109 年 國立臺灣大學國際企業學系碩士班乙組《微積分（C）》

核心觀念

本題考查三個重點：

1. 累積分布函數的定義：
   $F_x(a)=\int_{-\infty}^{a}f(x)\,dx$

2. 改變二重積分的積分順序。

3. 正部函數的恆等式：
   $(\eta-x)^+-(\eta-x)=(x-\eta)^+$

其中，$(\eta-x)^+$ 表示只保留 $\eta-x$ 的非負部分。

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（a）證明 $H_x(\eta)=E[(\eta-x)^+]$

由定義，

$$H_x(\eta)=\int_{-\infty}^{\eta}F_x(a)\,da$$

代入累積分布函數：

$$H_x(\eta) = \int_{-\infty}^{\eta} \left( \int_{-\infty}^{a}f(x)\,dx \right) da$$

原本的積分區域為

$$-\infty<x\leq a\leq\eta$$

將積分順序改為先對 $a$ 積分。固定 $x$ 後，$a$ 的範圍是 $x\leq a\leq\eta$，且必須有 $x\leq\eta$，因此

$$H_x(\eta) = \int_{-\infty}^{\eta} \left( \int_x^{\eta} da \right)f(x)\,dx$$

計算內層積分：

$$\int_x^{\eta} da=\eta-x$$

故

$$H_x(\eta) = \int_{-\infty}^{\eta}(\eta-x)f(x)\,dx$$

當 $x\leq\eta$ 時，$(\eta-x)^+=\eta-x$；當 $x>\eta$ 時，$(\eta-x)^+=0。因此可將上式寫成全實數範圍的積分：

$$H_x(\eta) = \int_{-\infty}^{\infty}(\eta-x)^+f(x)\,dx$$

依期望值定義，

$$\boxed{H_x(\eta)=E[(\eta-x)^+]}$$

此處改變積分順序可由被積函數非負，使用 Tonelli 定理成立。

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（b）證明 $H_x(\eta)-(\eta-E[x])=E[(x-\eta)^+]$

對每一個實數 $x

核心觀念

本題使用下列公式：

$$N'(d)=n(d)$$

其中 $n(d)$ 為標準常態密度函數。微分時須使用乘積法則與鏈鎖律，並善用

$$d_1-d_2=\sigma\sqrt{T}$$

以及題目第 (a) 小題所要求的密度函數關係。

不過，題面給定的

$$\alpha=r-q-\frac{\sigma^2}{2}$$

與 $d_1,d_2$ 的定義並不相容於第 (a) 小題的等式。由題面原式只能得到

$$\frac{Se^{\alpha T}n(d_1)} {Xe^{-rT}n(d_2)} = e^{(r-\sigma^2/2)T},$$

因此一般不等於 $1$。本題合理的原意應為第一項係數 $Se^{-qT}$，亦即取 $\alpha=-q$。以下依此修正後的標準版本作答。

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(a) 證明密度函數關係

令

$$L=\ln\left(\frac{S}{X}\right)+(r-q)T.$$

由 $d_1$、$d_2$ 的定義，

$$d_1=\frac{L+\frac{1}{2}\sigma^2T}{\sigma\sqrt{T}}, \qquad d_2=\frac{L-\frac{1}{2}\sigma^2T}{\sigma\sqrt{T}}.$$

因此

$$d_1-d_2=\sigma\sqrt{T},$$

且

$$d_1+d_2=\frac{2L}{\sigma\sqrt{T}}.$$

所以

$$d_1^2-d_2^2 =(d_1-d_2)(d_1+d_2) =2L.$$

標準常態密度函數為

$$n(d)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-d^2/2}.$$

故

$$\frac{n(d_1)}{n(d_2)} = e^{-(d_1^2-d_2^2)/2} = e^{-L}.$$

於是

$$\frac{Se^{-qT}n(d_1)} {Xe^{-rT}n(d_2)} = \frac{S}{X}e^{(r-q)T}e^{-L}.$$

由 $L=\ln(S/X)+(r-q)T$，可得

$$\frac{S}{X}e^{(r-q)T}=e^L.$$

因此

$$\frac{Se^{-qT}n(d_1)} {Xe^{-rT}n(d_2)} =1,$$

即

$$\boxed{Se^{-qT}n(d_1)=Xe^{-rT}n(d_2)}.$$

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(b) 求 $\dfrac{\partial c}{\partial\sigma}$

在修正後的公式

$$c=Se^{-qT}N(d_1)-Xe^{-rT}N(d_2)$$

中，$Se^{-qT}$ 與 $Xe^{-rT}$ 均與 $\sigma$ 無關，因此

$$\frac{\partial c}{\partial\sigma} = Se^{-qT}n(d_1)\frac{\partial d_1}{\partial\sigma} - Xe^{-rT}n(d_2)\frac{\partial d_2}{\partial\sigma}.$$

由第 (c) 小題可知

$$\frac{\partial d_1}{\partial\sigma} =-\frac{d_2}{\sigma},$$ $$\frac{\partial d_2}{\partial\sigma} =-\sqrt{T}-\frac{d_2}{\sigma}.$$

代入後，

$$\begin{aligned} \frac{\partial c}{\partial\sigma} &= Se^{-qT}n(d_1)\left(-\frac{d_2}{\sigma}\right) - Xe^{-rT}n(d_2) \left(-\sqrt{T}-\frac{d_2}{\sigma}\right)\\ &= -\frac{d_2}{\sigma}Se^{-qT}n(d_1) + Xe^{-rT}n(d_2) \left(\sqrt{T}+\frac{d_2}{\sigma}\right). \end{aligned}$$

利用 (a) 的結果，兩個密度項相等，因此含 $d_2/\sigma$ 的部分互相抵消：

$$\frac{\partial c}{\partial\sigma} = Se^{-qT}\sqrt{T}\,n(d_1).$$

若題目中的「$AN(B)$」原意為 $A n(B)$，則

$$\boxed{A=Se^{-qT}\sqrt{T}}, \qquad \boxed{B=d_1}.$$

若嚴格解讀為 $A N(B)$，則可寫成

$$\frac{\partial c}{\partial\sigma} = \left( Se^{-qT}\sqrt{T}\frac{n(d_1)}{N(d_1)} \right)N(d_1),$$

故

$$\boxed{ A=Se^{-qT}\sqrt{T}\frac{n(d_1)}{N(d_1)} }, \qquad \boxed{B=d_1}.$$

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本題考驗隱函數微分法 (Implicit Differentiation)。

核心觀念：
當一個方程式無法明確表示 $y$ 是 $x$ 的函數時，我們對方程式的兩邊同時微分，並將 $y$ 視為 $x$ 的函數來處理。

解題步驟：
給定方程式 $x\cos y + y\cos x = 1$。
我們對等式兩邊同時對 $x$ 微分。

對第一項 $x\cos y$ 微分：
使用乘法定則 $(uv)' = u'v + uv'$。
令 $u=x$, $v=\cos y$。
$u' = \frac{d}{dx}(x) = 1$。
$v' = \frac{d}{dx}(\cos y) = -\sin y \cdot \frac{dy}{dx}$ (鏈式法則)。
所以，$\frac{d}{dx}(x\cos y) = 1 \cdot \cos y + x \cdot (-\sin y \frac{dy}{dx}) = \cos y - x\sin y \frac{dy}{dx}$。

對第二項 $y\cos x$ 微分：
使用乘法定則。
令 $u=y$, $v=\cos x$。
$u' = \frac{dy}{dx}$。
$v' = \frac{d}{dx}(\cos x) = -\sin x$。

本題要求計算兩條曲線所圍區域的面積。

核心觀念：
計算兩曲線圍成的區域面積，通常需要以下步驟：

1. 找出兩曲線的交點，以確定積分的上下限。
2. 判斷在積分區間內，哪一個函數的值較大，以確定上下積分函數。
3. 計算定積分 $\int_{a}^{b} (y_{upper} - y_{lower}) dx$。

解題步驟：
首先，我們簡化第一條曲線的方程式：
$y = x^2 - 6x^2 + 8x = -5x^2 + 8x$。
第二條曲線是 $y = x^2 - 4x$。

第一步：找出兩曲線的交點。
令兩函數相等：
$-5x^2 + 8x = x^2 - 4x$
將所有項移到一邊：
$0 = x^2 - 4x - (-5x^2 + 8x)$
$0 = x^2 - 4x + 5x^2 - 8x$
$0 = 6x^2 - 12x$
提取公因式 $6x$：
$0 = 6x(x - 2)$
因此，交點的 $x$ 座標為 $x=0$ 和 $x=2$。
這兩個交點將作為我們積分的上下限。

第二步：判斷在積分區間 $[0, 2]$ 內，哪一個函數的值較大。
我們可以選擇一個測試點，例如 $x=1$，代入兩函數：
對於 $y_1 = -5x^2 + 8x$：
$y_1(1) = -5(1)^2 + 8(1) = -5 + 8 = 3$。
對於 $y_2 = x^2 - 4x$：

本題要求計算一個三角函數積分。

核心觀念：
對於兩個三角函數相乘的積分，通常使用以下兩種方法之一：

1. 三角恆等式：利用積化和差公式將乘積轉換為和或差的形式。
2. 分部積分法：如果恆等式不適用或較複雜，可以嘗試分部積分。

解題步驟：
我們使用積化和差公式。
公式為：$\sin A \cos B = \frac{1}{2}[\sin(A+B) + \sin(A-B)]$。
在這裡，令 $A = 3x$ 且 $B = 2x$。

代入公式：
$\sin 3x \cos 2x = \frac{1}{2}[\sin(3x+2x) + \sin(3x-2x)]$
$\sin 3x \cos 2x = \frac{1}{2}[\sin(5x) + \sin(x)]$

現在，我們對轉換後的表達式進行積分：
$\int \sin 3x \cos 2x dx = \int \frac{1}{2}[\sin(5x) + \sin(x)] dx$

本題要求判斷一個無窮級數的收斂性。

核心觀念：
判斷無窮級數收斂性的常用方法包括：

1. 比較審斂法 (Comparison Test)。
2. 極限比較審斂法 (Limit Comparison Test)。
3. 積分審斂法 (Integral Test)。
4. 比值審斂法 (Ratio Test)。
5. 根值審斂法 (Root Test)。

在此級數中，項的結構是 $1/(n^2+2)^{3/2}$，當 $n$ 很大時，它近似於 $1/(n^2)^{3/2} = 1/n^3$。
$n^3$ 的級數 $\sum \frac{1}{n^3}$ 是一個 $p$-級數，且 $p=3 > 1$，所以它是收斂的。
這提示我們可以使用比較審斂法或極限比較審斂法。

解題步驟：
我們使用極限比較審斂法。
令 $a_n = \frac{1}{(n^2+2)^{3/2}}$。
選擇一個較級數 $a_n$ 結構相似且已知收斂性的級數 $b_n$。
當 $n$ 很大時，$(n^2+2)^{3/2} \approx (n^2)^{3/2} = n^3$。
所以，我們選擇 $b_n = \frac{1}{n^3}$。
級數 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}$ 是一個 $p$-級數，其中 $p=3$。
因為 $p > 1$，所以級數 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 收斂。

現在，我們計算極限 $L = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n}$：
$L = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{(n^2+2)^{3/2}}}{\frac{1}{n^3}}$

本題要求確定一個冪級數的收斂區間。

核心觀念：
判斷冪級數收斂區間的常用方法是使用比值審斂法 (Ratio Test) 或根值審斂法 (Root Test)。

解題步驟：
令 $a_n = \frac{x^n}{\eta (\eta^2+2)^{3/2}}$。
我們使用比值審斂法。計算極限 $L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right|$。
$a_{n+1} = \frac{x^{n+1}}{\eta ((\eta+1)^2+2)^{3/2}}$。
注意：題目中的 $\eta$ 似乎是一個常數，而不是級數的索引變數。通常冪級數的索引是 $n$，而常數部分可能是 $a^n$ 或 $x^n$。這裡的 $\eta$ 似乎是常數。
題目寫的是 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{\eta (\eta^2+2)^{3/2}}$。
如果 $\eta$ 是常數，那麼 $\eta (\eta^2+2)^{3/2}$ 是一個常數因子。
我們將此常數因子寫成 $C = \eta (\eta^2+2)^{3/2}$。
則級數變為 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{C} x^n = \frac{1}{C} \sum_{n=0}^{\infty} x^n$。
這是等比級數 $\sum x^n$ 的常數倍。
等比級數 $\sum_{n=0}^{\infty} x^n$ 的收斂條件是 $|x| < 1$。
收斂區間為 $(-1, 1)$。

然而，如果 $\eta$ 是級數的索引變數，而不是常數，那麼題目寫法就非常奇怪。
假設 $\eta$ 是常數，並且它在級數的每一項中都是固定的。

我們再次檢查題目： $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{\eta (\eta^2+2)^{3/2}}$。
如果 $\eta$ 是一個常數，則 $\eta (\eta^2+2)^{3/2}$ 是一個常數。
令 $K = \eta (\eta^2+2)^{3/2}$。
級數變為 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{K} = \frac{1}{K} \sum_{n=0}^{\infty} x^n$。
這是一個幾何級數，其收斂條件為 $|x| < 1$。
收斂區間是 $(-1, 1)$。

我們還需要檢查端點 $x=1$ 和 $x=-1$。
當 $x=1$ 時，級數變為 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1^n}{K} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{K} = \frac{1}{K} \sum_{n=0}^{\infty} 1$。
這個級數是發散的（除非 $K$ 趨近於無窮大，但 $\eta$ 被假定為常數）。

當 $x=-1$ 時，級數變為 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{K} = \frac{1}{K} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n$。
這個級數是 $(-1+1-1+1-\dots)$，在 $-1$ 和 $0$ 之間震盪，也是發散的。

所以，收斂區間是 $(-1, 1)$。

但是，如果題目中的 $\eta$ 是來自第 6 題的 $\eta$，並且我們需要將它看作是級數中的一個參數，而不是索引。
第 6 題是 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n^2+2)^{3/2}}$。
如果此題的 $\eta$ 是指 $n$ 的某個表達式，那題目寫法就不對了。
假設 $\eta$ 是一個固定的常數。

我們再仔細看題目：$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{\eta (\eta^2+2)^{3/2}}$。
如果 $\eta$ 是常數，那麼 $\eta (\eta^2+2)^{3/2}$ 是一個常數。
令 $C = \eta (\eta^2+2)^{3/2}$。
級數是 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{C} = \frac{1}{C} \sum_{n=0}^{\infty} x^n$。
這是幾何級數 $\sum x^n$ 的 $1/C$ 倍。
幾何級數 $\sum_{n=0}^{\infty} x^n$ 在 $|x| < 1$ 時收斂。
因此，收斂區間為 $(-1, 1)$。

檢查端點：
當 $x=1$ 時，級數為 $\frac{1}{C} \sum_{n=0}^{\infty} 1^n = \frac{1}{C} \sum_{n=0}^{\infty} 1$，此級數發散。
當 $x=-1$ 時，級數為 $\frac{1}{C} \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n = \frac{1}{C} (1 - 1 + 1 - 1 + \dots)$，此級數發散。

所以，收斂區間是 $(-1, 1)$。

然而，這題的寫法非常奇怪，尤其是 $\eta (\eta^2+2)^{3/2}$ 的部分。
如果題目是 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{(n^2+2)^{3/2}}$，則使用比值審斂法：
$a_n = \frac{x^n}{(n^2+2)^{3/2}}$。
$L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{x^{n+1}/((n+1)^2+2)^{3/2}}{x^n/(n^2+2)^{3/2}} \right|$
$L = \lim_{n \to \infty} \left| x \right| \frac{(n^2+2)^{3/2}}{((n+1)^2+2)^{3/2}}$
$L = |x| \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n^2+2}{(n+1)^2+2} \right)^{3/2}$
$L = |x| \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n^2+2}{n^2+2n+1+2} \right)^{3/2}$
$L = |x| \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n^2(1+2/n^2)}{n^2(1+2/n+3/n^2)} \right)^{3/2}$
$L = |x| \left( \frac{1}{1} \right)^{3/2} = |x|$。
級數在 $|x| < 1$ 時收斂。

檢查端點：
當 $x=1$ 時，級數為 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n^2+2)^{3/2}}$。
根據第 6 題的結果，這個級數是收斂的。