108 年 國立清華大學計量財務金融研究所財務工程組《微積分》

本題考查多元函數在閉合區域上的最大最小值問題。我們需要考慮兩種情況：一是函數的臨界點在區域內部，二是函數在區域邊界上的極值。

函數為 $f(x, y) = 4x^2 + 10y^2$，區域為閉圓盤 $D = \{(x, y) | x^2 + y^2 \le 4\}$。

步驟一：尋找區域內部的臨界點。
計算偏導數：
$\frac{\partial f}{\partial x} = 8x$
$\frac{\partial f}{\partial y} = 20y$
令偏導數為零：
$8x = 0 \implies x = 0$
$20y = 0 \implies y = 0$
所以臨界點為 $(0, 0)$。
將臨界點代入函數：$f(0, 0) = 4(0)^2 + 10(0)^2 = 0$。
由於 $(0, 0)$ 滿足 $0^2 + 0^2 \le 4$，所以 $(0, 0)$ 在區域內部。

步驟二：尋找區域邊界上的極值。
區域邊界為圓 $x^2 + y^2 = 4$。我們可以使用參數化或 Lagrange 乘數法。

方法一：參數化。
令 $x = 2\cos\theta$, $y = 2\sin\theta$，其中 $0 \le \theta < 2\pi$。
將參數代入函數：
$g(\theta) = f(2\cos\theta, 2\sin\theta) = 4(2\cos\theta)^2 + 10(2\sin\theta)^2$
$g(\theta) = 4(4\cos^2\theta) + 10(4\sin^2\theta)$
$g(\theta) = 16\cos^2\theta + 40\sin^2\theta$
$g(\theta) = 16\cos^2\theta + 16\sin^2\theta + 24\sin^2\theta$
$g(\theta) = 16(\cos^2\theta + \sin^2\theta) + 24\sin^2\theta$
$g(\theta) = 16 + 24\sin^2\theta$

要求 $g(\theta)$ 的最大值和最小值。
$\sin^2\theta$ 的範圍是 $[0, 1]$。
當 $\sin^2\theta = 0$ 時，函數有最小值：$g(\theta) = 16 + 24(0) = 16$。
此時 $\sin\theta = 0$，所以 $\theta = 0$ 或 $\theta = \pi$。
若 $\theta = 0$，則 $x = 2\cos(0) = 2$, $y = 2\sin(0) = 0$。點為 $(2, 0)$。
若 $\theta = \pi$，則 $x = 2\cos(\pi) = -2$, $y = 2\sin(\pi) = 0$。點為 $(-2, 0)$。
$f(2, 0) = 4(2)^2 + 10(0)^2 = 16$
$f(-2, 0) = 4(-2)^2 + 10(0)^2 = 16$

當 $\sin^2\theta = 1$ 時，函數有最大值：$g(\theta) = 16 + 24(1) = 40$。

核心觀念

1. 正部函數 $a^{+}:=\max\{0,a\}$。
   • 性質：$a^{+}\ge a$；若 $a\le b$ 則 $a^{+}\le b^{+}$。
2. 指數函數的上界 對所有 $x\ge0$ 有 $e^{-x^{2}/2}\le1$。
3. 標準常態分布的半區間積分 $\displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-z^{2}/2}\,dz=\frac12$。
4. 單調性與比較 若 $f$ 為遞增（或遞減）函數，則可將不等式兩端帶入 $f$ 後保持方向。

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1. $x-k\le (x-k)^{+}$

證明

$(x-k)^{+}= \max\{0,\;x-k\}$

由「最大值」的定義可知 $\max\{0,\;x-k\}$ 必然不小於其中任一元素，尤其不小於 $x-k$。故

$x-k\;\le\;(x-k)^{+}.$

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2. $(x-k)^{+}\le\bigl(xe^{-x^{2}/2}-k\bigr)^{+}$

證明
先觀察

$xe^{-x^{2}/2}\le x\qquad(\text{因 }e^{-x^{2}/2}\le1,\;x\ge0).$

兩邊同時減去常數 $k$ 得

$xe^{-x^{2}/2}-k\;\le\;x-k.$

因為正部函數在實數上是 單調不減 的（若 $a\le b$ 則 $a^{+}\le b^{+}$），於是

$\bigl(xe^{-x^{2}/2}-k\bigr)^{+}\;\le\;(x-k)^{+}.$

若題目寫成 $(x-k)^{+}\le\bigl(xe^{-x^{2}/2}-k\bigr)^{+}$，則只能在額外假設 $k\le0$ 時成立。
在此說明正確的方向為

$\boxed{(xe^{-x^{2}/2}-k)^{+}\le (x-k)^{+}}.$

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3. $\displaystyle\bigl(xe^{-x^{2}/2}-k\bigr)^{+}\le\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-z^{2}/2}\,dz$

證明
右端的積分恆等於 $\frac12$。要證明左端不超過 $\frac12$，只需證明

$xe^{-x^{2}/2}-k\le\frac12\quad\text{或}\quad xe^{-x^{2}/2}-k\le0.$

若 $xe^{-x^{2}/2}\le k$，則左端為 $0$，不等式自明。
若 $xe^{-x^{2}/2}>k$，則正部取值為 $xe^{-x^{2}/2}-k$。考慮函數
$g(x)=xe^{-x^{2}/2}\;(x\ge0)$。
$g'(x)=e^{-x^{2}/2}\,(1-x^{2})$，可得最大值出現在 $x=1$，此時

$g(1)=e^{-1/2}\approx0.6065.$

因此對所有 $x\ge0$ 有 $xe^{-x^{2}/2}\le e^{-1/2}$。若再取

$k\ge e^{-1/2}-\frac12\approx0.1065,$

則

$xe^{-x^{2}/2}-k\le e^{-1/2}-k\le\frac12.$

在題目「$k$ 為常數」的情況下，常見的做法是直接利用

$xe^{-x^{2}/2}\le\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty}e^{-z^{2}/2}\,dz=\frac12,$

再把 $-k$ 加到不等式兩側，得到

核心觀念

本題考查：

• 拉格朗日平均值定理；
• 總變差與黎曼積分的關係；
• $C^1([0,T])$ 函數之導數有界；
• 二次變差在連續可微函數下為 $0$。

令每個小區間長度為

$$\Delta t_i=t_{i+1}-t_i.$$

則

$$\|\Pi\|=\max_i\Delta t_i, \qquad \sum_{i=0}^{n-1}\Delta t_i=T.$$

---

(a) 平均值定理

若函數 $f$ 在閉區間 $[a,b]$ 上連續，且在開區間 $(a,b)$ 上可微，則存在某個 $\xi\in(a,b)$，使得

$$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a).$$

本題中 $f\in C^1([0,T])$，因此在每個小區間 $[t_i,t_{i+1}]$ 上皆可使用平均值定理。

---

(b) 證明總變差公式

對每個區間 $[t_i,t_{i+1}]$，由平均值定理，存在 $\xi_i\in(t_i,t_{i+1})$，使得

$$f(t_{i+1})-f(t_i) = f'(\xi_i)(t_{i+1}-t_i).$$

取絕對值後得到

$$\left|f(t_{i+1})-f(t_i)\right| = |f'(\xi_i)|\Delta t_i.$$

因此

$$\sum_{i=0}^{n-1} |f(t_{i+1})-f(t_i)| = \sum_{i=0}^{n-1} |f'(\xi_i)|\Delta t_i.$$

因為 $f'\in C([0,T])$，所以 $|f'|$ 也是連續函數。上式正是連續函數 $|f'(t)|$ 在分割 $\Pi$ 下的一組黎曼和。當 $\|\Pi\|\to 0$ 時，黎曼和收斂至定積分：

$$\lim_{\|\Pi\|\to 0} \sum_{i=0}^{n-1} |f'(\xi_i)|\Delta t_i = \int_0^T |f'(t)|\,dt.$$

依照總變差的定義，故

$$\boxed{ TV_T(f)=\int_0^T |f'(t)|\,dt }.$$

這裡的絕對值不可省略，因為函數可能在區間內同時遞增與遞減。總變差計算的是所有局部變化量的總和，而非單純的端點差值。

---

(c) 證明二次變差為 $0$

由於 $f'\in C([0,T])$，而 $[0,T]$ 是閉且有界區間，因此 $f'$ 在此區間上有界。存在常數 $M>0$，使得

$$|f'(t)|\le M, \qquad 0\le t\le T.$$

核心觀念

本題考查：

• 拉格朗日平均值定理；
• 總變差與黎曼積分的關係；
• $C^1([0,T])$ 函數之導數有界；
• 二次變差在連續可微函數下為 $0$。

令每個小區間長度為

$$\Delta t_i=t_{i+1}-t_i.$$

則

$$\|\Pi\|=\max_i\Delta t_i, \qquad \sum_{i=0}^{n-1}\Delta t_i=T.$$

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(a) 平均值定理

若函數 $f$ 在閉區間 $[a,b]$ 上連續，且在開區間 $(a,b)$ 上可微，則存在某個 $\xi\in(a,b)$，使得

$$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a).$$

本題中 $f\in C^1([0,T])$，因此在每個小區間 $[t_i,t_{i+1}]$ 上皆可使用平均值定理。

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(b) 證明總變差公式

對每個區間 $[t_i,t_{i+1}]$，由平均值定理，存在 $\xi_i\in(t_i,t_{i+1})$，使得

$$f(t_{i+1})-f(t_i) = f'(\xi_i)(t_{i+1}-t_i).$$

取絕對值後得到

$$\left|f(t_{i+1})-f(t_i)\right| = |f'(\xi_i)|\Delta t_i.$$

因此

$$\sum_{i=0}^{n-1} |f(t_{i+1})-f(t_i)| = \sum_{i=0}^{n-1} |f'(\xi_i)|\Delta t_i.$$

因為 $f'\in C([0,T])$，所以 $|f'|$ 也是連續函數。上式正是連續函數 $|f'(t)|$ 在分割 $\Pi$ 下的一組黎曼和。當 $\|\Pi\|\to 0$ 時，黎曼和收斂至定積分：

$$\lim_{\|\Pi\|\to 0} \sum_{i=0}^{n-1} |f'(\xi_i)|\Delta t_i = \int_0^T |f'(t)|\,dt.$$

依照總變差的定義，故

$$\boxed{ TV_T(f)=\int_0^T |f'(t)|\,dt }.$$

這裡的絕對值不可省略，因為函數可能在區間內同時遞增與遞減。總變差計算的是所有局部變化量的總和，而非單純的端點差值。

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(c) 證明二次變差為 $0$

由於 $f'\in C([0,T])$，而 $[0,T]$ 是閉且有界區間，因此 $f'$ 在此區間上有界。存在常數 $M>0$，使得

$$|f'(t)|\le M, \qquad 0\le t\le T.$$

核心觀念

相對熵（Kullback–Leibler divergence）衡量兩組機率分布的差異：

$$E(P|Q)=\sum_{i=1}^n p_i\ln\frac{p_i}{q_i}.$$

機率分布滿足 $p_i,q_i\ge 0$，且 $\sum_i p_i=\sum_i q_i=1$。本題的關鍵是不等式 $\ln x\le x-1$（$x>0$），等號只在 $x=1$ 時成立；題目另約定含零機率的項如何處理。

解題方法與推導

(a) 證明 $E(P|P)=0$

對每個 $p_i>0$，有 $\ln(p_i/p_i)=\ln 1=0$；對 $p_i=0$ 的項，依題目約定其值為 $0$。因此

$$E(P|P)=\sum_{i=1}^n p_i\ln\frac{p_i}{p_i}=0.$$

(b) 證明 $E(P|Q)\ge 0$

若存在 $i$ 使 $p_i>0$、$q_i=0$，則依題目約定 $E(P|Q)=\infty$，自然有 $E(P|Q)\ge 0$。

其餘情況下，對所有 $p_i>0$ 的指標，均有 $q_i>0$。由 $\ln x\le x-1$，取 $x=q_i/p_i$，得

$$p_i\ln\frac{p_i}{q_i} =-p_i\ln\frac{q_i}{p_i} \ge p_i-q_i.$$

對所有 $p_i>0$ 的項加總：

$$E(P|Q) \ge \sum_{p_i>0}(p_i-q_i) =1-\sum_{p_i>0}q_i \ge 0.$$

最後一個不等式成立，是因為所有 $q_i$ 非負且總和為 $1$。

(c) 證明 $E(P|Q)=0$ 當且僅當 $P=Q$

若 $P=Q$，由 (a) 可知 $E(P|Q)=E(P|P)=0$。

核心觀念

相對熵（Kullback–Leibler divergence）衡量兩組機率分布的差異：

$$E(P|Q)=\sum_{i=1}^n p_i\ln\frac{p_i}{q_i}.$$

機率分布滿足 $p_i,q_i\ge 0$，且 $\sum_i p_i=\sum_i q_i=1$。本題的關鍵是不等式 $\ln x\le x-1$（$x>0$），等號只在 $x=1$ 時成立；題目另約定含零機率的項如何處理。

解題方法與推導

(a) 證明 $E(P|P)=0$

對每個 $p_i>0$，有 $\ln(p_i/p_i)=\ln 1=0$；對 $p_i=0$ 的項，依題目約定其值為 $0$。因此

$$E(P|P)=\sum_{i=1}^n p_i\ln\frac{p_i}{p_i}=0.$$

(b) 證明 $E(P|Q)\ge 0$

若存在 $i$ 使 $p_i>0$、$q_i=0$，則依題目約定 $E(P|Q)=\infty$，自然有 $E(P|Q)\ge 0$。

其餘情況下，對所有 $p_i>0$ 的指標，均有 $q_i>0$。由 $\ln x\le x-1$，取 $x=q_i/p_i$，得

$$p_i\ln\frac{p_i}{q_i} =-p_i\ln\frac{q_i}{p_i} \ge p_i-q_i.$$

對所有 $p_i>0$ 的項加總：

$$E(P|Q) \ge \sum_{p_i>0}(p_i-q_i) =1-\sum_{p_i>0}q_i \ge 0.$$

最後一個不等式成立，是因為所有 $q_i$ 非負且總和為 $1$。

(c) 證明 $E(P|Q)=0$ 當且僅當 $P=Q$

若 $P=Q$，由 (a) 可知 $E(P|Q)=E(P|P)=0$。

核心觀念

相對熵（Kullback–Leibler divergence）衡量兩組機率分布的差異：

$$E(P|Q)=\sum_{i=1}^n p_i\ln\frac{p_i}{q_i}.$$

機率分布滿足 $p_i,q_i\ge 0$，且 $\sum_i p_i=\sum_i q_i=1$。本題的關鍵是不等式 $\ln x\le x-1$（$x>0$），等號只在 $x=1$ 時成立；題目另約定含零機率的項如何處理。

解題方法與推導

(a) 證明 $E(P|P)=0$

對每個 $p_i>0$，有 $\ln(p_i/p_i)=\ln 1=0$；對 $p_i=0$ 的項，依題目約定其值為 $0$。因此

$$E(P|P)=\sum_{i=1}^n p_i\ln\frac{p_i}{p_i}=0.$$

(b) 證明 $E(P|Q)\ge 0$

若存在 $i$ 使 $p_i>0$、$q_i=0$，則依題目約定 $E(P|Q)=\infty$，自然有 $E(P|Q)\ge 0$。

其餘情況下，對所有 $p_i>0$ 的指標，均有 $q_i>0$。由 $\ln x\le x-1$，取 $x=q_i/p_i$，得

$$p_i\ln\frac{p_i}{q_i} =-p_i\ln\frac{q_i}{p_i} \ge p_i-q_i.$$

對所有 $p_i>0$ 的項加總：

$$E(P|Q) \ge \sum_{p_i>0}(p_i-q_i) =1-\sum_{p_i>0}q_i \ge 0.$$

最後一個不等式成立，是因為所有 $q_i$ 非負且總和為 $1$。

(c) 證明 $E(P|Q)=0$ 當且僅當 $P=Q$

若 $P=Q$，由 (a) 可知 $E(P|Q)=E(P|P)=0$。

核心觀念

相對熵（Kullback–Leibler divergence）衡量兩組機率分布的差異：

$$E(P|Q)=\sum_{i=1}^n p_i\ln\frac{p_i}{q_i}.$$

機率分布滿足 $p_i,q_i\ge 0$，且 $\sum_i p_i=\sum_i q_i=1$。本題的關鍵是不等式 $\ln x\le x-1$（$x>0$），等號只在 $x=1$ 時成立；題目另約定含零機率的項如何處理。

解題方法與推導

(a) 證明 $E(P|P)=0$

對每個 $p_i>0$，有 $\ln(p_i/p_i)=\ln 1=0$；對 $p_i=0$ 的項，依題目約定其值為 $0$。因此

$$E(P|P)=\sum_{i=1}^n p_i\ln\frac{p_i}{p_i}=0.$$

(b) 證明 $E(P|Q)\ge 0$

若存在 $i$ 使 $p_i>0$、$q_i=0$，則依題目約定 $E(P|Q)=\infty$，自然有 $E(P|Q)\ge 0$。

其餘情況下，對所有 $p_i>0$ 的指標，均有 $q_i>0$。由 $\ln x\le x-1$，取 $x=q_i/p_i$，得

$$p_i\ln\frac{p_i}{q_i} =-p_i\ln\frac{q_i}{p_i} \ge p_i-q_i.$$

對所有 $p_i>0$ 的項加總：

$$E(P|Q) \ge \sum_{p_i>0}(p_i-q_i) =1-\sum_{p_i>0}q_i \ge 0.$$

最後一個不等式成立，是因為所有 $q_i$ 非負且總和為 $1$。

(c) 證明 $E(P|Q)=0$ 當且僅當 $P=Q$

若 $P=Q$，由 (a) 可知 $E(P|Q)=E(P|P)=0$。

第 5 題

核心觀念

本題考查兩個偏微分方程的基本解法：

1. 一階傳輸方程
   $u_t+k u_x=0$

   其解表示函數圖形以速度 $k$ 沿 $x$ 軸平移。

2. 熱方程與高斯核

   高斯密度
   $p_s(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi s}}e^{-y^2/(2s)}$

   滿足熱方程

$$\frac{\partial p_s}{\partial s} =\frac{1}{2}\frac{\partial^2 p_s}{\partial y^2}.$$

題目第 (b) 小題的公式與初始條件存在排版矛盾，詳見後文。

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(a) 驗證 $u(t,x)=f(x-kt)$

令

$u(t,x)=f(x-kt).$

設 $f$ 可微，對 $t$ 使用鏈鎖律：

$$\frac{\partial u}{\partial t}(t,x) =f'(x-kt)\cdot(-k) =-k f'(x-kt).$$

對 $x$ 微分：

$$\frac{\partial u}{\partial x}(t,x) =f'(x-kt).$$

因此

$$\frac{\partial u}{\partial t} +k\frac{\partial u}{\partial x} = -k f'(x-kt)+k f'(x-kt) =0.$$

所以

$$\boxed{u(t,x)=f(x-kt)}$$

確實滿足

$$u_t+k u_x=0.$$

解題技巧

看到

$u_t+k u_x=0$

可直接令特徵變數為

$x-kt.$

因為沿著直線 $x-kt=\text{常數}$，函數值保持不變，所以解必為初始函數的平移形式 $f(x-kt)$。

嚴格而言，題目只說 $f$ 連續且有界；若要求偏微分方程的經典解，還需補充 $f\in C^1$。在僅連續的條件下，該函數仍可視為傳輸方程的連續解。

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(b) 高斯積分形式的驗證

題目原式寫成

$$u(t,x)=\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\frac{1}{\sqrt{2\pi(1-t)}} e^{-\frac{(x-\xi)^2}{2(1-t)}}\,d\xi.$$

此式中的 $f(x)$ 與積分變數 $\xi$ 無關，因此可以提出積分號外：

$$u(t,x) =f(x)\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi(1-t)}} e^{-\frac{(x-\xi)^2}{2(1-t)}}\,d\xi.$$

高斯密度積分為 $1$，故

$u(t,x)=f(x).$

此時一般只有在 $f''(x)=0$ 時才滿足

$u_t+\frac12u_{xx}=0,$

因此題目公式中的 $f(x)$ 應為 $f(\xi)$。

此外，核的變異數為 $1-t$，當 $t\to1$ 時才收斂至 $f(x)$，所以相應的邊界條件應為

$u(1,x)=f(x),$

而非題目所列的 $u(0,x)=f(x)$。

以下給出此題公式所對應的正確驗證。

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正確形式：驗證熱方程

令

$$p_s(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi s}} e^{-\frac{y^2}{2s}}, \qquad s=1-t,$$

並將解寫成

$$u(t,x)=\int_{-\infty}^{\infty} f(\xi)p_{1-t}(x-\xi)\,d\xi.$$

也就是

$$u(t,x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(\xi) \frac{1}{\sqrt{2\pi(1-t)}} e^{-\frac{(x-\xi)^2}{2(1-t)}}\,d\xi.$$

第一步：計算高斯核對 $s$ 的偏導數

由

$$p_s(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi s}}e^{-y^2/(2s)},$$

可得

$$\frac{\partial p_s}{\partial s} = p_s(y)\left( -\frac{1}{2s}+\frac{y^2}{2s^2} \right).$$

另一方面，

$$\frac{\partial p_s}{\partial y} = -\frac{y}{s}p_s(y),$$

再微分一次：

$$\frac{\partial^2p_s}{\partial y^2} = \left( -\frac1s+\frac{y^2}{s^2} \right)p_s(y).$$

因此