113 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

這題考查二變數函數在原點的極限。要判斷極限是否存在，可以尋找一個在 $(x,y)\to(0,0)$ 時趨近於 $0$ 的上界，再用夾擠定理。

令

解題方法

對分子分母取絕對值，並利用平方和不等式

當 $xy\ne 0$ 時，

此題考驗數列的上極限 (limit superior) 和下極限 (limit inferior) 的定義。對於一個數列 $\{a_n\}$，其上極限定義為：
$\limsup_{n\to\infty} a_n = \lim_{n\to\infty} (\sup_{k\ge n} a_k)$
其下極限定義為：
$\liminf_{n\to\infty} a_n = \lim_{n\to\infty} (\inf_{k\ge n} a_k)$
簡單來說，上極限是數列所有極限點中的最大值，下極限是數列所有極限點中的最小值。如果數列收斂，則上極限等於下極限等於該數列的極限值。

解題步驟：
我們需要分別考慮數列在 $n$ 為偶數和奇數時的行為。

1. 當 $n$ 為偶數時：
   $a_n = 1 + \frac{1}{n}$。
   當 $n \to \infty$ 且 $n$ 為偶數時， $a_n \to 1 + 0 = 1$。

2. 當 $n$ 為奇數時：
   $a_n = 2 + \frac{1}{n}$。
   當 $n \to \infty$ 且 $n$ 為奇數時， $a_n \to 2 + 0 = 2$。

這個數列 $\{a_n\}$ 在偶數項趨近於 1，在奇數項趨近於 2。因此，這個數列不會收斂到一個單一的值。

接下來，我們計算上極限和下極限。

計算 $\limsup_{n\to\infty} a_n$：
我們需要考慮當 $n$ 變大時，從第 $n$ 項開始的數列的「上界」。
令 $b_n = \sup_{k\ge n} a_k$。

• 如果 $n$ 是偶數，那麼在 $k \ge n$ 的所有項中，奇數項 $a_k = 2 + \frac{1}{k}$ 會比偶數項 $a_k = 1 + \frac{1}{k}$ 大。當 $k$ 越來越大時，這些項都趨近於 2。因此，對於足夠大的偶數 $n$， $\sup_{k\ge n} a_k$ 會趨近於 2。
• 如果 $n$ 是奇數，那麼在 $k \ge n$ 的所有項中，如果 $k$ 是奇數，則 $a_k = 2 + \frac{1}{k}$；如果 $k$ 是偶數，則 $a_k = 1 + \frac{1}{k}$。同樣地，當 $k$ 越來越大時，奇數項 $a_k$ 趨近於 2。因此，對於足夠大的奇數 $n$， $\sup_{k\ge n} a_k$ 也會趨近於 2。

此題考驗對包含參數的積分求導的理解，即 Leiniz integral rule 的應用。當積分的上下限是常數，而被積函數包含一個參數 $r$，且我們要求對該參數求導時，可以直接將微分算子移到積分號內。

Leibniz integral rule 的一般形式是：
$\frac{d}{dr} \int_{a(r)}^{b(r)} g(t, r) dt = g(b(r), r) b'(r) - g(a(r), r) a'(r) + \int_{a(r)}^{b(r)} \frac{\partial}{\partial r} g(t, r) dt$
在本題中，積分的上下限是常數 $0$ 和 $T$，所以 $a(r)=0$ 且 $b(r)=T$。因此 $a'(r)=0$ 且 $b'(r)=0$。
被積函數是 $g(t, r) = f(t)e^{-rt}$。

所以，應用 Leibniz integral rule，我們得到：
$\frac{dK}{dr} = \frac{d}{dr} \int_0^T f(t)e^{-rt} dt$
由於上下限為常數，規則簡化為：

此題考驗定積分的計算，尤其是使用換元積分法。觀察被積函數 $\frac{x^3}{e^{x^4}}$，我們可以發現 $x^4$ 的導數 $4x^3$ 與分子中的 $x^3$ 形式相似。

解題步驟：
令 $u = x^4$。
對 $u$ 求導，我們得到 $du = 4x^3 dx$。
因此，$x^3 dx = \frac{1}{4} du$。

接下來，我們需要根據新的變數 $u$ 來改變積分的上下限。
當 $x=0$ 時， $u = 0^4 = 0$。
當 $x=1$ 時， $u = 1^4 = 1$。

此題考驗無窮級數的收斂性判斷。該級數是一個幾何級數的變形。

級數為 $\sum_{k=0}^\infty \frac{b^k}{(1+p)^k}$。
我們可以將其寫成 $\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{b}{1+p}\right)^k$。

這是一個幾何級數，其形式為 $\sum_{k=0}^\infty ar^k$，其中 $a=1$ (因為當 $k=0$ 時， $\left(\frac{b}{1+p}\right)^0 = 1$)，而公比 $r = \frac{b}{1+p}$。

幾何級數 $\sum_{k=0}^\infty ar^k$ 收斂的條件是 $|r| < 1$。
所以，該級數收斂若且唯若 $\left|\frac{b}{1+p}\right| < 1$。

此題考驗重積分的計算，特別是需要先確定積分區域並選擇合適的積分次序。

第一步：確定積分區域 $D$。
積分區域 $D$ 由兩條拋物線 $y = 2x^2$ 和 $y = 1+x^2$ 所圍成。
為了找到這兩條曲線的交點，我們令 $2x^2 = 1+x^2$。
$x^2 = 1$
$x = \pm 1$。
當 $x=1$ 時，$y = 2(1)^2 = 2$。
當 $x=-1$ 時，$y = 2(-1)^2 = 2$。
所以交點為 $(-1, 2)$ 和 $(1, 2)$。

在區間 $[-1, 1]$ 內，我們需要判斷哪條曲線在上，哪條在下。
例如，在 $x=0$ 時，$y = 2(0)^2 = 0$ 且 $y = 1+0^2 = 1$。
所以，在 $x \in (-1, 1)$ 的範圍內，$1+x^2 > 2x^2$。
因此，曲線 $y = 1+x^2$ 在上方，曲線 $y = 2x^2$ 在下方。

積分區域 $D$ 可以描述為：
$-1 \le x \le 1$
$2x^2 \le y \le 1+x^2$

第二步：選擇積分次序並計算積分。
我們可以選擇先對 $y$ 積分，再對 $x$ 積分 (dy dx)。
$\iint_D (x+2y) \, dxdy = \int_{-1}^{1} \int_{2x^2}^{1+x^2} (x+2y) \, dy \, dx$

首先計算內層積分：
$\int_{2x^2}^{1+x^2} (x+2y) \, dy = \left[ xy + y^2 \right]_{y=2x^2}^{y=1+x^2}$
$= \left( x(1+x^2) + (1+x^2)^2 \right) - \left( x(2x^2) + (2x^2)^2 \right)$

此題要求計算一個函數 $V(x)$，其定義為對函數 $f(x,y) = xy^2$ 在給定的區間 $[-1, 2]$ 上對 $y$ 取最大值。這涉及到尋找函數在一個閉區間上的最大值。

函數 $f(x,y) = xy^2$。我們需要對 $y \in [-1, 2]$ 求最大值。
注意到 $y^2$ 在區間 $[-1, 2]$ 上的行為。
$y^2$ 的最小值是 $0$ (當 $y=0$ 時)。
$y^2$ 的最大值發生在區間的端點。
當 $y=-1$ 時，$y^2 = (-1)^2 = 1$。
當 $y=2$ 時，$y^2 = 2^2 = 4$。
所以，$y^2$ 在 $[-1, 2]$ 上的最大值是 $4$ (發生在 $y=2$)。

現在我們考慮 $f(x,y) = x \cdot y^2$。
$V(x) = \max_{y \in [-1,2]} (x \cdot y^2)$。

這取決於 $x$ 的符號：

情況 1：$x > 0$。
如果 $x > 0$，則 $f(x,y) = x y^2$ 的值與 $y^2$ 的值成正比。為了最大化 $f(x,y)$，我們需要最大化 $y^2$。
在區間 $y \in [-1, 2]$ 上，$y^2$ 的最大值是 $4$，發生在 $y=2$。
所以，當 $x > 0$ 時，
$V(x) = x \cdot (\max_{y \in [-1,2]} y^2) = x \cdot 4 = 4x$。

此題要求證明或證偽一個關於無窮級數收斂性的基本定理，即級數收斂的必要條件。

陳述的命題是：「如果級數 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收斂，則 $\lim_{n\to\infty} a_n = 0$。」

這是一個非常重要的定理，稱為「級數收斂的必要條件」或「零項趨近定理」。我們將證明這個定理。

證明：
假設級數 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收斂。
根據級數的定義，其收斂意味著存在一個實數 $S$，使得部分和序列 $S_N = \sum_{n=1}^N a_n$ 收斂到 $S$，即 $\lim_{N\to\infty} S_N = S$。

我們需要證明 $\lim_{n\to\infty} a_n = 0$。
考慮數列 $\{a_n\}$。我們可以將 $a_n$ 表示為部分和的差：
$a_n = S_n - S_{n-1}$，對於 $n \ge 2$。
對於 $n=1$， $a_1 = S_1$。

由於 $\lim_{N\to\infty} S_N = S$，這意味著對於任何正整數序列，其對應的部分和序列的極限都是 $S$。
特別地，考慮序列 $S_N$ 和 $S_{N-1}$。
當 $N \to \infty$ 時，我們有：

此題要求判斷並證明或證偽一個關於單調函數是否具有有界變差的命題。

命題：如果函數 $f$ 在閉區間 $[a, b]$ 上是單調遞增的，則 $f$ 在 $[a, b]$ 上具有有界變差。
有界變差的定義是：對於任意分割 $a=x_0 < x_1 < \dots < x_n = b$，總變差 $V_n = \sum_{k=1}^n |f(x_k) - f(x_{k-1})|$ 存在一個上界 $M$，即 $V_n \le M$ 對於所有的分割都成立。

證明：
假設函數 $f$ 在閉區間 $[a, b]$ 上是單調遞增的。
這意味著對於區間內任意的 $x, y$，如果 $x < y$，則 $f(x) \le f(y)$。

考慮任意一個分割 $a=x_0 < x_1 < \dots < x_n = b$。
我們計算總變差：
$V_n = \sum_{k=1}^n |f(x_k) - f(x_{k-1})|$
由於 $f$ 是單調遞增的，對於每一個 $k \in \{1, 2, \dots, n\}$，我們有 $x_{k-1} < x_k$。
因此，$f(x_{k-1}) \le f(x_k)$。
這意味著 $f(x_k) - f(x_{k-1}) \ge 0$。
所以，絕對值 $|f(x_k) - f(x_{k-1})|$ 就是 $f(x_k) - f(x_{k-1})$ 本身。
$|f(x_k) - f(x_{k-1})| = f(x_k) - f(x_{k-1})$

將此結果代入總變差的求和式中：
$V_n = \sum_{k=1}^n (f(x_k) - f(x_{k-1}))$
這是一個伸展和（telescoping sum）：

此題要求證明一個關於可微函數的結論，該結論是微分中值定理（Mean Value Theorem, MVT）在向量形式下的推廣。然而，題目中給出的條件和結論形式略有不同，需要仔細分析。

首先，題目給出的定義：
$[x, y] := \{x + \lambda(y-x) : \lambda \in [0,1]\}$ 是從點 $x$ 到點 $y$ 的線段（包含端點）。
$(x,y) := \{x + \lambda(y-x) : \lambda \in (0,1)\}$ 是線段的開區間（不包含端點）。
$f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 是一個實值函數。
$\nabla f(w)$ 是函數 $f$ 在點 $w$ 的梯度。
$f(y) - f(x) = \nabla f(w)^T (y-x)$。

注意到，如果 $f$ 是從 $\mathbb{R}$ 到 $\mathbb{R}$ 的函數，那麼 $\nabla f(w)$ 實際上就是 $f'(w)$，一個純量。
同時，$y-x$ 也是一個純量。
所以，$\nabla f(w)^T$ 實際上就是 $f'(w)$。
因此，題目結論的向量形式 $f(y) - f(x) = \nabla f(w)^T (y-x)$，對於 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 來說，就變成了 $f(y) - f(x) = f'(w)(y-x)$。

這正是標準的微分中值定理 (MVT) 的形式。
微分中值定理的條件是：如果函數 $f$ 在閉區間 $[a, b]$ 上連續，在開區間 $(a, b)$ 上可微，則存在一點 $c \in (a, b)$ 使得 $f(b) - f(a) = f'(c)(b-a)$。

在我們的題目中：

1. 函數 $f$ 在一個包含線段 $[x, y]$ 的開集內是連續可微的。這意味著 $f$ 在閉區間 $[x, y]$ 上是連續的，並且在開區間 $(x, y)$ 上是可微的。
2. 我們需要證明存在 $w \in (x,y)$ 使得 $f(y) - f(x) = f'(w)(y-x)$。

這裡的 $x$ 和 $y$ 是實數，所以 $[x,y]$ 就是一個標準的實數區間（如果 $x<y$）或 $[y,x]$（如果 $y<x$）。
我們假設 $x < y$。那麼區間是 $[x, y]$。