 x 的點)：面積為 $\frac{1}{2} \times 1 \times \sin x = \frac{1}{2}\sin x$。
   • 扇形 OAP：面積為 $\frac{1}{2} r^2 \theta = \frac{1}{2} (1)^2 x = \frac{1}{2}x$。

核心觀念

本題考查無窮極限中的「最高階成長率」比較。令

$$t=y^2+y$$

當 $y\to\infty$ 時，$t\to\infty$，原式可改寫為

$$t-1-\sqrt{t}.$$

其中 $t$ 的成長速度遠快於 $\sqrt{t}$，因此整體會趨近正無窮大。

解題方法

將原式中的共同部分設為 $t$：

$$t=y^2+y.$$

則

$$y^2+y-1-\sqrt{y^2+y} =t-1-\sqrt{t}.$$

進一步整理：

$$t-1-\sqrt{t} =\sqrt{t}\left(\sqrt{t}-1\right)-1.$$

當 $y\to\infty$ 時，$t\to\infty$，所以

$$\sqrt{t}\to\infty,\qquad \sqrt{t}-1\to\infty.$$

核心觀念

本題屬於微積分中數列極限的經典題型，主要考察以下數學概念與定理：

1. 主導項提出法（Dominant Term Factoring）：當多項指數成長項相加時，提出成長速度最快的主導項，將其餘項轉化為小於 $1$ 的底數之等比數列，利用 $\lim_{n \to \infty} r^n = 0$（其中 $|r| < 1$）簡化極限。
2. 夾擠定理（Squeeze Theorem / Sandwich Theorem）：證明此類「$\infty^0$」不定型極限的嚴謹分析工具。
3. 連續函數與極限交換法則：若 $f(x)$ 連續，則 $\lim f(g(x)) = f(\lim g(x))$；以及基本極限性質：對於任意常數 $c > 0$，有 $\lim_{n \to \infty} c^{\frac{1}{n}} = 1$。

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解題方法

本題要求計算不定型極限（形式為 $\infty^0$）：

$$\lim_{n \to \infty} \left( A^n + B^n \right)^{\frac{1}{n}}$$

已知 $A > B > 0$。以下提供兩種具代表性的嚴謹解法：

方法一：主導項提出法（考試首選，推導簡潔）

因為 $A > B > 0$，所以 $A$ 是兩者中的主導項（較大者）。將 $A^n$ 從括號中提出：

$$\left( A^n + B^n \right)^{\frac{1}{n}} = \left[ A^n \left( 1 + \left( \frac{B}{A} \right)^n \right) \right]^{\frac{1}{n}} = A \left[ 1 + \left( \frac{B}{A} \right)^n \right]^{\frac{1}{n}}$$

由於 $A > B > 0$，可得 $0 < \frac{B}{A} < 1$。
根據幾何數列的極限定理：

$$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{B}{A} \right)^n = 0$$

因此括號內部當 $n \to \infty$ 時趨近於 $1 + 0 = 1$。
接著對整體取極限：

$$\lim_{n \to \infty} \left( A^n + B^n \right)^{\frac{1}{n}} = A \cdot \lim_{n \to \infty} \left[ 1 + \left( \frac{B}{A} \right)^n \right]^{\frac{1}{n}} = A \cdot 1^0 = A$$

方法二：夾擠定理（分析學嚴謹證明）

因為 $A > B > 0$，對任意正整數 $n$，顯然有：

$$A^n < A^n + B^n < A^n + A^n = 2A^n$$

兩邊同時取 $\frac{1}{n}$ 次方（因皆為正數，不等號方向不變）：

本題考查二重積分的計算，屬於積分學的基礎應用。

題目要求計算二重積分 $\int_0^1 \int_0^1 y \, dy \, dx$。
這是一個在矩形區域 $R = [0, 1] \times [0, 1]$ 上的積分。
積分順序是先對 $y$ 積分，再對 $x$ 積分。

第一步：計算內層積分 $\int_0^1 y \, dy$。
被積函數是 $y$，積分變數是 $y$。
$\int_0^1 y \, dy = \left[ \frac{y^2}{2} \right]_0^1$
$= \frac{1^2}{2} - \frac{0^2}{2} = \frac{1}{2} - 0 = \frac{1}{2}$

第二步：將內層積分的結果代入外層積分，計算 $\int_0^1 \left( \frac{1}{2} \right) \, dx$。
被積函數是常數 $\frac{1}{2}$，積分變數是 $x$。

本題考查二重積分的計算，特別是需要進行積分次序的轉換，屬於積分學的進階應用。

題目要求計算二重積分 $\int_0^1 \int_x^1 e^{y^2} \, dy \, dx$。
觀察被積函數 $e^{y^2}$，這個函數的原函數不容易用初等函數表示出來。因此，直接按照 $dy \, dx$ 的順序積分很困難。
這提示我們可能需要轉換積分次序。

首先，我們需要確定積分區域 $R$。
積分上下限為：
$0 \le x \le 1$
$x \le y \le 1$

這個區域可以描述為：$x$ 從 0 到 1，對於每一個 $x$，$y$ 從 $x$ 到 1。
我們可以將這個區域畫出來。
$x$-軸從 0 到 1。
$y$-軸從 0 到 1。
$y=x$ 這條直線。
$y=1$ 這條水平線。
$x=0$ 這條垂直線 (y軸)。
$x=1$ 這條垂直線。

積分區域 $R$ 是由直線 $y=x$、直線 $y=1$ 和直線 $x=0$ 所圍成的三角形區域。
具體來說，它是點 $(0,0), (0,1), (1,1)$ 所構成的三角形。
邊界是：
$x=0$ (y軸)
$y=1$ (頂部水平線)
$y=x$ (斜邊)

現在我們要將積分次序從 $dy \, dx$ 轉換為 $dx \, dy$。
在新的積分次序下，我們需要確定 $y$ 的變化範圍，然後對於固定的 $y$，確定 $x$ 的變化範圍。
從圖形上看，這個三角形區域的 $y$ 值範圍是從 0 到 1。
對於一個固定的 $y$ 值（在 0 到 1 之間），$x$ 的變化範圍是從左邊界到右邊界。
左邊界是直線 $x=0$。
右邊界是直線 $y=x$，即 $x=y$。
所以，對於固定的 $y$， $x$ 的變化範圍是 $0 \le x \le y$。

因此，轉換後的二重積分為：
$\int_0^1 \int_0^y e^{y^2} \, dx \, dy$

核心觀念

本題考查二重積分的積分區域判定，以及利用「交換積分次序」簡化計算。

原積分為

$$\int_0^1\int_y^1 ye^{-x^2}\,dx\,dy.$$

積分區域由

$$0\le y\le 1,\qquad y\le x\le 1$$

所決定。將條件改寫為先固定 $x$：

$$0\le x\le 1,\qquad 0\le y\le x.$$

因此可交換積分次序為

$$\int_0^1\int_0^x ye^{-x^2}\,dy\,dx.$$

解題方法

原區域為

$$D=\{(x,y):0\le y\le 1,\ y\le x\le 1\}.$$

在 $xy$ 平面上，這是由 $y=0$、$x=1$ 與 $y=x$ 所圍成的三角形區域。若先對 $y$ 積分，則對固定的 $x$ 而言，$y$ 的範圍是 $0\le y\le x$，且 $0\le x\le 1$。

所以

$$\begin{aligned} \int_0^1\int_y^1 ye^{-x^2}\,dx\,dy &=\int_0^1\int_0^x ye^{-x^2}\,dy\,dx\\ &=\int_0^1 e^{-x^2}\left(\int_0^x y\,dy\right)dx\\ &=\int_0^1 e^{-x^2}\left[\frac{y^2}{2}\right]_0^x dx\\ &=\frac12\int_0^1 x^2e^{-x^2}\,dx. \end{aligned}$$

利用

$$\frac{d}{dx}\left(xe^{-x^2}\right) =e^{-x^2}-2x^2e^{-x^2},$$

可得

$$x^2e^{-x^2} =\frac12e^{-x^2} -\frac12\frac{d}{dx}\left(xe^{-x^2}\right).$$

因此

本題考查二階線性齊次微分方程的初值問題求解，屬於常微分方程的基本應用。

題目給出一個二階線性齊次微分方程 $\ddot{y} - \dot{y} - 2y = 0$，以及初始條件 $y(0) = 6$ 和 $\dot{y}(0) = 0$。

第一步：求解微分方程的通解。
該微分方程對應的特徵方程 (characteristic equation) 是：
$r^2 - r - 2 = 0$
對此二次方程進行因式分解：
$(r-2)(r+1) = 0$
因此，特徵根為 $r_1 = 2$ 和 $r_2 = -1$。

由於特徵根是兩個不相等且為實數的根，微分方程的通解形式為：
$y(x) = c_1 e^{r_1 x} + c_2 e^{r_2 x}$
將 $r_1=2$ 和 $r_2=-1$ 代入，得到通解：
$y(x) = c_1 e^{2x} + c_2 e^{-x}$

第二步：計算 $y(x)$ 的一階導數 $\dot{y}(x)$。
$\dot{y}(x) = \frac{d}{dx} (c_1 e^{2x} + c_2 e^{-x})$
$\dot{y}(x) = 2c_1 e^{2x} - c_2 e^{-x}$

本題考查二階線性齊次微分方程的初值問題求解，屬於常微分方程的基本應用。

題目給出一個二階線性齊次微分方程 $\ddot{y} - 4\dot{y} + 4y = 0$，以及初始條件 $y(0) = 0$ 和 $\dot{y}(0) = 10$。

第一步：求解微分方程的通解。
該微分方程對應的特徵方程 (characteristic equation) 是：
$r^2 - 4r + 4 = 0$
對此二次方程進行因式分解：
$(r-2)^2 = 0$
因此，特徵根為 $r_1 = r_2 = 2$ (重根)。

由於特徵根是兩個相等且為實數的重根，微分方程的通解形式為：
$y(x) = c_1 e^{r x} + c_2 x e^{r x}$
將 $r=2$ 代入，得到通解：
$y(x) = c_1 e^{2x} + c_2 x e^{2x}$
可以寫成 $y(x) = (c_1 + c_2 x) e^{2x}$。

第二步：計算 $y(x)$ 的一階導數 $\dot{y}(x)$。
使用乘積法則：
$\dot{y}(x) = \frac{d}{dx} ((c_1 + c_2 x) e^{2x})$
$\dot{y}(x) = (c_2) e^{2x} + (c_1 + c_2 x) (2 e^{2x})$

本題考查連續型隨機變數的方差計算，需要先計算期望值和期望值平方。

題目給出一個概率密度函數 (PDF) $f(x) = 2 - 2x$，其定義域為 $0 \le x \le 1$。
首先，我們需要驗證這是否是一個有效的 PDF。

1. $f(x) \ge 0$ 對於 $0 \le x \le 1$。當 $x=0$, $f(0)=2$；當 $x=1$, $f(1)=0$。對於 $0 < x < 1$, $f(x)$ 是介於 0 和 2 之間的。所以 $f(x) \ge 0$ 成立。
2. $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1$。
   $\int_0^1 (2 - 2x) dx = \left[ 2x - x^2 \right]_0^1 = (2(1) - 1^2) - (2(0) - 0^2) = (2-1) - 0 = 1$
   總積分為 1，所以這是一個有效的 PDF。

方差 (Variance) 的定義是 $Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2$。
我們需要計算 $E[X]$ (期望值) 和 $E[X^2]$ (二階矩)。

第一步：計算期望值 $E[X]$。
$E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x f(x) dx = \int_0^1 x (2 - 2x) dx$
$E[X] = \int_0^1 (2x - 2x^2) dx$
$E[X] = \left[ x^2 - \frac{2}{3}x^3 \right]_0^1$

本題考查多元函數的條件極值問題，使用拉格朗日乘數法求解。

題目要求在給定兩個約束條件下，最大化函數 $f(a, b, c) = bc + ac$。
約束條件為：
$g_1(a, b, c) = b^2 + c^2 - 1 = 0$
$g_2(a, b, c) = ac - 3 = 0$

拉格朗日函數 $L(a, b, c, \lambda_1, \lambda_2)$ 定義為：
$L(a, b, c, \lambda_1, \lambda_2) = f(a, b, c) - \lambda_1 g_1(a, b, c) - \lambda_2 g_2(a, b, c)$
$L(a, b, c, \lambda_1, \lambda_2) = bc + ac - \lambda_1 (b^2 + c^2 - 1) - \lambda_2 (ac - 3)$

接下來，我們對 $a, b, c, \lambda_1, \lambda_2$ 分別求偏導數，並令其等於零。

1. $\frac{\partial L}{\partial a} = 0$:
   $c - \lambda_2 c = 0$
   $c(1 - \lambda_2) = 0$
   這表示 $c=0$ 或 $\lambda_2 = 1$。

2. $\frac{\partial L}{\partial b} = 0$:
   $c - 2\lambda_1 b = 0$
   $c = 2\lambda_1 b$ (Equation 1)

3. $\frac{\partial L}{\partial c} = 0$:
   $b + a - 2\lambda_1 c - \lambda_2 a = 0$
   $b + a(1 - \lambda_2) - 2\lambda_1 c = 0$ (Equation 2)

4. $\frac{\partial L}{\partial \lambda_1} = 0$:
   $-(b^2 + c^2 - 1) = 0 \implies b^2 + c^2 = 1$ (Constraint 1)

5. $\frac{\partial L}{\partial \lambda_2} = 0$:
   $-(ac - 3) = 0 \implies ac = 3$ (Constraint 2)

現在我們分情況討論 $\frac{\partial L}{\partial a} = 0$ 的結果。

情況一：$c = 0$
如果 $c=0$，由約束條件 $ac=3$，則 $a \cdot 0 = 3$，這是不可能的。
所以，$c$ 不能為 0。

情況二：$\lambda_2 = 1$
既然 $c \ne 0$，那麼必須是 $\lambda_2 = 1$。
將 $\lambda_2 = 1$ 代入 Equation 2：
$b + a(1 - 1) - 2\lambda_1 c = 0$
$b + a(0) - 2\lambda_1 c = 0$
$b - 2\lambda_1 c = 0$
$b = 2\lambda_1 c$ (Equation 3)

現在我們有三個關於 $b, c, \lambda_1$ 的方程：
(1) $c = 2\lambda_1 b$
(3) $b = 2\lambda_1 c$
(Constraint 1) $b^2 + c^2 = 1$

從 (1) 和 (3) 來看，我們可以考慮 $b$ 和 $c$ 的關係。
如果 $\lambda_1 = 0$，則 $c=0$ (由 (1)) 且 $b=0$ (由 (3))。但 $b^2+c^2=1$ 規定 $b, c$ 不能同時為 0。所以 $\lambda_1 \ne 0$。
將 (1) 代入 (3)：
$b = 2\lambda_1 (2\lambda_1 b) = 4\lambda_1^2 b$
$b - 4\lambda_1^2 b = 0$
$b(1 - 4\lambda_1^2) = 0$
由於 $b \ne 0$ (否則 $c=0$, 矛盾)，所以 $1 - 4\lambda_1^2 = 0$。
$4\lambda_1^2 = 1 \implies \lambda_1^2 = \frac{1}{4} \implies \lambda_1 = \pm \frac{1}{2}$。

子情況 2.1：$\lambda_1 = \frac{1}{2}$
代入 Equation 1: $c = 2 (\frac{1}{2}) b \implies c = b$。
代入 Constraint 1: $b^2 + c^2 = 1 \implies b^2 + b^2 = 1 \implies 2b^2 = 1 \implies b^2 = \frac{1}{2}$。
所以 $b = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$。
由於 $c=b$，所以 $c = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$。