111 年 國立清華大學計量財務金融研究所財務工程組《微積分》

本題主要考察極限的計算、級數的斂散判別以及二元函數極限的判別。

(i) 此題考察指數形式的極限，可以利用自然對數轉換或直接套用常見的極限定理。
我們知道 $\lim_{m \to \infty} (1 + \frac{r}{m})^m = e^r$。
令 $L = \lim_{m \to \infty} A_0 (1 + \frac{r}{m})^{mt}$。
由於 $A_0$ 是常數，我們可以將其提出極限。
$L = A_0 \lim_{m \to \infty} (1 + \frac{r}{m})^{mt}$
$L = A_0 \lim_{m \to \infty} \left[ (1 + \frac{r}{m})^m \right]^t$
由於指數函數 $x \mapsto x^t$ 在 $x>0$ 時是連續的，我們可以將極限移入指數內。
$L = A_0 \left[ \lim_{m \to \infty} (1 + \frac{r}{m})^m \right]^t$
$L = A_0 (e^r)^t$
$L = A_0 e^{rt}$
【答案】$A_0 e^{rt}$

(ii) 此題考察級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 的斂散性。
這是著名的 $p$-級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$，其中 $p=2$。
當 $p > 1$ 時，$p$-級數收斂。
因此，級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 收斂。
我們也可以使用積分審斂法來證明。考慮函數 $f(x) = \frac{1}{x^2}$，它在 $[1, \infty)$ 上是正值、連續且遞減的。
$\int_1^\infty \frac{1}{x^2} dx = \lim_{b \to \infty} \int_1^b x^{-2} dx = \lim_{b \to \infty} [-x^{-1}]_1^b = \lim_{b \to \infty} (-\frac{1}{b} - (-\frac{1}{1})) = 0 + 1 = 1$。
由於積分收斂，根據積分審斂法，級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 也收斂。
【答案】收斂

本題考察微分方程的應用，要求根據給定的微分方程和初始條件，求出函數在某點的泰勒多項式。

核心概念：泰勒多項式需要函數在該點及其各階導數的值。給定的微分方程可以幫助我們計算這些導數。

我們需要求 $f(x)$ 在 $x=0$ 的二階泰勒多項式，其形式為：
$P_2(x) = f(0) + f'(0)(x-0) + \frac{f''(0)}{2!}(x-0)^2$
$P_2(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2}x^2$

根據題目給定的條件，我們有：

1. 初始條件：$f(0) = 1$。
2. 微分方程：$\frac{df}{dx} = xf(x) + 2(f(x))^2$。

現在我們來計算 $f'(0)$ 和 $f''(0)$。

計算 $f'(0)$:
將 $x=0$ 代入微分方程：
$f'(0) = (0)f(0) + 2(f(0))^2$
$f'(0) = 0 \cdot 1 + 2(1)^2$
$f'(0) = 0 + 2 = 2$

計算 $f''(0)$:
我們需要對微分方程兩邊同時對 $x$ 求導。
$\frac{d}{dx} \left( \frac{df}{dx} \right) = \frac{d}{dx} \left( xf(x) + 2(f(x))^2 \right)$

核心觀念

• 二變數函數極值：在有界開區域上連續函數必有最低值（可在內部取得），但最高值未必存在，須檢視邊界。
• 拉格朗日乘數法：求在等式約束 $g(x,y)=0$ 下的極值，解 $\nabla f=\lambda \nabla g$。
• 幾何觀點：$f(x,y)=4x^{2}+10y^{2}$ 為橢圓形等值線；在圓形域 $x^{2}+y^{2}<4$ 內，其值隨距離原點的大小而增大，與方向有關。

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解題方法

1. 檢查內部臨界點

$$\frac{\partial f}{\partial x}=8x,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=20y.$$

設 $\nabla f=0$ 得 $x=0,\;y=0$。此點位於 $D$ 之內，且

$f(0,0)=0.$

2. 檢視邊界
   雖然題目給的是開圓盤 $D:\;x^{2}+y^{2}<4$，但要取得最大值須考慮極限情形 $x^{2}+y^{2}\to4^{-}$。因此以閉圓 $\overline D:\;x^{2}+y^{2}=4$ 作為約束，利用拉格朗日乘數法求極值。

   設

$g(x,y)=x^{2}+y^{2}-4=0.$

拉格朗日方程式：

$$\begin{cases} 8x = \lambda\;2x,\\[2pt] 20y = \lambda\;2y,\\[2pt] x^{2}+y^{2}=4. \end{cases}$$

若 $x\neq0$，則 $8 = 2\lambda \Rightarrow \lambda=4$；若 $y\neq0$，則 $20 = 2\lambda \Rightarrow \lambda=10$。二者只能同時成立於 $x=0$ 或 $y=0$。

核心觀念

• 指數與對數的關係：$x^c = e^{c\ln x}$，在 $c\to0$ 時可利用指數的泰勒展開或 L'Hôpital 法求極限。
• 函數的單調與凹性：利用一階、二階導數的正負號判斷。對正實數 $x>0$，若 $f'(x)>0$ 則 $f$ 嚴格遞增；若 $f''(x)\le0$ 則 $f$ 為凹函數（若 $<0$ 為嚴格凹）。

解題方法

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(i) $\displaystyle\lim_{c\to0^+}u_c(x)=\log x$

1. 先寫出 $u_c(x)$ 的等價形式
   $u_c(x)=\frac{1}{c}x^{c}=\frac{1}{c}e^{c\ln x}.$

2. 考慮 $c\to0^+$，令 $t=c\ln x$（$x>0$ 固定），則 $t\to0$，且 $c=\frac{t}{\ln x}$。代回得到

$$u_c(x)=\frac{1}{c}\bigl(e^{c\ln x}\bigr)=\frac{1}{c}\bigl(e^{t}\bigr) =\frac{\ln x}{t}\,e^{t}.$$

3. 直接以原式求極限，使用 L'Hôpital（因為 $\frac{0}{0}$ 型）

$$\lim_{c\to0^+}\frac{e^{c\ln x}-1}{c} =\lim_{c\to0^+}\frac{\frac{d}{dc}\bigl(e^{c\ln x}-1\bigr)}{\frac{d}{dc}c} =\lim_{c\to0^+}\frac{\ln x\,e^{c\ln x}}{1} =\ln x.$$

此處把 $u_c(x)$ 改寫為 $\displaystyle u_c(x)=\frac{e^{c\ln x}-1}{c}$（因為 $e^{c\ln x}=x^{c}$），再套用 L'Hôpital，得到 $\ln x$。

4. 若熟悉泰勒展開，也可寫
   $e^{c\ln x}=1+c\ln x+\frac{c^2(\ln x)^2}{2!}+\cdots,$

核心觀念

• $H(x)$ 為標準常態分布（$N(0,1)$）的累積分布函數（CDF）。
• 高斯積分 $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-v^{2}/2}\,dv=\sqrt{2\pi}$ 為基本結果，證明可利用極座標或雙重積分。
• $e^{-v^{2}/2}$ 為偶函數，故其在原點對稱。
• 變數替換 $v\mapsto -v$ 可得到 $H(-x)$ 與 $H(x)$ 的關係。

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解題方法

(i) $H(-\infty)=0$

取極限 $x\to -\infty$，積分上限趨向 $-\infty$，積分區間縮小為空集合，故

$\lim_{x\to -\infty}H(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{-\infty}e^{-v^{2}/2}\,dv=0 .$

(ii) $H(\infty)=1$

取極限 $x\to +\infty$，積分變為全區間：

$$\lim_{x\to\infty}H(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-v^{2}/2}\,dv =\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\sqrt{2\pi}=1 .$$

(iii) $H(0)=\dfrac12$

將積分區間分為對稱的兩半：

$H(0)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{0}e^{-v^{2}/2}\,dv .$

利用偶性 $e^{-v^{2}/2}=e^{-(-v)^{2}/2}$，得

$$\int_{-\infty}^{0}e^{-v^{2}/2}\,dv =\int_{0}^{\infty}e^{-v^{2}/2}\,dv .$$

兩半相加即為全積分 $\sqrt{2\pi}$，故單側積分等於 $\frac12\sqrt{2\pi}$，帶回得

本題考察複合函數的最值性質。

核心概念：

1. 函數複合的定義。
2. 函數最大值的定義。
3. 單調遞增函數的性質。

題目給定：

• $f: S \subset \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$，其中 $S$ 是定義域。
• $g$ 是一個單變數函數，其定義域是 $f$ 的值域 (Range of $f$)。
• $c \in S$ 是 $f$ 在 $S$ 上的最大值點，即對於所有 $x \in S$, $f(x) \leq f(c)$。
• $h(x) := g(f(x))$ 是複合函數。
• $g$ 是嚴格遞增函數。

我們要證明：如果 $g$ 是嚴格遞增的，且 $c$ 是 $f$ 在 $S$ 上的最大值點，那麼 $c$ 也是 $h$ 在 $S$ 上的最大值點。

證明：
我們要證明對於所有 $x \in S$, $h(x) \leq h(c)$。
根據 $h(x)$ 的定義，我們有 $h(x) = g(f(x))$ 和 $h(c) = g(f(c))$。
因此，我們需要證明 $g(f(x)) \leq g(f(c))$ 對於所有 $x \in S$。

由於 $c$ 是 $f$ 在 $S$ 上的最大值點，我們知道對於所有 $x \in S$, 都有：
$f(x) \leq f(c)$。

本題考察瑕積分的收斂性，特別是利用比較審斂法。

核心概念：

1. 瑕積分的定義。
2. 比較審斂法 (Comparison Test) for improper integrals。
3. 指數函數的增長性質。

題目給定：

• 積分形式：$I = \lim_{T \to \infty} \int_{t_0}^{T} U(c(t)) e^{-\alpha t} dt$，其中 $\alpha > 0$。
• $c(t)$ 和 $U(\cdot)$ 是連續函數。
• 存在常數 $M > 0$ 和 $\beta < \alpha$ 使得 $|U(c(t))| \leq M e^{\beta t}$ 對於所有 $t \geq t_0$。

我們要證明該積分收斂。
積分收斂等價於瑕積分 $\int_{t_0}^{\infty} U(c(t)) e^{-\alpha t} dt$ 收斂。

我們將使用比較審斂法。該方法要求我們找到一個已知的收斂函數 $g(t)$，使得被積函數的絕對值 $|U(c(t)) e^{-\alpha t}|$ 小於等於 $g(t)$。

考慮被積函數的絕對值：
$|U(c(t)) e^{-\alpha t}| = |U(c(t))| |e^{-\alpha t}|$。
由於 $e^{-\alpha t}$ 對於所有實數 $t$ 都是正的，所以 $|e^{-\alpha t}| = e^{-\alpha t}$。
因此，
$|U(c(t)) e^{-\alpha t}| = |U(c(t))| e^{-\alpha t}$。

根據題目給定的條件，我們知道 $|U(c(t))| \leq M e^{\beta t}$ 對於所有 $t \geq t_0$。
將此不等式代入上式：
$|U(c(t)) e^{-\alpha t}| \leq (M e^{\beta t}) e^{-\alpha t}$。
$|U(c(t)) e^{-\alpha t}| \leq M e^{\beta t - \alpha t}$。
$|U(c(t)) e^{-\alpha t}| \leq M e^{(\beta - \alpha) t}$。

現在我們需要證明積分 $\int_{t_0}^{\infty} M e^{(\beta - \alpha) t} dt$ 是收斂的。
我們知道 $\beta < \alpha$，所以 $\beta - \alpha < 0$。
令 $\gamma = \alpha - \beta$。