114 年 國立清華大學計量財務金融研究所財務工程組《微積分》

此題考查定積分的計算，重點在於處理被積函數中的 $\min$ 函數，需要根據不同區間將其拆解。

解題步驟：
首先，我們需要找出函數 $y = 3x$ 和 $y = 4 - x^2$ 的交點，以及比較它們的大小關係。
令 $3x = 4 - x^2$，移項可得 $x^2 + 3x - 4 = 0$。
因式分解得到 $(x+4)(x-1) = 0$，所以交點的 $x$ 座標為 $x = -4$ 和 $x = 1$。

我們需要計算的積分區間是 $[-2, 2]$。在這個區間內，我們只需要考慮 $x = 1$ 這個交點。
我們需要確定在 $[-2, 1]$ 和 $[1, 2]$ 這兩個區間內，哪一個函數值較小。

考慮區間 $[-2, 1]$：
我們可以在此區間內任取一點測試，例如 $x=0$。
此時，$3x = 3(0) = 0$。
$4 - x^2 = 4 - 0^2 = 4$。
因為 $0 < 4$，所以在 $x=0$ 時，$3x < 4 - x^2$。
更嚴謹地，我們知道在交點 $x=1$ 左側，二次函數 $4-x^2$ 在交點 $x=-4$ 和 $x=1$ 之間是開口向下的拋物線，而直線 $3x$ 則是一條斜率為正的直線。在區間 $[-2, 1]$ 上，$x^2+3x-4 \le 0$，所以 $3x \le 4-x^2$。
因此，在 $[-2, 1]$ 區間上，$\min\{3x, 4 - x^2\} = 3x$。

考慮區間 $[1, 2]$：
我們可以在此區間內任取一點測試，例如 $x=2$。
此時，$3x = 3(2) = 6$。
$4 - x^2 = 4 - 2^2 = 0$。
因為 $6 > 0$，所以在 $x=2$ 時，$3x > 4 - x^2$。
更嚴謹地，在交點 $x=1$ 右側，對於 $x > 1$，$x^2+3x-4 > 0$，所以 $3x > 4-x^2$。

此題考查集合函數的性質，特別是關於積分的區間可加性。

核心觀念：對於一個定義在集合上的積分函數，如果積分的區域可以被分割成不相交的子集合，那麼該函數在整個區域上的值是否等於其在各個子區域上值的總和。這與測度論中的測度性質（可列可加性）類似，對於有限個不相交集合，積分是滿足可加性的。

解題步驟：
題目定義了一個集合函數 $I(A) = \int_{A} e^{-x} dx$，其中 $A \subset (0, \infty)$。
我們需要判斷對於 $A_3 := (1, 4) \cup [4, 5)$，是否成立 $I(A_3) = I((1,4)) + I([4, 5))$。

首先，我們來理解這個集合函數的意義。它表示對集合 $A$ 中的所有 $x$ 值，計算 $e^{-x}$ 的積分。
由於 $e^{-x}$ 是一個連續函數，根據積分的性質，對於兩個不相交的集合 $A_1$ 和 $A_2$，積分滿足可加性：
$\int_{A_1 \cup A_2} f(x) dx = \int_{A_1} f(x) dx + \int_{A_2} f(x) dx$。

在這裡，我們考慮的集合是 $A_3 = (1, 4) \cup [4, 5)$。
集合 $(1, 4)$ 和 $[4, 5)$ 是兩個不相交的集合。
$(1, 4) = \{x \in \mathbb{R} \mid 1 < x < 4\}$
$[4, 5) = \{x \in \mathbb{R} \mid 4 \le x < 5\}$
這兩個集合的交集為空集，即 $(1, 4) \cap [4, 5) = \emptyset$。

根據積分的性質，我們可以將積分的區域 $(1, 4) \cup [4, 5)$ 分割成 $(1, 4)$ 和 $[4, 5)$ 這兩個部分。
因此，
$I(A_3) = I((1, 4) \cup [4, 5)) = \int_{(1, 4) \cup [4, 5)} e^{-x} dx$
由於 $(1, 4)$ 和 $[4, 5)$ 是不相交的，根據積分的可加性：

此題考查函數在某點的微分性質，特別是當函數在該點被定義為常數時，其微分的判斷。

核心觀念：判斷一個函數在點 $x=a$ 是否可微，需要計算其在該點的導數定義極限 $\lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) - f(a)}{h}$ 是否存在。

解題步驟：
我們要判斷函數 $f(x)$ 在 $x=0$ 點是否可微。
根據微分的定義，我們需要計算極限：
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h}$

將函數的定義代入：
$f(0) = 0$ (由題目定義)
$f(0+h) = f(h) = h^2 \sin\left(\frac{1}{h}\right)$ (因為我們考慮 $h \to 0$，所以 $h \neq 0$)

將這些代入極限式：
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \sin\left(\frac{1}{h}\right) - 0}{h}$
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \sin\left(\frac{1}{h}\right)}{h}$
$f'(0) = \lim_{h \to 0} h \sin\left(\frac{1}{h}\right)$

現在我們來計算這個極限。
我們知道 $|\sin(x)| \le 1$ 對於任何實數 $x$ 都成立。

此題考查對數函數的基本性質。題目要求證明 $\log(x^n) = n \log(x)$ 對於所有自然數 $n$ 都成立。

核心觀念：對數函數的性質，特別是冪次法則。

解題步驟：
我們需要證明 $\log(x^n) = n \log(x)$ 對於 $x > 0$ 和 $n \in \mathbb{N}$。

方法一：利用對數的定義和指數函數的性質。
令 $y = \log(x)$。根據對數的定義，這意味著 $e^y = x$。
現在考慮 $x^n$。
$x^n = (e^y)^n$
利用指數律，$(a^m)^n = a^{mn}$，我們得到：
$x^n = e^{yn}$

現在，我們對 $x^n$ 取自然對數：
$\log(x^n) = \log(e^{yn})$
根據對數函數和指數函數互為反函數的性質，$\log(e^z) = z$。
所以，
$\log(x^n) = yn$

我們知道 $y = \log(x)$，所以將 $y$ 代回去：
$\log(x^n) = n \log(x)$
這個證明對於任意實數 $n$ 都成立，自然也對自然數 $n$ 成立。

方法二：數學歸納法。
我們需要證明對所有 $n \in \mathbb{N}$，命題 $P(n): \log(x^n) = n \log(x)$ 成立。

此題是個經典的數學定理——不動點定理（Fixed Point Theorem）在閉區間上的應用。題目要求證明一個連續函數 $f: [a, b] \to [a, b]$ 至少存在一個點 $c$ 使得 $f(c) = c$。

核心觀念：中間值定理（Intermediate Value Theorem, IVT）。

解題步驟：
我們需要證明存在 $c \in [a, b]$ 使得 $f(c) = c$。
這個條件 $f(c) = c$ 可以改寫成 $f(c) - c = 0$。
因此，我們可以定義一個新的輔助函數 $g(x) = f(x) - x$。
如果我們能證明存在 $c \in [a, b]$ 使得 $g(c) = 0$，那麼 $f(c) - c = 0$，即 $f(c) = c$。

現在我們來分析函數 $g(x)$ 的性質：

1. 定義域和值域：
   函數 $f(x)$ 的定義域是 $[a, b]$，值域也是 $[a, b]$。
   對於任意 $x \in [a, b]$，我們有 $a \le f(x) \le b$。
   因此，對於 $g(x) = f(x) - x$：
   $g(a) = f(a) - a$。由於 $f(a) \in [a, b]$，所以 $f(a) \ge a$。因此，$g(a) \ge 0$。
   $g(b) = f(b) - b$。由於 $f(b) \in [a, b]$，所以 $f(b) \le b$。因此，$g(b) \le 0$。

此題考查函數的連續性與右連續性，特別是分段函數在分界點的行為。

核心觀念：

1. 連續性：函數 $F(x)$ 在點 $a$ 連續，若 $\lim_{x \to a} F(x) = F(a)$。對於分段函數，需要檢查在分界點的左極限、右極限是否相等且等於函數值。
2. 右連續性：函數 $F(x)$ 在點 $a$ 右連續，若 $\lim_{x \to a^+} F(x) = F(a)$。

解題步驟：

首先，我們分析函數 $F(x)$ 的結構。它在 $x < 0$ 和 $x \ge 0$ 這兩個區域分別由不同的表達式定義。分界點是 $x=0$。
對於 $x < 0$ 的區域，函數表達式為 $F_1(x) = \frac{1-\varepsilon}{1+\varepsilon e^{-x}}$。由於 $e^{-x}$ 在 $x < 0$ 上是連續且非零的，且分母 $1+\varepsilon e^{-x} \neq 0$ (因為 $\varepsilon > 0$ 且 $e^{-x} > 0$)，所以 $F_1(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上是連續的。
對於 $x \ge 0$ 的區域，函數表達式為 $F_2(x) = \frac{\varepsilon}{1+\varepsilon e^{-x}}$。同樣地，在 $x \ge 0$ 上，$e^{-x}$ 是連續的，且分母 $1+\varepsilon e^{-x} \neq 0$，所以 $F_2(x)$ 在 $[0, \infty)$ 上是連續的。

因此，我們只需要檢查在分界點 $x=0$ 的情況。

(i) 連續性 (Continuity)

為了判斷 $F(x)$ 在 $x=0$ 是否連續，我們需要檢查左極限、右極限和函數值是否相等。
函數值：
$F(0) = \frac{\varepsilon}{1+\varepsilon e^{-0}} = \frac{\varepsilon}{1+\varepsilon} = \frac{\varepsilon}{1+\varepsilon}$。

左極限：
$\lim_{x \to 0^-} F(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{1-\varepsilon}{1+\varepsilon e^{-x}}$
當 $x \to 0^-$, $e^{-x} \to e^0 = 1$。
所以，$\lim_{x \to 0^-} F(x) = \frac{1-\varepsilon}{1+\varepsilon \cdot 1} = \frac{1-\varepsilon}{1+\varepsilon}$。

右極限：
$\lim_{x \to 0^+} F(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\varepsilon}{1+\varepsilon e^{-x}}$
當 $x \to 0^+$, $e^{-x} \to e^0 = 1$。

此題考查函數的可微性與連續性之間的關係。

核心觀念：如果一個函數在某一點可微，那麼它在那一點一定是連續的。

解題步驟：
我們需要證明：如果函數 $f$ 在點 $x$ 可微，則 $f$ 在點 $x$ 連續。

已知條件：$f$ 在點 $x$ 可微。
根據可微的定義，這意味著導數 $f'(x)$ 存在，即極限
$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h}$
存在。

我們要證明的是：$f$ 在點 $x$ 連續。
根據連續的定義，這意味著 $\lim_{h \to 0} f(x+h) = f(x)$，或者等價地，$\lim_{h \to 0} (f(x+h) - f(x)) = 0$。

考慮差值 $f(x+h) - f(x)$。我們可以將其改寫成：
$f(x+h) - f(x) = \frac{f(x+h) - f(x)}{h} \cdot h$
這裡我們假設 $h \neq 0$，以便分母不為零。

現在我們來計算這個差值的極限：

此題考查函數序列的逐點極限以及極限函數的連續性。

核心觀念：

1. 逐點極限：對於一個函數序列 $\{f_n(x)\}$，其逐點極限 $f(x)$ 是對每一個固定的 $x$ 值，計算 $\lim_{n\to\infty} f_n(x)$。
2. 連續性：判斷極限函數 $f(x)$ 是否連續。

解題步驟：

我們需要計算 $f(x) = \lim_{n\to\infty} f_n(x) = \lim_{n\to\infty} \max\{0, 1-n|x|\}$。
我們需要分情況討論 $x$ 的值。

情況 1：$x = 0$。
$f_n(0) = \max\{0, 1-n|0|\} = \max\{0, 1-0\} = \max\{0, 1\} = 1$。
所以，$\lim_{n\to\infty} f_n(0) = \lim_{n\to\infty} 1 = 1$。
因此，$f(0) = 1$。

情況 2：$x \neq 0$。
在此情況下，$|x| > 0$。
考慮 $1 - n|x|$。
當 $n \to \infty$ 時，$n|x| \to \infty$ (因為 $|x| > 0$)。
所以，$1 - n|x| \to -\infty$。
因此，$\max\{0, 1-n|x|\}$ 的值將會趨近於 0。
更精確地說，當 $1-n|x| < 0$ 時，$\max\{0, 1-n|x|\} = 0$。
$1 - n|x| < 0 \iff 1 < n|x| \iff n > \frac{1}{|x|}$。
所以，對於足夠大的 $n$（即 $n > \frac{1}{|x|}$），$f_n(x) = 0$。

此題考查實數數列的收斂性質，特別是關於有界單調數列的性質。

核心觀念：單調收斂定理（Monotone Convergence Theorem）。

解題步驟：
題目給定一個數列 $\{x_n\}_{n=1}^\infty$ 滿足兩個條件：

1. 有界 (bounded)：存在一個實數 $M$ 使得 $|x_n| \le M$ 對於所有的 $n \ge 1$ 成立。這意味著數列的每一項都在一個閉區間 $[-M, M]$ 內。
2. 遞增 (increasing)：對於所有的 $n \ge 1$，都有 $x_n \le x_{n+1}$。

我們需要判斷 $\lim_{n\to\infty} x_n$ 是否存在。

根據單調收斂定理，一個實數數列，如果它是單調遞增的並且有上界，那麼它必定收斂到一個實數。

證明：
由於數列 $\{x_n\}$ 有上界，存在一個實數 $M$ 使得 $x_n \le M$ 對於所有 $n \ge 1$。
考慮集合 $S = \{x_n \mid n \in \mathbb{N}\}$。這個集合 $S$ 是非空（因為至少包含 $x_1$）且有上界的。
根據實數的完備性公理（Completeness Axiom），任何非空且有上界的實數集合必定存在一個最小上界（上確界，supremum）。
令 $L = \sup S$。

我們需要證明 $\lim_{n\to\infty} x_n = L$。
根據上確界的定義，我們有兩個性質：
a) $L$ 是 $S$ 的一個上界，即對於所有 $x_n \in S$，都有 $x_n \le L$。

核心觀念

• Grönwall 不等式（積分型）是解此類不等式的關鍵工具。
• 連續且非負的函數 $f,g$ 使得積分 $\int_a^x f(t)g(t)\,dt$ 定義良好。
• 指數函數的導數 $\frac{d}{dx} e^{\int_a^x g(t)dt}=g(x)\,e^{\int_a^x g(t)dt}$ 將在證明中被利用。

解題方法

1. 構造輔助函數
   定義
   $h(x)=C+\int_a^x f(t)g(t)\,dt.$
   由題設 $f(x)\le h(x)$，且 $h$ 同樣連續非負。

2. 對 $h$ 求導（利用基本微積分定理）
   $h'(x)=f(x)g(x).$

3. 比較 $h'$ 與 $h$
   由 $f(x)\le h(x)$ 與 $g(x)\ge0$ 得
   $h'(x)=f(x)g(x)\le h(x)g(x).$

4. 套用 Grönwall 型不等式
   考慮不等式
   $h'(x)\le g(x)h(x),\qquad h(a)=C.$
   把兩邊除以 $h(x)$（$h(x)>0$ 因 $C>0$）得到
   $\frac{h'(x)}{h(x)}\le g(x).$
   在 $[a,x]$ 上積分：

$\int_a^x \frac{h'(t)}{h(t)}dt\le\int_a^x g(t)dt.$

左側是 $\ln h(x)-\ln h(a)$，故

$\ln h(x)-\ln C\le\int_a^x g(t)dt.$

兩邊指數化得到