108 年 國立中正大學經濟學系國際經濟學碩士班乙組《微積分》

核心觀念

本題考查四個基本定義：

1. 函數在點 $c$ 的極限。
2. 函數在點 $c$ 的連續性。
3. 函數在點 $c$ 的可微分性。
4. 有界函數成為 Riemann 可積分函數的 $\varepsilon$-判準。

其中 $c$ 位於閉區間內部，且函數定義於 $[a,b]$ 上，因此所有定義中的 $x$ 都須限制在 $[a,b]$ 內。

本題為填答題，沒有選項需要逐一判斷。

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解題方法

各小題直接依據嚴格定義書寫。關鍵在於分辨：

• 極限只考慮 $x$ 接近 $c$ 時的函數值，不要求 $x=c$。
• 連續性除了極限存在，還要求極限等於函數在 $c$ 的實際函數值。
• 可微分性是差商極限存在且為有限實數。
• Riemann 可積分性可用「所有足夠細的分割，其上、下和差可以任意小」表示。

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(1.1) $\displaystyle \lim_{x\to c}f(x)=K$

依 $\varepsilon$-$\delta$ 定義，

$$\forall \varepsilon>0,\ \exists \delta>0,\ \text{使得對所有 }x\in[a,b],$$

若

$$0<|x-c|<\delta,$$

則

$$|f(x)-K|<\varepsilon。$$

因此答案為：

$$\boxed{ \lim_{x\to c}f(x)=K \iff \forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ 0<|x-c|<\delta \Rightarrow |f(x)-K|<\varepsilon }$$

其中條件 $0<|x-c|$ 表示 $x$ 可以接近 $c$，但不取 $x=c$。

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(1.2) $f(x)$ 在 $x=c$ 連續

函數在 $c$ 連續的定義是

$$\lim_{x\to c}f(x)=f(c)。$$

將 (1.1) 的極限定義中的 $K$ 換成 $f(c)$，得到：

$$\forall \varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ \text{使得對所有 }x\in[a,b],$$

若

$$|x-c|<\delta,$$

則

$$|f(x)-f(c)|<\varepsilon。$$

因此答案為：

$$\boxed{ f\text{ 在 }c\text{ 連續} \iff \forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ |x-c|<\delta \Rightarrow |f(x)-f(c)|<\varepsilon }$$

此處不需要寫 $0<|x-c|$，因為當 $x=c$ 時，

$$|f(c)-f(c)|=0<\varepsilon$$

自然成立。

連續性也可拆成兩個條件：

$$\lim_{x\to c}f(x)\text{ 存在} \quad\text{且}\quad \lim_{x\to c}f(x)=f(c)。$$

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(1.3) $f(x)$ 在 $x=c$ 可微分

函數在 $c$ 可微分，是指差商極限存在且為有限實數。若其導數為 $f'(c)$，則

$$f'(c)=\lim_{x\to c}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}。$$

依極限的 $\varepsilon$-$\delta$ 定義：

$$\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ \text{使得對所有 }x\in[a,b],$$

若

$$0<|x-c|<\delta,$$

則

$$\left| \frac{f(x)-f(c)}{x-c}-f'(c) \right|<\varepsilon。$$

因此答案為：

$$\boxed{ f\text{ 在 }c\text{ 可微分} \iff \exists L\in\mathbb{R},\ \forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0, }$$

使得

$$0<|x-c|<\delta \Rightarrow \left| \frac{f(x)-f(c)}{x-c}-L \right|<\varepsilon。$$

其中 $L=f'(c)$。

也可使用增量形式。令 $h=x-c$，則 $h\to0$，定義等價寫成：

$$\exists L\in\mathbb{R},\ \forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,$$

使得

$$0<|h|<\delta \Rightarrow \left| \frac{f(c+h)-f(c)}{h}-L \right|<\varepsilon。$$

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(1.4) $f$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可積分

以 Darboux 上、下和表示

取 $[a,b]$ 的任意分割

$$P=\{a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b\}。$$

在每個小區間 $[x_{i-1},x_i]$ 上定義

核心觀念

判斷無窮級數 $\sum a_n$ 的收斂性，常用方法如下：

• $p$-級數：$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$ 在 $p>1$ 時收斂，在 $p\leq 1$ 時發散。
• 比值判別法：若
  $L=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|,$
  則 $L<1$ 時級數絕對收斂，$L>1$ 時發散。
• 級數收斂的必要條件：若 $\sum a_n$ 收斂，必須有
  $\lim_{n\to\infty}a_n=0.$

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（2.1）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\sqrt n}$

解題方法

將一般項改寫為冪次形式：

$$\frac{1}{n\sqrt n} =\frac{1}{n\cdot n^{1/2}} =\frac{1}{n^{3/2}}.$$

因此原級數為

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3/2}}.$$

這是 $p$-級數，其中

$$p=\frac32>1.$$

依照 $p$-級數判別法，級數收斂。

解題技巧

看到 $n\sqrt n$ 時，應立即合併為 $n^{3/2}$，再與標準形式 $\sum 1/n^p$ 比較。重點是指數是否大於 $1$。

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（2.2）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^n}{n!}$

解題方法

令

$$a_n=\frac{e^n}{n!}.$$

使用比值判別法：

$$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \frac{e^{n+1}}{(n+1)!}\cdot\frac{n!}{e^n} = \frac{e}{n+1}.$$

取極限：

$$\lim_{n\to\infty}\frac{e}{n+1}=0.$$

因為

$$0<1,$$

依比值判別法，原級數絕對收斂，因此收斂。

補充而言，由指數函數展開式

$$e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!},$$

令 $x=e$ 可得

核心觀念

本題考查隱函數微分。當方程式同時含有 $x$ 與 $y$，且 $y$ 未明確寫成 $y=f(x)$ 時，將 $y$ 視為 $x$ 的函數，對方程式兩邊同時對 $x$ 微分，並使用鏈鎖律：

$$\frac{d}{dx}(y^n)=ny^{n-1}\frac{dy}{dx}.$$

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（3.1）$x^5+y^5=5xy$

解題方法

將 $y$ 視為 $x$ 的函數，對等式兩邊同時微分。

左側：

$$\frac{d}{dx}(x^5+y^5) =5x^4+5y^4\frac{dy}{dx}.$$

右側使用乘積法則：

$$\frac{d}{dx}(5xy) =5\left(y+x\frac{dy}{dx}\right).$$

因此：

$$5x^4+5y^4\frac{dy}{dx} = 5y+5x\frac{dy}{dx}.$$

兩邊同除以 $5$：

$$x^4+y^4\frac{dy}{dx} = y+x\frac{dy}{dx}.$$

將含有 $\dfrac{dy}{dx}$ 的項移至同一側：

$$\left(y^4-x\right)\frac{dy}{dx} = y-x^4.$$

所以：

$$\boxed{\frac{dy}{dx} = \frac{y-x^4}{y^4-x}}$$

此公式適用於 $y^4-x\neq 0$ 的正則點。若 $y^4-x=0$，則上述方程無法直接解出有限的 $\dfrac{dy}{dx}$；

核心觀念

本題分別考查：

• 根式與指數函數的整理，以及代換積分。
• 觀察被積分函數是否為某個函數的導數。
• 無窮積分的收斂性與反常積分計算。

其中，(4.1) 的結果無法用初等函數表示，需使用下不完全伽瑪函數：

$$\gamma(s,a)=\int_0^a t^{s-1}e^{-t}\,dt.$$

(4.1)

$$I=\int_0^1\sqrt{2xe^{1-x^2}}\,dx$$

因為 $0\leq x\leq 1$，根式內各項皆為非負，因此

$$\sqrt{2xe^{1-x^2}} =\sqrt{2}\,x^{1/2}e^{(1-x^2)/2}.$$

整理得

$$I=\sqrt{2e}\int_0^1x^{1/2}e^{-x^2/2}\,dx.$$

令

$$t=\frac{x^2}{2}, \qquad x=\sqrt{2t}, \qquad dx=\frac{1}{\sqrt{2t}}\,dt.$$

又因為

$$x^{1/2}=(2t)^{1/4},$$

所以

$$x^{1/2}dx =(2t)^{1/4}\frac{1}{\sqrt{2t}}\,dt =2^{-1/4}t^{-1/4}\,dt.$$

當 $x=0$ 時，$t=0$；當 $x=1$ 時，$t=\frac12$。因此

$$\begin{aligned} I &=\sqrt{2e}\,2^{-1/4} \int_0^{1/2}t^{-1/4}e^{-t}\,dt\\ &=2^{1/4}\sqrt e \int_0^{1/2}t^{3/4-1}e^{-t}\,dt\\ &=2^{1/4}\sqrt e\, \gamma\left(\frac34,\frac12\right). \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{ \int_0^1\sqrt{2xe^{1-x^2}}\,dx = 2^{1/4}\sqrt e\, \gamma\left(\frac34,\frac12\right) }$$

數值約為

$$I\approx 1.268.$$

(4.2)

$$I=\int_0^1(1+x)e^x\,dx$$

注意到

核心觀念

二階 Taylor 多項式以中心點附近的函數值、一次導數與二次導數近似函數。

一變數函數在 $x=a$ 的二階 Taylor 多項式為

$$T_2(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2.$$

二變數函數在 $(a,b)$ 的二階 Taylor 多項式為

$$\begin{aligned} T_2(x,y) ={}&F(a,b)+F_x(a,b)(x-a)+F_y(a,b)(y-b)\\ &+\frac{1}{2}\Big[ F_{xx}(a,b)(x-a)^2 +2F_{xy}(a,b)(x-a)(y-b)\\ &\qquad\qquad +F_{yy}(a,b)(y-b)^2 \Big]. \end{aligned}$$

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(5.1) $f(x)=x+\dfrac{1}{x}$，中心點 $x=0$

解題方法

Taylor 展開以 $x=0$ 為中心，首先必須確認函數在中心點有定義。

但

$$f(0)=0+\frac{1}{0}$$

沒有定義，因此 $f$ 在 $x=0$ 不存在函數值，更不可能在該點計算 $f'(0)$ 與 $f''(0)$。

此外，函數 $1/x$ 在 $x=0$ 有奇異點，無法在 $x=0$ 附近形成一般的 Taylor 展開。其形式上的表達

$$x+\frac{1}{x}$$

包含負次方項，屬於 Laurent 型態，而不是 Taylor 多項式。

結論

在通常的 Taylor 多項式定義下，$f(x)=x+\dfrac1x$ 不存在以 $x=0$ 為中心的二階 Taylor 近似。

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(5.2) $F(x,y)=e^x\ln(x)$，中心點 $(1,1)$

解題方法

函數只依賴 $x$，與 $y$ 無關。因此所有含 $y$ 的偏導數皆為 $0$，只需計算 $x$ 方向的導數。

先計算函數值：

$$F(1,1)=e^1\ln(1)=e\cdot 0=0.$$

一階偏導數

對 $x$ 微分：

$$F_x(x,y) =\frac{\partial}{\partial x}\left(e^x\ln x\right) =e^x\ln x+e^x\frac1x =e^x\left(\ln x+\frac1x\right).$$

因此

$$F_x(1,1) =e\left(0+1\right)=e.$$

因為 $F$ 不含 $y$，所以

$$F_y(x,y)=0, \qquad F_y(1,1)=0.$$

二階偏導數

繼續計算 $F_{xx}$：

本題考驗考生尋找多元函數在約束條件下的最大值問題，可以使用拉格朗日乘數法或不等式方法。

核心觀念： 在一個閉合且有界的區域內，連續函數必能取到其最大值和最小值。我們可以檢查區域的邊界以及區域內部的臨界點。

函數為 $f(x,y) = \sqrt{x} + \sqrt{y}$，定義域為 $D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid x \ge 0, y \ge 0, x + 2y \le 5 \}$.
這個區域是一個三角形，其頂點為 $(0,0)$, $(5,0)$ 和 $(0, 5/2)$。這個區域是閉合且有界的。

步驟 1：尋找區域內部的臨界點。
首先計算 $f(x,y)$ 的一階偏導數：
$f_x(x,y) = \frac{\partial}{\partial x} (\sqrt{x} + \sqrt{y}) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$
$f_y(x,y) = \frac{\partial}{\partial y} (\sqrt{x} + \sqrt{y}) = \frac{1}{2\sqrt{y}}$
令 $f_x = 0$ 和 $f_y = 0$。
$\frac{1}{2\sqrt{x}} = 0$ 無解。
$\frac{1}{2\sqrt{y}} = 0$ 無解。
這意味著在定義域內部（$x>0, y>0$），沒有臨界點。
然而，我們需要考慮導數不存在的點，即 $x=0$ 或 $y=0$。這些點屬於邊界。

步驟 2：檢查區域的邊界。
區域的邊界由三條線段組成：
(a) $x=0$, $0 \le y \le 5/2$
(b) $y=0$, $0 \le x \le 5$
(c) $x+2y=5$, $x \ge 0, y \ge 0$

(a) 邊界 $x=0$, $0 \le y \le 5/2$
在這一邊界上，$f(x,y) = f(0,y) = \sqrt{0} + \sqrt{y} = \sqrt{y}$。
我們需要找到 $\sqrt{y}$ 在 $0 \le y \le 5/2$ 上的最大值。
$\sqrt{y}$ 是關於 $y$ 的單調遞增函數。所以最大值發生在 $y$ 的最大值處。
最大值為 $\sqrt{5/2}$，發生在點 $(0, 5/2)$。

(b) 邊界 $y=0$, $0 \le x \le 5$
在這一邊界上，$f(x,y) = f(x,0) = \sqrt{x} + \sqrt{0} = \sqrt{x}$。
我們需要找到 $\sqrt{x}$ 在 $0 \le x \le 5$ 上的最大值。
$\sqrt{x}$ 是關於 $x$ 的單調遞增函數。所以最大值發生在 $x$ 的最大值處。
最大值為 $\sqrt{5}$，發生在點 $(5, 0)$。

(c) 邊界 $x+2y=5$, $x \ge 0, y \ge 0$
在這一邊界上，我們可以用拉格朗日乘數法來尋找最大值。
令 $g(x,y) = x+2y-5=0$。
我們需要解 $\nabla f = \lambda \nabla g$。
$\nabla f = (\frac{1}{2\sqrt{x}}, \frac{1}{2\sqrt{y}})$
$\nabla g = (1, 2)$
所以，我們有以下方程組：

1. $\frac{1}{2\sqrt{x}} = \lambda \cdot 1$
2. $\frac{1}{2\sqrt{y}} = \lambda \cdot 2$
3. $x + 2y = 5$

從方程 (1)， $\lambda = \frac{1}{2\sqrt{x}}$。
從方程 (2)， $\lambda = \frac{1}{4\sqrt{y}}$。
令這兩個 $\lambda$ 相等：
$\frac{1}{2\sqrt{x}} = \frac{1}{4\sqrt{y}}$
$4\sqrt{y} = 2\sqrt{x}$
$2\sqrt{y} = \sqrt{x}$
平方兩邊：
$4y = x$

將 $x = 4y$ 代入約束方程 (3)：
$4y + 2y = 5$
$6y = 5$
$y = 5/6$

然後計算 $x$：
$x = 4y = 4(5/6) = 20/6 = 10/3$.
所以，在這一邊界上，可能的最大值點是 $(10/3, 5/6)$。
計算此點的函數值：
$f(10/3, 5/6) = \sqrt{10/3} + \sqrt{5/6} = \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{3}} + \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{10}\sqrt{2}}{\sqrt{6}} + \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{20} + \sqrt{5}}{\sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{5} + \sqrt{5}}{\sqrt{6}} = \frac{3\sqrt{5}}{\sqrt{6}} = \frac{3\sqrt{30}}{6} = \frac{\sqrt{30}}{2}$.