111 年 國立中正大學經濟學系國際經濟學碩士班乙組《微積分》

此題考驗對極限的理解，特別是當分母含有絕對值時，需要考慮左右極限。

計算極限 $\lim_{x \to 2} \frac{x^2+x-6}{|x-2|}$。
首先，觀察分子的部分，當 $x \to 2$ 時，$x^2+x-6 \to 2^2+2-6 = 4+2-6 = 0$。
分母的部分，當 $x \to 2$ 時，$|x-2| \to 0$。
由於分子和分母都趨近於 0，我們需要進一步分析。

我們需要考慮 $x \to 2$ 的左極限和右極限。

當 $x \to 2^+$ 時，$x > 2$，所以 $|x-2| = x-2$。
此時，極限為 $\lim_{x \to 2^+} \frac{x^2+x-6}{x-2}$。

此題考驗連鎖律 (chain rule) 和乘法定律 (product rule) 的應用。

我們要計算函數 $y = (x^2+3)e^{x^2+1}$ 的導數 $\frac{dy}{dx}$。
令 $u = x^2+3$ 且 $v = e^{x^2+1}$。則 $y = uv$。
根據乘法定律，$\frac{dy}{dx} = \frac{du}{dx}v + u\frac{dv}{dx}$。

首先計算 $\frac{du}{dx}$：
$\frac{du}{dx} = \frac{d}{dx}(x^2+3) = 2x$。

接著計算 $\frac{dv}{dx}$。這需要用到連鎖律。令 $w = x^2+1$，則 $v = e^w$。
$\frac{dv}{dx} = \frac{dv}{dw}\frac{dw}{dx}$。
$\frac{dv}{dw} = \frac{d}{dw}(e^w) = e^w = e^{x^2+1}$。

此題考驗隱函數定理的應用，即當一個方程式不能直接解出 $y$ 作為 $x$ 的函數時，如何求得 $\frac{dy}{dx}$。

給定方程式 $F(x, y) = x^2 - 3xy + y^3 - 3 = 0$。
隱函數定理指出，若 $F(x, y) = 0$ 定義了 $y$ 作為 $x$ 的隱函數，則 $\frac{dy}{dx} = -\frac{\partial F / \partial x}{\partial F / \partial y}$，前提是 $\frac{\partial F}{\partial y} \neq 0$。

首先，計算 $F$ 對 $x$ 的偏導數 $\frac{\partial F}{\partial x}$：
視 $y$ 為常數，對 $x$ 求導。
$\frac{\partial F}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2 - 3xy + y^3 - 3)$
$\frac{\partial F}{\partial x} = 2x - 3y(1) + 0 - 0 = 2x - 3y$。

此題考驗找尋函數相對極值的方法，即求導數並令其為零，再判斷是極大值或極小值。

給定函數 $f(x) = x + \frac{1}{x}$，其中 $x \neq 0$。
為了找到相對極值，我們需要計算函數的一階導數 $f'(x)$，並令 $f'(x) = 0$ 來尋找臨界點。

計算一階導數：
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x + x^{-1}) = 1 - x^{-2} = 1 - \frac{1}{x^2}$。

令 $f'(x) = 0$：
$1 - \frac{1}{x^2} = 0$
$1 = \frac{1}{x^2}$
$x^2 = 1$
$x = \pm 1$。

所以，臨界點是 $x = 1$ 和 $x = -1$。

接下來，我們需要判斷這些臨界點是相對最大值還是相對最小值。可以使用二階導數測試。
計算二階導數 $f''(x)$：
$f''(x) = \frac{d}{dx}(1 - x^{-2}) = 0 - (-2)x^{-3} = 2x^{-3} = \frac{2}{x^3}$。

核心觀念

本題考查含參數積分的萊布尼茲積分法則。若

$$F(x)=\int_{a(x)}^{b(x)} f(x,y)\,dy,$$

則

$$F'(x) =f\bigl(x,b(x)\bigr)b'(x) -f\bigl(x,a(x)\bigr)a'(x) +\int_{a(x)}^{b(x)}\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)\,dy.$$

本題中：

$$f(x,y)=(x-y)^2,\qquad a(x)=0,\qquad b(x)=x^2.$$

因此

$$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2(x-y), \qquad b'(x)=2x, \qquad a'(x)=0.$$

解題方法

套用萊布尼茲積分法則：

$$\frac{d}{dx}\int_0^{x^2}(x-y)^2\,dy =(x-x^2)^2\cdot 2x -(x-0)^2\cdot 0 +\int_0^{x^2}2(x-y)\,dy.$$

先計算積分項：

$$\int_0^{x^2}2(x-y)\,dy =\left[2xy-y^2\right]_0^{x^2} =2x^3-x^4.$$

而上限變動所產生的邊界項為：

$$2x(x-x^2)^2 =2x\bigl(x(1-x)\bigr)^2 =2x^3(1-x)^2.$$

所以

核心觀念

本題考查「部分積分法」：

$$\int u\,dv=uv-\int v\,du$$

適合將對數函數微分，因為

$$\frac{d}{dx}\ln x=\frac{1}{x}$$

且因題目含有 $\ln x$，定義域為 $x>0$。

解題方法

令

$$u=\ln x,\qquad dv=x^{1/2}\,dx$$

則

$$du=\frac{1}{x}\,dx,\qquad v=\int x^{1/2}\,dx=\frac{2}{3}x^{3/2}$$

套用部分積分公式：

$$\begin{aligned} \int x^{1/2}\ln x\,dx &=\frac{2}{3}x^{3/2}\ln x -\int \frac{2}{3}x^{3/2}\cdot \frac{1}{x}\,dx\\ &=\frac{2}{3}x^{3/2}\ln x -\frac{2}{3}\int x^{1/2}\,dx\\ &=\frac{2}{3}x^{3/2}\ln x -\frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3}x^{3/2}+C\\ &=\left(\frac{2}{3}\ln x-\frac{4}{9}\right)x^{3/2}+C\\ &=\frac{2}{3}\left(\ln x-\frac{2}{3}\right)x^{3/2}+C. \end{aligned}$$

因此正確的不定積分為

$$\boxed{\int \sqrt{x}\ln x\,dx =\frac{2}{3}\left(\ln x-\frac{2}{3}\right)x^{3/2}+C}$$

選項分析

• (A)

  $\left(\frac{3}{2}\ln x-2\right)x^{3/2}+C$

  錯誤。其係數與正確結果不同，且微分後不會得到 $x^{1/2}\ln x$。

• (B)

核心觀念

本題考查以 $x=1$ 為中心的四階泰勒展開式：

$$f(x)\approx f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{f''(1)}{2!}(x-1)^2+\frac{f^{(3)}(1)}{3!}(x-1)^3+\frac{f^{(4)}(1)}{4!}(x-1)^4.$$

也可利用幾何級數公式：

$$\frac{1}{1+t}=1-t+t^2-t^3+t^4-\cdots,\qquad |t|<1.$$

解題方法

令 $h=x-1$，則 $x=1+h$，因此

$$f(x)=\frac{1}{1+x} =\frac{1}{2+h} =\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\frac{h}{2}}.$$

套用幾何級數：

$$\frac{1}{1+\frac{h}{2}} =1-\frac{h}{2}+\frac{h^2}{4}-\frac{h^3}{8}+\frac{h^4}{16}+\cdots.$$

乘上 $\frac12$ 得

$$f(x) =\frac12-\frac14h+\frac18h^2-\frac1{16}h^3+\frac1{32}h^4+\cdots.$$

代回 $h=x-1$，四階泰勒多項式為

$$\boxed{ \frac12-\frac14(x-1)+\frac18(x-1)^2 -\frac1{16}(x-1)^3+\frac1{32}(x-1)^4 }.$$

此級數的收斂條件為

此題考驗比例檢驗法 (ratio test) 的應用，用於判斷無窮級數的收斂性。

比例檢驗法的內容是：對於一個級數 $\sum a_n$，如果 $\lim_{n \to \infty} |\frac{a_{n+1}}{a_n}| = L$，則

1. 如果 $L < 1$，級數絕對收斂。
2. 如果 $L > 1$ 或 $L = \infty$，級數發散。
3. 如果 $L = 1$，則檢驗法無效，需要使用其他方法。

我們分別對兩個級數進行檢驗。

級數 (1): $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{n!}{n^n}$
令 $a_n = \frac{n!}{n^n}$。我們需要計算 $\lim_{n \to \infty} |\frac{a_{n+1}}{a_n}|$。
$a_{n+1} = \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}$。
$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}} \cdot \frac{n^n}{n!} = \frac{(n+1) \cdot n!}{(n+1) \cdot (n+1)^n} \cdot \frac{n^n}{n!}$
$= \frac{n!}{(n+1)^n} \cdot \frac{n^n}{n!} = \frac{n^n}{(n+1)^n} = (\frac{n}{n+1})^n = (\frac{1}{1+1/n})^n = \frac{1}{(1+1/n)^n}$。

現在計算極限：
$L_1 = \lim_{n \to \infty} |\frac{a_{n+1}}{a_n}| = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{(1+1/n)^n}$。
我們知道 $\lim_{n \to \infty} (1+1/n)^n = e$。
所以，$L_1 = \frac{1}{e}$。

核心觀念

本題考查「等式限制下的極值」與拉格朗日乘數法。若要在限制條件

$$g(x,y)=x+y-100=0$$

下尋找 $f(x,y)$ 的極值，需滿足

$$\nabla f=\lambda \nabla g.$$

其中

$$f(x,y)=x^2+2x+32y+500.$$

由於限制條件可將 $y$ 表示為 $100-x$，再檢查單變數函數的二階導數，即可判斷極大或極小。

解題方法：拉格朗日乘數法

先計算梯度：

$$\nabla f=(f_x,f_y)=(2x+2,32),$$ $$\nabla g=(g_x,g_y)=(1,1).$$

因此拉格朗日方程為

$$(2x+2,32)=\lambda(1,1),$$

也就是

$$2x+2=\lambda,$$ $$32=\lambda,$$

以及限制條件

$$x+y=100.$$

由 $\lambda=32$，代入 $2x+2=\lambda$：

$$2x+2=32$$ $$2x=30$$ $$x=15.$$

再由 $x+y=100$：

$$y=100-15=85.$$

所以限制下的臨界點為

$$(x,y)=(15,85).$$

判斷極大或極小

將限制條件 $y=100-x$ 代入原函數：

$$\begin{aligned} f(x,100-x) &=x^2+2x+32(100-x)+500\\ &=x^2+2x+3200-32x+500\\ &=x^2-30x+3700. \end{aligned}$$

令

$$F(x)=x^2-30x+3700.$$

其二階導數為

$$F''(x)=2>0.$$

承接上一題，我們已經通過拉格朗日乘數法計算出臨界點為 $(x, y) = (15, 85)$，並且拉格朗日乘數 $\lambda = 32$。

根據拉格朗日乘數法的定義，我們建立拉格朗日函數 $L(x, y, \lambda) = f(x, y) - \lambda g(x, y)$。
我們對 $L$ 求偏導數並令其為零，得到以下方程組：

1. $\frac{\partial L}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial x} - \lambda \frac{\partial g}{\partial x} = 0$
2. $\frac{\partial L}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial y} - \lambda \frac{\partial g}{\partial y} = 0$
3. $\frac{\partial L}{\partial \lambda} = -g(x, y) = 0$

在本題中，$f(x,y) = x^2 + 2x + 32y + 500$，$g(x,y) = x+y-100$。
$\frac{\partial f}{\partial x} = 2x + 2$

此題涉及齊次函數的定義、CES 生產函數的性質、邊際報酬的計算、等產量曲線斜率以及極限的計算。

(a) CES 生產函數的齊次階數

CES 生產函數為 $Q = A[\delta K^{-\rho} + (1-\delta)L^{-\rho}]^{-1/\rho}$。
我們需要驗證 $Q(cK, cL)$ 是否等於 $c^k Q(K,L)$。
$Q(cK, cL) = A[(\delta (cK)^{-\rho} + (1-\delta)(cL)^{-\rho})]^{-1/\rho}$
$= A[(\delta c^{-\rho} K^{-\rho} + (1-\delta)c^{-\rho} L^{-\rho})]^{-1/\rho}$
$= A[c^{-\rho}(\delta K^{-\rho} + (1-\delta)L^{-\rho})]^{-1/\rho}$
$= A[(c^{-\rho})^{-1/\rho} (\delta K^{-\rho} + (1-\delta)L^{-\rho})^{-1/\rho}]$
$= A[c \cdot (\delta K^{-\rho} + (1-\delta)L^{-\rho})^{-1/\rho}]$
$= c \cdot A[\delta K^{-\rho} + (1-\delta)L^{-\rho}]^{-1/\rho}$
$= c \cdot Q(K,L)$。
因此，CES 生產函數是 1 階齊次函數。

(b) 邊際報酬的齊次階數

首先，計算資本邊際報酬 $\frac{\partial Q}{\partial K}$：
$\frac{\partial Q}{\partial K} = A \cdot (-\frac{1}{\rho}) [\delta K^{-\rho} + (1-\delta)L^{-\rho}]^{-1/\rho - 1} \cdot \frac{\partial}{\partial K}[\delta K^{-\rho} + (1-\delta)L^{-\rho}]$
$= -\frac{A}{\rho} [\delta K^{-\rho} + (1-\delta)L^{-\rho}]^{-(1+\rho)/\rho} \cdot (\delta (-\rho) K^{-\rho-1})$
$= -\frac{A}{\rho} [\delta K^{-\rho} + (1-\delta)L^{-\rho}]^{-(1+\rho)/\rho} \cdot (-\delta \rho K^{-\rho-1})$
$= A \delta K^{-\rho-1} [\delta K^{-\rho} + (1-\delta)L^{-\rho}]^{-(1+\rho)/\rho}$。

現在，考慮 $\frac{\partial Q}{\partial K}(cK, cL)$：
$\frac{\partial Q}{\partial K}(cK, cL) = A \delta (cK)^{-\rho-1} [\delta (cK)^{-\rho} + (1-\delta)(cL)^{-\rho}]^{-(1+\rho)/\rho}$
$= A \delta c^{-\rho-1} K^{-\rho-1} [c^{-\rho}(\delta K^{-\rho} + (1-\delta)L^{-\rho})]^{-(1+\rho)/\rho}$
$= A \delta c^{-\rho-1} K^{-\rho-1} (c^{-\rho})^{-(1+\rho)/\rho} [\delta K^{-\rho} + (1-\delta)L^{-\rho}]^{-(1+\rho)/\rho}$
$= A \delta c^{-\rho-1} K^{-\rho-1} c^{-(\rho+1)} [\delta K^{-\rho} + (1-\delta)L^{-\rho}]^{-(1+\rho)/\rho}$
$= c^{-(\rho+1)} c^{-(\rho+1)} A \delta K^{-\rho-1} [\delta K^{-\rho} + (1-\delta)L^{-\rho}]^{-(1+\rho)/\rho}$
$= c^{-2(\rho+1)} \cdot \frac{\partial Q}{\partial K}(K,L)$。
這看起來不對。

我們知道，如果 $Q(K,L)$ 是 $k$ 階齊次函數，那麼 $\frac{\partial Q}{\partial K}$ 和 $\frac{\partial Q}{\partial L}$ 是 $k-1$ 階齊次函數。
由於 $Q$ 是 1 階齊次函數，所以 $\frac{\partial Q}{\partial K}$ 和 $\frac{\partial Q}{\partial L}$ 應該是 $1-1=0$ 階齊次函數。
0 階齊次函數的定義是 $f(cx, cy) = c^0 f(x,y) = f(x,y)$。
所以，資本邊際報酬和勞動邊際報酬都是 0 階齊次函數。

(c) 等產量曲線之斜率

等產量曲線斜率 $\frac{dK}{dL} = \frac{\partial Q / \partial L}{\partial Q / \partial K}$。
由於 $\frac{\partial Q}{\partial K}$ 和 $\frac{\partial Q}{\partial L}$ 都是 0 階齊次函數，它們的比值，也就是斜率，是一個常數（不隨 $K$ 和 $L$ 的比例變化而變化），因此也是 0 階齊次函數。
所以，斜率 $\frac{dK}{dL} = \frac{\partial Q / \partial L}{\partial Q / \partial K}$ 也是 0 階齊次函數。

此題考驗 CRRA 效用函數的性質，包括相對風險趨避係數、跨期替代彈性以及極限計算。

CRRA 效用函數： $u(C_t) = \frac{C_t^{1-\theta}}{1-\theta}$，其中 $\theta > 0, \theta \neq 1$。

計算一階和二階導數：
$u'(C_t) = \frac{d}{dC_t} \left(\frac{C_t^{1-\theta}}{1-\theta}\right) = \frac{1}{1-\theta} (1-\theta) C_t^{1-\theta-1} = C_t^{-\theta}$。
$u''(C_t) = \frac{d}{dC_t} (C_t^{-\theta}) = -\theta C_t^{-\theta-1}$。

(f) 相對風險趨避係數
相對風險趨避係數定義為 $-\frac{C_t u''(C_t)}{u'(C_t)}$。
代入我們計算出的導數：
$-\frac{C_t (-\theta C_t^{-\theta-1})}{C_t^{-\theta}} = -\frac{-\theta C_t^{-\theta}}{C_t^{-\theta}} = -(-\theta) = \theta$。
所以，(f) = $\theta$。

計算 $\ln(\frac{u'(C_{t+1})}{u'(C_t)})$
$u'(C_{t+1}) = C_{t+1}^{-\theta}$
$u'(C_t) = C_t^{-\theta}$
$\frac{u'(C_{t+1})}{u'(C_t)} = \frac{C_{t+1}^{-\theta}}{C_t^{-\theta}} = (\frac{C_{t+1}}{C_t})^{-\theta}$。
$\ln(\frac{u'(C_{t+1})}{u'(C_t)}) = \ln((\frac{C_{t+1}}{C_t})^{-\theta}) = -\theta \ln(\frac{C_{t+1}}{C_t})$。
所以，(g) = $-\theta \ln(\frac{C_{t+1}}{C_t})$。

(h) 跨期替代彈性
跨期替代彈性 $E$ 的定義是：
$E = -\frac{d\ln(u'(C_t)/u'(C_{t+1}))}{d\ln(C_t/C_{t+1})}$。
我們需要先計算 $\ln(u'(C_t)/u'(C_{t+1}))$。
$\ln(\frac{u'(C_t)}{u'(C_{t+1})}) = \ln((\frac{C_t}{C_{t+1}})^{-\theta}) = -\theta \ln(\frac{C_t}{C_{t+1}}) = \theta \ln(\frac{C_{t+1}}{C_t})$。
請注意，題目中給出的 $\ln(\frac{u'(C_{t+1})}{u'(C_t)})$ 符號與定義中的 $\ln(u'(C_t)/u'(C_{t+1}))$ 相反。
我們使用定義中的形式 $\ln(u'(C_t)/u'(C_{t+1})) = \theta \ln(\frac{C_t}{C_{t+1}})$。