109 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

本題考查函數在內點 $x=c$ 的兩個基本定義：

1. 連續：函數值差 $|F(x)-F(c)|$ 可藉由限制 $x$ 接近 $c$ 而任意縮小。
2. 可微：差商
   $\frac{F(x)-F(c)}{x-c}$
   在 $x$ 趨近 $c$ 時收斂至某個有限實數，該極限即為導數 $F'(c)$。

由於 $c\in(a,b)$，所以 $c$ 是區間內點，兩者皆採用雙側極限。題目所給的「$F$ 有界」與這兩個定義無直接關係。

解題方法

將相關極限定義改寫成 $\epsilon$-$\delta$ 語言：

• 極限值是函數值時，使用 $|F(x)-F(c)|<\epsilon$。
• 極限值是導數時，使用差商與導數之差小於 $\epsilon$。

因為函數定義域為 $[a,b]$，所有 $x$ 都必須限制在 $[a,b]$ 中。

（1）$F(x)$ 在 $x=c$ 連續

連續的定義為

$$\lim_{x\to c}F(x)=F(c).$$

因此，對任意 $\epsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得對所有 $x\in[a,b]$，只要

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

就有

$$|F(x)-F(c)|<\epsilon.$$

完整寫法為

$$\forall \epsilon>0,\ \exists \delta>0,\ \forall x\in[a,b], \quad |x-c|<\delta \Longrightarrow |F(x)-F(c)|<\epsilon.$$

也可將 $\delta$ 限制為

$$0<\delta\leq \min\{c-a,b-c\},$$

如此可確保 $|x-c|<\delta$ 時，$x$ 自動落在區間 $[a,b]$ 內。

（2）$F(x)$ 在 $x=c$ 可微

$F$ 在 $c$ 可微，是指存在有限導數 $F'(c)$，使得

$$\lim_{x\to c}\frac{F(x)-F(c)}{x-c}=F'(c).$$

依照 $\epsilon$-$\delta$ 定義，對任意 $\epsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得對所有 $x\in[a,b]$，只要

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

就有

$$\left| \frac{F(x)-F(c)}{x-c}-F'(c) \right|<\epsilon.$$

完整寫法為

本題旨在測試判斷級數收斂性的能力，包含幾何級數與 ratio test (比例檢驗法)。

(1) $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n$
此級數為 $(-1)^1 + (-1)^2 + (-1)^3 + \dots = -1 + 1 - 1 + 1 - \dots$。
觀察級數的部分和 $S_N = \sum_{n=1}^{N} (-1)^n$：
$S_1 = -1$
$S_2 = -1 + 1 = 0$
$S_3 = -1 + 1 - 1 = -1$
$S_4 = -1 + 1 - 1 + 1 = 0$
部分和序列 $\{S_N\}$ 為 $-1, 0, -1, 0, \dots$，此序列不收斂，因此原級數發散。
或者，根據級數收斂的必要條件，若級數 $\sum a_n$ 收斂，則 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。
在此級數中，$a_n = (-1)^n$。$\lim_{n \to \infty} (-1)^n$ 不存在 (在 1 和 -1 之間震盪)，故級數發散。

(2) $\sum_{n=1}^{\infty} \left(-\frac{1}{3}\right)^n$
此級數為一幾何級數，首項 $a = -\frac{1}{3}$，公比 $r = -\frac{1}{3}$。
幾何級數 $\sum_{n=0}^{\infty} ar^n$ 或 $\sum_{n=1}^{\infty} ar^{n-1}$ 收斂的條件是 $|r| < 1$。

本題考驗隱函數微分法 (Implicit Differentiation) 的應用。

(1) $xy^2 + x^2 = 3x + y$
我們對等式兩邊同時對 $x$ 微分。注意 $y$ 是 $x$ 的函數，所以對 $y$ 的微分需要用到連鎖律。
對 $xy^2$ 微分：使用乘法法則 $(uv)' = u'v + uv'$。令 $u=x$, $v=y^2$。
$\frac{d}{dx}(xy^2) = \frac{d}{dx}(x) \cdot y^2 + x \cdot \frac{d}{dx}(y^2) = 1 \cdot y^2 + x \cdot (2y \frac{dy}{dx}) = y^2 + 2xy \frac{dy}{dx}$。
對 $x^2$ 微分： $\frac{d}{dx}(x^2) = 2x$。
對 $3x$ 微分： $\frac{d}{dx}(3x) = 3$。
對 $y$ 微分： $\frac{d}{dx}(y) = \frac{dy}{dx}$。

將這些微分結果代回原等式兩邊：
$(y^2 + 2xy \frac{dy}{dx}) + 2x = 3 + \frac{dy}{dx}$

現在，我們需要將所有含有 $\frac{dy}{dx}$ 的項移到等式的一邊，不含 $\frac{dy}{dx}$ 的項移到另一邊。
$2xy \frac{dy}{dx} - \frac{dy}{dx} = 3 - 2x - y^2$
提出 $\frac{dy}{dx}$：
$\frac{dy}{dx} (2xy - 1) = 3 - 2x - y^2$
最後，解出 $\frac{dy}{dx}$：
$\frac{dy}{dx} = \frac{3 - 2x - y^2}{2xy - 1}$

(2) $xy^2 = y^x$
這個等式中 $x$ 和 $y$ 的位置比較複雜，直接微分會比較困難。我們可以考慮取對數來簡化。
對等式兩邊取自然對數：
$\ln(xy^2) = \ln(y^x)$
利用對數的性質 $\ln(ab) = \ln a + \ln b$ 和 $\ln(a^b) = b \ln a$：
$\ln x + \ln(y^2) = x \ln y$

本題考驗瑕積分 (Improper Integral) 的計算，包含無窮區間積分與積分函數包含對數的積分。

(1) $\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^3} dx$
這是一個瑕積分，積分的上限是無窮大。我們需要將其轉換為一個極限。
$\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^3} dx = \lim_{b \to \infty} \int_{1}^{b} x^{-3} dx$
計算不定積分 $\int x^{-3} dx$：
$\int x^{-3} dx = \frac{x^{-3+1}}{-3+1} + C = \frac{x^{-2}}{-2} + C = -\frac{1}{2x^2} + C$
現在計算定積分並取極限：
$\lim_{b \to \infty} \left[-\frac{1}{2x^2}\right]_{1}^{b} = \lim_{b \to \infty} \left(-\frac{1}{2b^2} - \left(-\frac{1}{2(1)^2}\right)\right)$
$= \lim_{b \to \infty} \left(-\frac{1}{2b^2} + \frac{1}{2}\right)$
當 $b \to \infty$ 時，$\frac{1}{2b^2} \to 0$。
$= 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$
因此，瑕積分收斂於 $\frac{1}{2}$。

(2) $\int_{0}^{1} x^2 \ln \sqrt{x} dx$
這是一個瑕積分，積分的下限是 0。我們需要將其轉換為一個極限。
首先，簡化被積函數 $\ln \sqrt{x} = \ln(x^{1/2}) = \frac{1}{2} \ln x$。
所以積分變為 $\int_{0}^{1} x^2 \left(\frac{1}{2} \ln x\right) dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x^2 \ln x dx$。
我們需要計算 $\lim_{a \to 0^+} \int_{a}^{1} x^2 \ln x dx$。
這個積分可以使用分部積分法 (Integration by Parts) 來計算，公式為 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$。
令 $u = \ln x$ 且 $dv = x^2 dx$。
則 $du = \frac{1}{x} dx$ 且 $v = \int x^2 dx = \frac{x^3}{3}$。

本題考驗兩個不同類型的定積分計算，分別是高斯積分 (Gaussian Integral) 的應用與三角函數的積分。

(1) $\int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx$
這個積分是著名的「高斯積分」，其在 $\mathbb{R}$ 上的積分值為 $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$。
由於 $e^{-x^2}$ 是偶函數，所以 $\int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx$。
因此，
$\int_{0}^{\infty} e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$
這個積分的計算通常需要使用極座標和二重積分，這可能超出一般微積分的範圍，但其結果是標準的。如果考生不熟悉此結果，可能需要透過其他方法（例如 Gamma 函數）來推導，但這較為複雜。在此情況下，此積分值通常被視為已知結果。

(2) $\int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{1 + \sin x} dx$
這個積分可以通過乘以共軛項來簡化。
$\int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{1 + \sin x} dx = \int_{0}^{\pi/2} \frac{1 - \sin x}{(1 + \sin x)(1 - \sin x)} dx$
$= \int_{0}^{\pi/2} \frac{1 - \sin x}{1 - \sin^2 x} dx$
利用三角恆等式 $1 - \sin^2 x = \cos^2 x$：
$= \int_{0}^{\pi/2} \frac{1 - \sin x}{\cos^2 x} dx$
將被積函數拆開：
$= \int_{0}^{\pi/2} \left(\frac{1}{\cos^2 x} - \frac{\sin x}{\cos^2 x}\right) dx$

本題考驗多項式泰勒展開式 (Taylor Expansion) 的計算，包含單變數與雙變數函數。

泰勒展開式的公式：
對於單變數函數 $f(x)$ 在點 $a$ 處的二階泰勒展開為：
$f(x) \approx f(a) + f'(a)(x-a) + \frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2$

對於雙變數函數 $F(x,y)$ 在點 $(a,b)$ 處的二階泰勒展開為：
$F(x,y) \approx F(a,b) + F_x(a,b)(x-a) + F_y(a,b)(y-b) + \frac{1}{2!} \left( F_{xx}(a,b)(x-a)^2 + 2F_{xy}(a,b)(x-a)(y-b) + F_{yy}(a,b)(y-b)^2 \right)$

(1) $g(x) = e^x$ at $x = 0$.
我們需要計算 $g(0)$, $g'(0)$, $g''(0)$。
$g(x) = e^x \implies g(0) = e^0 = 1$
$g'(x) = e^x \implies g'(0) = e^0 = 1$
$g''(x) = e^x \implies g''(0) = e^0 = 1$
將這些值代入二階泰勒展開式：
$g(x) \approx g(0) + g'(0)(x-0) + \frac{g''(0)}{2!}(x-0)^2$
$g(x) \approx 1 + 1 \cdot x + \frac{1}{2} x^2$
$g(x) \approx 1 + x + \frac{1}{2} x^2$

(2) $G(x,y) = e^y \ln(x+y)$ at $(x,y) = (1,0)$.
我們需要計算 $G(1,0)$ 和一階、二階偏導函數在 $(1,0)$ 的值。
$G(x,y) = e^y \ln(x+y)$
$G(1,0) = e^0 \ln(1+0) = 1 \cdot \ln(1) = 1 \cdot 0 = 0$。

計算一階偏導函數：
$G_x = \frac{\partial}{\partial x} (e^y \ln(x+y)) = e^y \cdot \frac{1}{x+y}$
$G_x(1,0) = e^0 \cdot \frac{1}{1+0} = 1 \cdot 1 = 1$。

$G_y = \frac{\partial}{\partial y} (e^y \ln(x+y)) = (\frac{\partial}{\partial y} e^y) \ln(x+y) + e^y (\frac{\partial}{\partial y} \ln(x+y))$
$G_y = e^y \ln(x+y) + e^y \frac{1}{x+y}$
$G_y(1,0) = e^0 \ln(1+0) + e^0 \frac{1}{1+0} = 1 \cdot 0 + 1 \cdot 1 = 1$。

計算二階偏導函數：
$G_{xx} = \frac{\partial}{\partial x} (G_x) = \frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{e^y}{x+y}\right) = e^y (-1)(x+y)^{-2} \cdot 1 = -\frac{e^y}{(x+y)^2}$
$G_{xx}(1,0) = -\frac{e^0}{(1+0)^2} = -\frac{1}{1} = -1$。

本題考驗在線性約束條件下的多元函數最大值問題，這通常可以使用拉格朗日乘數法 (Lagrange Multipliers) 或檢驗邊界來解決。

問題是要最大化 $g(x,y) = xy$ 在區域 $D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 | 2x + 2y \le 5\}$。
這個區域是一個封閉的半平面。這個函數 $g(x,y)=xy$ 在無約束的情況下沒有最大值或最小值（例如，當 $x>0, y>0$ 時 $xy \to \infty$，當 $x<0, y<0$ 時 $xy \to \infty$）。
然而，我們是在一個有約束的區域內尋找最大值。

該約束條件 $2x + 2y \le 5$ 定義了一個區域。由於 $g(x,y)=xy$ 在無窮遠處不會趨近於 $-\infty$，因此最大值一定會發生在約束條件的邊界上，即 $2x + 2y = 5$。
我們將使用拉格朗日乘數法來求解。
令 $f(x,y) = xy$ 為目標函數，約束條件為 $h(x,y) = 2x + 2y - 5 = 0$。
根據拉格朗日乘數法，我們需要解以下方程組：
$\nabla f = \lambda \nabla h$
$h(x,y) = 0$

計算梯度：
$\nabla f = \left(\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}\right) = (y, x)$
$\nabla h = \left(\frac{\partial h}{\partial x}, \frac{\partial h}{\partial y}\right) = (2, 2)$

方程組為：

1. $y = \lambda \cdot 2 \implies y = 2\lambda$
2. $x = \lambda \cdot 2 \implies x = 2\lambda$
3. $2x + 2y = 5$

從 (1) 和 (2) 可知 $x = y$。
將 $x=y$ 代入約束條件 (3)：
$2x + 2x = 5$
$4x = 5$
$x = \frac{5}{4}$

由於 $x=y$，所以 $y = \frac{5}{4}$。
此時的函數值為 $g(\frac{5}{4}, \frac{5}{4}) = \frac{5}{4} \cdot \frac{5}{4} = \frac{25}{16}$。

現在我們需要考慮約束區域的性質。區域是 $2x+2y \le 5$。
這個區域包含 $x$ 和 $y$ 符號不同的情況。
例如，考慮點 $(3, -1/2)$。$2(3) + 2(-1/2) = 6 - 1 = 5 \le 5$。
此時 $g(3, -1/2) = 3 \cdot (-1/2) = -3/2$。
考慮點 $(-3, 4)$。$2(-3) + 2(4) = -6 + 8 = 2 \le 5$。