112 年 國立清華大學計量財務金融研究所財務工程組《微積分》

本題為計算題，涵蓋極限、集合論、積分、級數與泰勒多項式的概念。

(i) 題目定義數列 $a_n := \sup\{-n, -n-1,..., \}$.
由於集合 $\{-n, -n-1,..., \}$ 中的元素都是負數，且 $-n$ 是其中最大的元素。
因此，$a_n = -n$。
當 $n \to \infty$ 時，$-n \to -\infty$。
所以，$\lim_{n\to\infty} a_n = -\infty$。
【答案】$-\infty$

(ii) 題目要求計算函數 $g(x) = x^2$ 的反像 $g^{-1}([4,9])$。
反像的定義為：$g^{-1}(A) = \{x \in \text{Domain}(g) \mid g(x) \in A\}$。
在此，$A = [4,9]$。
我們需要找出所有 $x$ 使得 $g(x) \in [4,9]$，即 $4 \le x^2 \le 9$。
對 $x^2 \ge 4$ 而言，$x \ge 2$ 或 $x \le -2$。
對 $x^2 \le 9$ 而言，$-3 \le x \le 3$。
綜合以上條件，我們需要滿足 $(x \ge 2 \text{ or } x \le -2)$ 且 $(-3 \le x \le 3)$。
若 $x \ge 2$ 且 $-3 \le x \le 3$，則 $2 \le x \le 3$。
若 $x \le -2$ 且 $-3 \le x \le 3$，則 $-3 \le x \le -2$。
因此，$g^{-1}([4,9]) = [-3, -2] \cup [2, 3]$。
【答案】$[-3, -2] \cup [2, 3]$

(iii) 題目要求計算積分 $\int_{-\infty}^{\infty} (x-1)^2 f(x) dx$，其中 $f(x):= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{(x-1)^2}{2}\right)$。
這個 $f(x)$ 是標準常態分佈的機率密度函數，但通常標準常態分佈的平均值是 0，標準差是 1。
此處的 $f(x)$ 是平均值為 $\mu=1$，標準差為 $\sigma=1$ 的常態分佈的機率密度函數。
令 $u = x-1$。則 $du = dx$。
當 $x \to \infty$, $u \to \infty$。當 $x \to -\infty$, $u \to -\infty$。
積分變為 $\int_{-\infty}^{\infty} u^2 \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{u^2}{2}\right) du$。
這實際上是隨機變數 $U \sim N(0,1)$ 的 $E[U^2]$。
我們知道常態分佈 $N(\mu, \sigma^2)$ 的期望值為 $\mu$。
變異數為 $Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2$。
對於標準常態分佈 $N(0,1)$，期望值 $E[U] = 0$，變異數 $Var(U) = 1$。
所以，$1 = E[U^2] - (0)^2$，即 $E[U^2] = 1$。
因此，$\int_{-\infty}^{\infty} u^2 \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{u^2}{2}\right) du = 1$。
【答案】1

(iv) 題目要求計算二重積分 $\int_0^1 \int_0^1 xy^2 f(x, y)dxdy$，其中 $f(x, y) := \begin{cases} 8xy & 0<x<y<1 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$。
由於 $f(x,y)$ 的定義域限制在 $0<x<y<1$，我們需要調整積分的上下限。
積分區域為 $0 < x < 1$ 且 $0 < y < 1$ 且 $x < y$。
這表示積分區域是單位正方形下方，且位於對角線 $y=x$ 下方的三角形區域。
積分應寫為：
$\int_0^1 \int_0^y xy^2 (8xy) dxdy$。
注意，這裡的原題是 $\int_0^1 \int_0^1 xy^2 f(x, y)dxdy$，但 $f(x,y)$ 在 $x \ge y$ 的區域是 0，所以積分範圍會自動縮小。
正確的積分應該是：
$\int_0^1 \int_0^y 8x^2y^3 dxdy$。
先對 $x$ 積分：
$\int_0^y 8x^2y^3 dx = 8y^3 \int_0^y x^2 dx = 8y^3 \left[\frac{x^3}{3}\right]_0^y = 8y^3 \left(\frac{y^3}{3}\right) = \frac{8}{3}y^6$。
再對 $y$ 積分：
$\int_0^1 \frac{8}{3}y^6 dy = \frac{8}{3} \left[\frac{y^7}{7}\right]_0^1 = \frac{8}{3} \left(\frac{1}{7}\right) = \frac{8}{21}$。
【答案】$\frac{8}{21}$

(v) 題目要求計算極限 $\lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{b + \psi(n)}{n}\right)^{nc}$，其中 $\lim_{n\to\infty} \psi(n) = 0$。
這個極限的形式是 $1^\infty$，我們可以利用指數和對數來處理。
令 $L = \lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{b + \psi(n)}{n}\right)^{nc}$。

本題考察微積分中的中值定理及其應用。

(i) 敘述均值定理 (Mean Value Theorem, MVT)。
均值定理有兩種常見的表述：拉格朗日中值定理和柯西中值定理。通常在微積分課程中，"均值定理" 指的是拉格朗日中值定理。

拉格朗日中值定理 (Lagrange's Mean Value Theorem)：
設函數 $f$ 在閉區間 $[a, b]$ 上連續，在開區間 $(a, b)$ 上可微。則存在至少一點 $c \in (a, b)$，使得
$f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$
幾何意義：在曲線 $y=f(x)$ 上，連接兩點 $(a, f(a))$ 和 $(b, f(b))$ 的割線斜率，至少會被曲線在某一點 $(c, f(c))$ 的切線斜率所平行。

【答案】拉格朗日中值定理：若函數 $f$ 在閉區間 $[a, b]$ 上連續，且在開區間 $(a, b)$ 上可微，則存在一點 $c \in (a, b)$ 使得 $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$。

(ii) 使用均值定理證明 $e^x > x$ 對於所有 $x > 0$。
我們需要構造一個合適的函數和區間來應用均值定理。
考慮函數 $f(t) = e^t$。
對於任意給定的 $x > 0$，我們在區間 $[0, x]$ 上應用均值定理。
函數 $f(t) = e^t$ 在 $[0, x]$ 上是連續的，在 $(0, x)$ 上是可微的。
根據均值定理，存在一點 $c \in (0, x)$，使得：
$f'(c) = \frac{f(x) - f(0)}{x - 0}$

本題考察帶參數優化問題的價值函數求導，運用了全微分和鏈式法則。

核心概念：當優化變數 $x$ 的最优值 $x^*(a)$ 依賴於參數 $a$ 時，價值函數 $f^*(a)$ 的變化率需要考慮兩部分：一是參數 $a$ 直接對 $f$ 的影響，二是參數 $a$ 通過 $x^*(a)$ 間接對 $f$ 的影響。

(i) 假設 $f^*(a)$ 是可微的，求其全微分 $df^*(a)$。
價值函數定義為 $f^*(a) = f(x^*(a), a)$。
我們需要對 $f^*(a)$ 進行微分。由於 $f^*(a)$ 是一個關於 $a$ 的函數，其全微分就是其對 $a$ 的導數。
根據鏈式法則，對 $f^*(a)$ 對 $a$ 的微分為：
$\frac{df^*(a)}{da} = \frac{\partial f}{\partial x}(x^*(a), a) \frac{dx^*(a)}{da} + \frac{\partial f}{\partial a}(x^*(a), a)$
這裡，$\frac{dx^*(a)}{da}$ 是 $x^*(a)$ 對參數 $a$ 的導數。

然而，題目問的是「全微分」，通常是指對多個變數的變化量。如果這裡的 $a$ 是唯一的參數，那麼全微分就等於對該參數的導數。
如果題目是指對 $a$ 的導數，則如上所示。
如果題目中的 $f^*(a)$ 是指一個多變數函數，例如 $f^*(a_1, a_2, \dots, a_k)$，那麼全微分會包含多個偏導數。但題目中只給了 $f^*(a)$，暗示 $a$ 是單一參數。
因此，這裡的全微分應該就是對 $a$ 的導數。

進一步思考：由於 $x^*(a)$ 是 $f(x,a)$ 在參數 $a$ 下的最大值點，根據最優化理論中的邊界條件（FOC, First Order Condition），如果 $x^*(a)$ 是一個內點，那麼它應該滿足 $\frac{\partial f}{\partial x}(x^*(a), a) = 0$。
如果我們假設 $x^*(a)$ 是內點，並且 $f^*(a)$ 是可微的，那麼：
$\frac{\partial f}{\partial x}(x^*(a), a) = 0$。
代入全微分的表達式：
$\frac{df^*(a)}{da} = 0 \cdot \frac{dx^*(a)}{da} + \frac{\partial f}{\partial a}(x^*(a), a)$
$\frac{df^*(a)}{da} = \frac{\partial f}{\partial a}(x^*(a), a)$
這個結果是著名的包絡定理 (Envelope Theorem)。

所以，如果題目問的是全微分 $df^*(a)$，並且 $a$ 是單一變數，那麼 $df^*(a) = \frac{df^*(a)}{da} da$。

本題考察 Gamma 函數的性質，包括遞歸關係和與階乘的關係。

Gamma 函數的定義為 $\Gamma(\alpha) := \int_0^\infty t^{\alpha-1} e^{-t} dt$，其中 $\alpha > 0$。

(i) 證明 $\Gamma(\alpha + 1) = \alpha \Gamma(\alpha)$ 對於 $\alpha > 0$。
我們從 $\Gamma(\alpha+1)$ 的定義出發，並使用分部積分法。
$\Gamma(\alpha+1) = \int_0^\infty t^{(\alpha+1)-1} e^{-t} dt = \int_0^\infty t^\alpha e^{-t} dt$
令 $u = t^\alpha$ 且 $dv = e^{-t} dt$。
則 $du = \alpha t^{\alpha-1} dt$ 且 $v = -e^{-t}$。
使用分部積分公式 $\int u dv = uv - \int v du$：
$\Gamma(\alpha+1) = \left[ t^\alpha (-e^{-t}) \right]_0^\infty - \int_0^\infty (-e^{-t}) (\alpha t^{\alpha-1}) dt$
$\Gamma(\alpha+1) = \left[ -t^\alpha e^{-t} \right]_0^\infty + \alpha \int_0^\infty t^{\alpha-1} e^{-t} dt$
首先計算邊界項 $\left[ -t^\alpha e^{-t} \right]_0^\infty$。
當 $t \to \infty$ 時，$-t^\alpha e^{-t} \to 0$ (因為指數函數 $e^{-t}$ 的衰減速度快於多項式 $t^\alpha$ 的增長速度)。
當 $t \to 0^+$ 時，$-t^\alpha e^{-t}$。
如果 $\alpha > 0$，則 $t^\alpha \to 0$。
如果 $\alpha = 0$，則 $-e^{-t} \to -1$。但題目要求 $\alpha > 0$。
所以，邊界項為 $0 - 0 = 0$。
因此，
$\Gamma(\alpha+1) = 0 + \alpha \int_0^\infty t^{\alpha-1} e^{-t} dt$
$\Gamma(\alpha+1) = \alpha \left( \int_0^\infty t^{\alpha-1} e^{-t} dt \right)$
根據 Gamma 函數的定義，方括號內的積分就是 $\Gamma(\alpha)$。
$\Gamma(\alpha+1) = \alpha \Gamma(\alpha)$
證明完畢。

【答案】證明：$\Gamma(\alpha+1) = \int_0^\infty t^\alpha e^{-t} dt$。令 $u=t^\alpha, dv=e^{-t}dt$，則 $du=\alpha t^{\alpha-1}dt, v=-e^{-t}$。

本題考察無窮乘積與無窮級數的收斂性之間的關係。

核心概念：無窮乘積 $\prod_{n=1}^\infty (1+a_n)$ 收斂的條件，以及它與級數 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收斂的關係。

我們需要證明或反駁以下陳述：
「對於非負數數列 $\{a_n\}$ ($a_n \ge 0$)，無窮乘積 $\prod_{n=1}^\infty (1+a_n)$ 收斂，當且僅當無窮級數 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收斂。」

首先，我們需要理解無窮乘積收斂的定義。
無窮乘積 $\prod_{n=1}^\infty p_n$ 收斂到一個非零值 $P$ 的條件是：存在一個整數 $N$，使得對於所有 $n > N$，都有 $p_n \neq 0$，並且部分積 $P_k = \prod_{n=1}^k p_n$ 的極限 $\lim_{k\to\infty} P_k = P \neq 0$。
在我們的問題中，$p_n = 1+a_n$。由於 $a_n \ge 0$，所以 $1+a_n \ge 1$。因此，$1+a_n$ 永遠不會是 0，且部分積 $P_k = \prod_{n=1}^k (1+a_n)$ 是單調遞增的。
所以，無窮乘積 $\prod_{n=1}^\infty (1+a_n)$ 收斂到一個非零值，當且僅當部分積序列 $\{P_k\}$ 有一個有限的上界。

我們需要證明兩個方向：

1. 若 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收斂，則 $\prod_{n=1}^\infty (1+a_n)$ 收斂。
2. 若 $\prod_{n=1}^\infty (1+a_n)$ 收斂，則 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收斂。

證明方向 1：假設 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收斂，且 $a_n \ge 0$。
我們知道，對於 $x \ge 0$，有 $1+x \le e^x$。
因此，$1+a_n \le e^{a_n}$ 對於所有 $n$ 成立。
取無窮乘積的兩邊：
$\prod_{n=1}^k (1+a_n) \le \prod_{n=1}^k e^{a_n} = \exp\left(\sum_{n=1}^k a_n\right)$
由於 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收斂，設其和為 $S$。那麼 $\sum_{n=1}^k a_n \le S$ 對於所有 $k$ 成立。
所以，$\prod_{n=1}^k (1+a_n) \le e^S$。
由於 $a_n \ge 0$，則 $1+a_n \ge 1$。所以部分積 $\prod_{n=1}^k (1+a_n)$ 是單調遞增的。
一個單調遞增且有上界的數列必定收斂。
因此，$\prod_{n=1}^\infty (1+a_n)$ 收斂。
注意：由於 $1+a_n \ge 1$，乘積的極限必定大於或等於 1。所以乘積收斂到一個非零值。
方向 1 證明完畢。

證明方向 2：假設 $\prod_{n=1}^\infty (1+a_n)$ 收斂，且 $a_n \ge 0$。
我們需要證明 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收斂。
我們知道，對於 $x \ge 0$，有 $e^x \ge 1+x$。
因此，$e^{a_n} \ge 1+a_n$。
取無窮乘積的兩邊：
$\prod_{n=1}^k e^{a_n} \ge \prod_{n=1}^k (1+a_n)$
$\exp\left(\sum_{n=1}^k a_n\right) \ge \prod_{n=1}^k (1+a_n)$
由於 $\prod_{n=1}^\infty (1+a_n)$ 收斂到一個非零值 $P$（因為 $1+a_n \ge 1$，所以 $P \ge 1$）。
這意味著 $\prod_{n=1}^k (1+a_n) \le P$ 對於所有 $k$ 成立。
所以，$\exp\left(\sum_{n=1}^k a_n\right) \ge \prod_{n=1}^k (1+a_n)$。
這個不等式本身並沒有直接證明 $\sum a_n$ 的收斂。

我們需要使用另一個不等式：對於 $0 \le x < 1$，有 $\ln(1+x) \le x$。
但是這裡 $a_n$ 可以任意大，所以這個不等式不一定適用。

考慮一個更強的關係：對於 $x \ge 0$，有 $\ln(1+x) \le x$.
由於 $a_n \ge 0$，我們有 $\ln(1+a_n) \le a_n$。
所以，
$\sum_{n=1}^k \ln(1+a_n) \le \sum_{n=1}^k a_n$
$\ln\left(\prod_{n=1}^k (1+a_n)\right) \le \sum_{n=1}^k a_n$
由於 $\prod_{n=1}^\infty (1+a_n)$ 收斂到一個非零值 $P$。
那麼 $\lim_{k\to\infty} \prod_{n=1}^k (1+a_n) = P$。
所以，$\lim_{k\to\infty} \ln\left(\prod_{n=1}^k (1+a_n)\right) = \ln P$。
因此，$\ln P \le \lim_{k\to\infty} \sum_{n=1}^k a_n$。