109 年 國立清華大學計量財務金融研究所財務工程組《微積分》

核心觀念

本題考查以下基本極限：

$$\lim_{u\to 0}\frac{e^u-1}{u}=1$$

因此，

$$\lim_{u\to 0}\frac{1-e^u}{u}=-1$$

以及

$$\lim_{v\to 0}\frac{\log(1+v)}{v}=1$$

題目中的 $x^{2020}$ 與 $x^{2019}$ 在 $x\to 0$ 時都趨近於 $0$，可分別套用上述標準極限。

解題方法

將原式拆成兩個標準極限：

$$\begin{aligned} \lim_{x\to 0}\frac{1-\exp(x^{2020})}{x\log(1+x^{2019})} &= \lim_{x\to 0} \left(\frac{1-\exp(x^{2020})}{x^{2020}}\right) \left(\frac{x^{2020}}{x\cdot x^{2019}}\right) \left(\frac{x^{2019}}{\log(1+x^{2019})}\right) \end{aligned}$$

由於

$$x^{2020}=x\cdot x^{2019}$$

所以中間因子恆等於 $1$。又因為 $x^{2020}\to 0$、$x^{2019}\to 0$，故

$$\lim_{x\to 0}\frac{1-\exp(x^{2020})}{x^{2020}}=-1$$

且

$$\lim_{x\to 0}\frac{x^{2019}}{\log(1+x^{2019})}=1$$

因此原極限為

$$(-1)(1)(1)=-1$$

也可用等價無窮小表示：

本題考驗級數收斂性的判斷。我們需要判斷給定的無窮級數是否收斂。

給定的級數是 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n$，其中 $a_n = \frac{3n \exp(n)}{n^2+1}$。
我們需要判斷當 $n \to \infty$ 時，$a_n$ 的行為。

觀察級數的通項 $a_n = \frac{3n e^n}{n^2+1}$。
當 $n$ 很大時，$n^2+1 \approx n^2$。
所以，$a_n \approx \frac{3n e^n}{n^2} = \frac{3 e^n}{n}$。

我們來分析 $\lim_{n \to \infty} \frac{e^n}{n}$。
這是一個 $\frac{\infty}{\infty}$ 的不定型，可以使用羅必達法則。

核心觀念

• 多變數函數在點 $(a,b)$ 之連續性：需要 $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(a,b)}f(x,y)=f(a,b)$。
• 可微性：若函數在點連續且存在線性近似式，即
  $\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{f(a+h,b+k)-f(a,b)-f_x(a,b)h-f_y(a,b)k}{\sqrt{h^2+k^2}}=0.$
• 方向導數 $D_{\mathbf u}f(a,b)$：
  $D_{\mathbf u}f(a,b)=\lim_{t\to0}\frac{f(a+tu_1,b+tu_2)-f(a,b)}{t},\qquad\mathbf u=(u_1,u_2).$
• 偏導數是方向導數在座標方向 $\mathbf e_1,\mathbf e_2$ 的特例。

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解題方法

1. 檢驗連續性：挑選不同趨近路徑，觀察極限是否唯一。
2. 計算方向導數：直接代入 $(tu_1,tu_2)$，化簡後取 $t\to0$ 的極限。
3. 求偏導數：分別以 $y=0$、$x=0$ 的路徑取極限。

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詳細計算

1. 連續性
   $f(x,y)=\frac{x^{2}y}{x^{4}+y^{2}},\qquad (x,y)\neq(0,0).$
   取路徑 $y=kx^{2}$（$k$ 為常數），則

$$f(x,kx^{2})=\frac{x^{2}(kx^{2})}{x^{4}+k^{2}x^{4}} =\frac{kx^{4}}{(1+k^{2})x^{4}} =\frac{k}{1+k^{2}}.$$

當 $x\to0$ 時，極限值為 $\displaystyle\frac{k}{1+k^{2}}$，依 $k$ 不同而改變。
例如 $k=0$ 得 $0$，$k=1$ 得 $\tfrac12$，因此
$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)$
不存在，故 $f$ 在原點不連續，選項 (A) 錯。

2. 可微性
   可微必須先連續，已知 $f$ 在原點不連續，故 不可微，選項 (B) 錯。

3. 方向導數
   令 $\mathbf u=(u_1,u_2)$ 為任意非零方向向量，考慮

核心觀念

• 臨界點（critical point）：在二變數函數 $f(x,y)$ 中，若梯度 $\nabla f(x,y)=\bigl(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y}\bigr)=\mathbf 0$，則稱 $(x,y)$ 為臨界點。
• 求導與因式分解：函數 $f(x,y)=(x^{2}+y^{2})e^{-(x^{2}+y^{2})}$ 為徑向對稱（只與 $r^{2}=x^{2}+y^{2}$ 有關），對 $x,y$ 分別求偏導時可利用鏈式法則與乘法法則。
• 等式的唯一解：要判斷是否只剩下唯一解 $x=y=0$，需要檢查 $x$、$y$ 同時為零的情況，及是否存在非零解使得兩個偏導同時為零。

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解題方法

1. 寫出 $f$ 的偏導

$$\begin{aligned} f_x &=\frac{\partial}{\partial x}\Bigl[(x^{2}+y^{2})e^{-(x^{2}+y^{2})}\Bigr] \\ &=2x\,e^{-(x^{2}+y^{2})}+(x^{2}+y^{2})\cdot e^{-(x^{2}+y^{2})}\cdot(-2x) \\ &=2x e^{-(x^{2}+y^{2})}\bigl[1-(x^{2}+y^{2})\bigr]. \end{aligned}$$

同理

$f_y =2y e^{-(x^{2}+y^{2})}\bigl[1-(x^{2}+y^{2})\bigr].$

2. 梯度等於零的條件

$f_x=0 \quad\Longrightarrow\quad 2x e^{-(x^{2}+y^{2})}\bigl[1-(x^{2}+y^{2})\bigr]=0,$

$f_y=0 \quad\Longrightarrow\quad 2y e^{-(x^{2}+y^{2})}\bigl[1-(x^{2}+y^{2})\bigr]=0.$

因 $e^{-(x^{2}+y^{2})}>0$ 永遠不為零，等式成立的唯一因素為

$\boxed{x=0\ \text{或}\ y=0\ \text{或}\ x^{2}+y^{2}=1 }.$

3. 同時滿足兩個條件
   • 若 $x=0$ 且 $y=0$，則顯然可同時滿足兩式，得到點 $(0,0)$。

本題考驗極限的計算，特別是含有指數形式的極限。當底數趨近於 1，指數趨近於無窮大時，我們通常會使用對數或泰勒展開來處理。

令 $L = \lim_{x \to \infty} \left(1 - \frac{1}{x^2}\right)^x$。
這是一個 $1^{\infty}$ 的不定型。
我們取自然對數：
$\ln L = \lim_{x \to \infty} \ln \left(1 - \frac{1}{x^2}\right)^x$
$\ln L = \lim_{x \to \infty} x \ln \left(1 - \frac{1}{x^2}\right)$
這是一個 $\infty \cdot 0$ 的不定型。我們可以將其改寫為 $\frac{0}{0}$ 或 $\frac{\infty}{\infty}$ 的形式，以便使用羅必達法則。
$\ln L = \lim_{x \to \infty} \frac{\ln \left(1 - \frac{1}{x^2}\right)}{\frac{1}{x}}$
這是一個 $\frac{0}{0}$ 的不定型。我們使用羅必達法則。
令 $f(x) = \ln \left(1 - \frac{1}{x^2}\right)$ 且 $g(x) = \frac{1}{x}$。
$f'(x) = \frac{1}{1 - \frac{1}{x^2}} \cdot \frac{d}{dx}\left(1 - x^{-2}\right) = \frac{1}{\frac{x^2-1}{x^2}} \cdot (-(-2)x^{-3}) = \frac{x^2}{x^2-1} \cdot \frac{2}{x^3} = \frac{2}{x(x^2-1)}$。
$g'(x) = -\frac{1}{x^2}$。

$\ln L = \lim_{x \to \infty} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{2}{x(x^2-1)}}{-\frac{1}{x^2}}$
$\ln L = \lim_{x \to \infty} \frac{2}{x(x^2-1)} \cdot (-x^2)$
$\ln L = \lim_{x \to \infty} \frac{-2x^2}{x^3-x}$
$\ln L = \lim_{x \to \infty} \frac{-2x^2}{x^3(1-\frac{1}{x^2})}$
$\ln L = \lim_{x \to \infty} \frac{-2}{x(1-\frac{1}{x^2})}$
當 $x \to \infty$ 時，分母 $x(1-\frac{1}{x^2}) \to \infty \cdot (1-0) = \infty$。
所以，
$\ln L = \frac{-2}{\infty} = 0$

本題考驗單變數函數的性質，包括可微分性、局部極值和反曲點。

首先，我們來判斷選項 (A)：$f$ is differentiable on $\mathbb{R}$。
函數 $f(x) = x - 5x^3$ 是一個多項式函數。多項式函數在其定義域 $\mathbb{R}$ 上是處處連續且處處可微分的。
因此，選項 (A) 是正確的。

接下來，我們來判斷其他選項。
為了判斷局部極值和反曲點，我們需要計算函數的一階和二階導數。
$f(x) = x - 5x^3$
$f'(x) = 1 - 15x^2$
$f''(x) = -30x$

判斷選項 (B)：$f(0)$ is a local minimum。
我們需要檢查 $x=0$ 是否是臨界點，並通過二階導數檢驗來判斷。
令 $f'(x) = 0 \implies 1 - 15x^2 = 0 \implies x^2 = \frac{1}{15} \implies x = \pm \frac{1}{\sqrt{15}}$。
所以，$x=0$ 不是臨界點，因此 $f(0)$ 不可能是局部極值點（除非它是邊界點，但這裡的定義域是 $\mathbb{R}$）。
即使我們計算 $f''(0) = -30(0) = 0$，二階導數檢驗無法確定。但是，因為 $f'(0) = 1 \neq 0$，所以 $x=0$ 不是極值點。
選項 (B) 錯誤。

判斷選項 (C)：$f(2)$ is a local maximum。
首先，我們檢查 $x=2$ 是否是臨界點。

本題考驗多元函數的局部極值判斷，特別是二階偏導數檢驗。

函數為 $f(x, y) = x^2 + kxy + 4y^2$。
首先，我們計算一階偏導數：
$f_x = \frac{\partial f}{\partial x} = 2x + ky$
$f_y = \frac{\partial f}{\partial y} = kx + 8y$

為了尋找臨界點，我們令 $f_x = 0$ 和 $f_y = 0$：
$2x + ky = 0$ (1)
$kx + 8y = 0$ (2)

我們要求在 $(0,0)$ 處有局部極小值。
首先檢查 $(0,0)$ 是否是臨界點。
如果 $x=0, y=0$, 則 $2(0) + k(0) = 0$ 和 $k(0) + 8(0) = 0$。
這兩個方程都成立。所以 $(0,0)$ 是一個臨界點。

接下來，我們使用二階偏導數檢驗來判斷 $(0,0)$ 的性質。
我們需要計算二階偏導數：
$f_{xx} = \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 2$
$f_{yy} = \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 8$
$f_{xy} = \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = k$
$f_{yx} = \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = k$

我們在臨界點 $(0,0)$ 處計算這些二階偏導數的值。
$f_{xx}(0,0) = 2$
$f_{yy}(0,0) = 8$
$f_{xy}(0,0) = k$

本題考驗泰勒級數的應用，特別是將積分的結果表示為泰勒級數。

首先，我們需要找到被積函數 $\frac{e^t - 1}{t}$ 在 $t=0$ 附近的泰勒級數展開。
我們知道 $e^t$ 的泰勒級數展開為：
$e^t = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^n}{n!} = 1 + t + \frac{t^2}{2!} + \frac{t^3}{3!} + \frac{t^4}{4!} + \dots$
所以，$e^t - 1 = t + \frac{t^2}{2!} + \frac{t^3}{3!} + \frac{t^4}{4!} + \dots$。

現在，我們計算 $\frac{e^t - 1}{t}$：
$\frac{e^t - 1}{t} = \frac{1}{t} \left( t + \frac{t^2}{2!} + \frac{t^3}{3!} + \frac{t^4}{4!} + \dots \right)$
$= 1 + \frac{t}{2!} + \frac{t^2}{3!} + \frac{t^3}{4!} + \dots$
$= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^n}{(n+1)!}$
這個級數在 $t=0$ 處是連續的，且當 $t=0$ 時，級數的值為 $1 + 0 + 0 + \dots = 1$。

現在，我們對這個級數進行積分，從 $0$ 到 $x$：
$\int_0^x \frac{e^t - 1}{t} dt = \int_0^x \left( 1 + \frac{t}{2!} + \frac{t^2}{3!} + \frac{t^3}{4!} + \dots \right) dt$
我們可以逐項積分：
$= \left[ t + \frac{t^2}{2 \cdot 2!} + \frac{t^3}{3 \cdot 3!} + \frac{t^4}{4 \cdot 4!} + \dots \right]_0^x$
$= \left[ t + \frac{t^2}{2 \cdot 2} + \frac{t^3}{3 \cdot 6} + \frac{t^4}{4 \cdot 24} + \dots \right]_0^x$

本題考驗極限的計算，特別是利用導數的定義和代數技巧。

已知 $f$ 在 $a > 0$ 處可微分，且 $\lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a} = \sqrt{a}$。
根據導數的定義，這意味著 $f'(a) = \sqrt{a}$。

我們需要計算的極限是：
$L = \lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{\sqrt{x} - \sqrt{a}}$
這是一個 $\frac{0}{0}$ 的不定型，因為當 $x \to a$ 時，分子 $f(x) - f(a) \to f(a) - f(a) = 0$，分母 $\sqrt{x} - \sqrt{a} \to \sqrt{a} - \sqrt{a} = 0$。

我們可以嘗試使用羅必達法則，但這可能比較複雜。
另一種方法是利用已知的導數信息。
我們將分母有理化：
$\frac{f(x) - f(a)}{\sqrt{x} - \sqrt{a}} = \frac{f(x) - f(a)}{\sqrt{x} - \sqrt{a}} \cdot \frac{\sqrt{x} + \sqrt{a}}{\sqrt{x} + \sqrt{a}}$

本題考驗多元函數在閉合區域上的絕對極值問題。我們需要尋找函數 $f(x, y, z) = xy+z^2$ 在單位球 $x^2 + y^2 + z^2 \leq 1$ 上的絕對最大值和絕對最小值。

尋找絕對極值需要考慮兩種情況：

1. 臨界點（內部極值）
2. 邊界上的極值

首先，我們尋找函數在內部（$x^2 + y^2 + z^2 < 1$）的臨界點。
計算一階偏導數：
$f_x = y$
$f_y = x$
$f_z = 2z$

令偏導數為零：
$y = 0$
$x = 0$
$2z = 0 \implies z = 0$

所以，唯一的臨界點是 $(0,0,0)$。
計算函數在該臨界點的值：
$f(0,0,0) = (0)(0) + 0^2 = 0$。

接下來，我們考慮邊界上的極值，即在球面 $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ 上。
我們可以使用拉格朗日乘數法。
令 $g(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - 1 = 0$。
我們需要解 $\nabla f = \lambda \nabla g$ 和 $g(x,y,z)=0$。

$\nabla f = (y, x, 2z)$
$\nabla g = (2x, 2y, 2z)$

拉格朗日方程組：

1. $y = \lambda (2x)$
2. $x = \lambda (2y)$
3. $2z = \lambda (2z)$
4. $x^2 + y^2 + z^2 = 1$

從方程 (3)：$2z = 2\lambda z \implies 2z(1-\lambda) = 0$。
這意味著 $z=0$ 或 $\lambda=1$。

情況 1：$z=0$。
代入方程 (4)：$x^2 + y^2 + 0^2 = 1 \implies x^2 + y^2 = 1$。
現在我們有：
$y = 2\lambda x$
$x = 2\lambda y$

如果 $x=0$, 則 $y = 0$。但 $x^2+y^2=1$ 矛盾。所以 $x \neq 0$。
如果 $y=0$, 則 $x = 0$。但 $x^2+y^2=1$ 矛盾。所以 $y \neq 0$。
因此，我們可以將兩個方程相除：
$\frac{y}{x} = \frac{2\lambda x}{2\lambda y} = \frac{x}{y}$ (假設 $\lambda \neq 0$)
$y^2 = x^2$
這意味著 $y = x$ 或 $y = -x$。

子情況 1.1：$y=x$。
代入 $x^2 + y^2 = 1$: $x^2 + x^2 = 1 \implies 2x^2 = 1 \implies x^2 = \frac{1}{2} \implies x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$。
如果 $x = \frac{1}{\sqrt{2}}$, 則 $y = \frac{1}{\sqrt{2}}$。點為 $(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)$。
如果 $x = -\frac{1}{\sqrt{2}}$, 則 $y = -\frac{1}{\sqrt{2}}$。點為 $(-\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}}, 0)$。
計算函數值：
$f(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0) = (\frac{1}{\sqrt{2}})(\frac{1}{\sqrt{2}}) + 0^2 = \frac{1}{2}$。

本題考驗多元函數的偏導數計算，特別是鏈式法則的應用。

我們有一個複合函數 $z = y + f(x^2 - y^2)$，其中 $f$ 是一個可微分的函數。
我們需要計算 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$。

首先，計算 $\frac{\partial z}{\partial x}$：
$z = y + f(x^2 - y^2)$
對 $x$ 求偏導，將 $y$ 視為常數。
$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(y) + \frac{\partial}{\partial x}(f(x^2 - y^2))$
$\frac{\partial z}{\partial x} = 0 + f'(x^2 - y^2) \cdot \frac{\partial}{\partial x}(x^2 - y^2)$
$\frac{\partial z}{\partial x} = f'(x^2 - y^2) \cdot (2x)$
$\frac{\partial z}{\partial x} = 2x f'(x^2 - y^2)$

接下來，計算 $\frac{\partial z}{\partial y}$：
$z = y + f(x^2 - y^2)$
對 $y$ 求偏導，將 $x$ 視為常數。

核心觀念

本題考查多變數函數的梯度與方向導數：

• 梯度向量 $\nabla T(x,y)$ 指向函數增加最快的方向。
• 函數在該點增加最快的速率，等於梯度向量的長度：

$$\max_{\|\mathbf{u}\|=1}D_{\mathbf{u}}T=\|\nabla T\|$$

其中 $\mathbf{u}$ 必須是單位向量。

解題方法

已知

$$T(x,y)=20-4x^2-y^2$$

先求偏微分：

$$T_x(x,y)=-8x$$ $$T_y(x,y)=-2y$$

因此梯度為

$$\nabla T(x,y)=\langle -8x,-2y\rangle$$

在點 $(2,3)$：

$$\nabla T(2,3)=\langle -16,-6\rangle$$

所以 $T$ 增加最快的方向，就是 $\langle -16,-6\rangle$ 的單位向量。其長度為

$$\|\nabla T(2,3)\| =\sqrt{(-16)^2+(-6)^2} =\sqrt{256+36} =\sqrt{292} =2\sqrt{73}$$

故最快增加方向的單位向量為

$$\mathbf{u} =\frac{\langle -16,-6\rangle}{2\sqrt{73}} =\left\langle \frac{-8}{\sqrt{73}},\frac{-3}{\sqrt{73}}\right\rangle$$

因此：

• 空格（A）應填最快增加方向