108 年 國立政治大學國際經營與貿易學系碩士班國際經貿法組《微積分》

本題考驗極限的計算能力，包含基本極限和帶有不定型態的極限。

(a) 此為常見的標準極限，其值為 1。
解法：
這是數學上一個非常重要的極限， $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$。
這個結果可以透過羅必達法則 (L'Hôpital's Rule) 或幾何證明得到。
使用羅必達法則：
$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}$ 屬於 $\frac{0}{0}$ 的不定型態。
對分子和分母分別微分：

本題考驗瑕積分 (improper integral) 的計算能力。

(a) 此為高斯積分 (Gaussian integral) 的變形，需要使用極座標轉換或 Gamma 函數來求解。
解法：
令 $I = \int_0^\infty x^2 e^{-x^2} dx$。
這是一個瑕積分。我們可以使用 Gamma 函數的定義來求解。
Gamma 函數定義為 $\Gamma(z) = \int_0^\infty t^{z-1} e^{-t} dt$。
為了將原積分轉換成 Gamma 函數的形式，我們進行變數代換。
令 $t = x^2$, 則 $dt = 2x dx$, 且 $dx = \frac{dt}{2x} = \frac{dt}{2\sqrt{t}}$。
當 $x=0$, $t=0$；當 $x \to \infty$, $t \to \infty$。
原積分變為：
$I = \int_0^\infty (\sqrt{t})^2 e^{-t} \frac{dt}{2\sqrt{t}} = \int_0^\infty t e^{-t} \frac{dt}{2\sqrt{t}} = \frac{1}{2} \int_0^\infty t^{1 - 1/2} e^{-t} dt = \frac{1}{2} \int_0^\infty t^{1/2} e^{-t} dt$。
這符合 Gamma 函數的形式 $\Gamma(z) = \int_0^\infty t^{z-1} e^{-t} dt$，其中 $z-1 = 1/2$, 所以 $z = 3/2$。
因此，$I = \frac{1}{2} \Gamma(\frac{3}{2})$。
我們知道 $\Gamma(\frac{1}{2}) = \sqrt{\pi}$。
並且 $\Gamma(z+1) = z\Gamma(z)$。
所以 $\Gamma(\frac{3}{2}) = \Gamma(\frac{1}{2} + 1) = \frac{1}{2}\Gamma(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}\sqrt{\pi}$。
將此代入 $I$：
$I = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2}\sqrt{\pi} = \frac{\sqrt{\pi}}{4}$。

另一種方法是利用高斯積分 $\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$。
考慮 $I^2 = (\int_0^\infty x^2 e^{-x^2} dx)^2 = (\int_0^\infty y^2 e^{-y^2} dy)(\int_0^\infty x^2 e^{-x^2} dx)$。
使用極座標轉換：
令 $x = r \cos\theta$, $y = r \sin\theta$。
$x^2 = r^2 \cos^2\theta$, $y^2 = r^2 \sin^2\theta$。
$dx dy$ 變成 $r dr d\theta$。
積分區域是第一象限。
$I^2 = \int_0^\infty \int_0^\infty (x^2 e^{-x^2})(y^2 e^{-y^2}) dx dy = \int_0^\infty \int_0^\infty x^2 y^2 e^{-(x^2+y^2)} dx dy$。
在極座標下，$x^2+y^2 = r^2$。
$I^2 = \int_0^{\pi/2} \int_0^\infty (r^2 \cos^2\theta)(r^2 \sin^2\theta) e^{-r^2} r dr d\theta$
$I^2 = \int_0^{\pi/2} \cos^2\theta \sin^2\theta d\theta \int_0^\infty r^5 e^{-r^2} dr$。
計算 $\int_0^{\pi/2} \cos^2\theta \sin^2\theta d\theta = \int_0^{\pi/2} (\frac{1}{2}\sin(2\theta))^2 d\theta = \frac{1}{4} \int_0^{\pi/2} \sin^2(2\theta) d\theta$
$= \frac{1}{4} \int_0^{\pi/2} \frac{1-\cos(4\theta)}{2} d\theta = \frac{1}{8} [\theta - \frac{1}{4}\sin(4\theta)]_0^{\pi/2} = \frac{1}{8} (\frac{\pi}{2} - 0) = \frac{\pi}{16}$。
計算 $\int_0^\infty r^5 e^{-r^2} dr$。令 $u = r^2$, $du = 2r dr$。

本題考驗複利計算，特別是連續複利的觀念。

基本複利公式為 $A = P(1 + \frac{r}{m})^{mt}$，其中：
$A$ 為最終金額
$P$ 為本金
$r$ 為年利率
$m$ 為每年複利次數
$t$ 為年數

連續複利公式為 $A = Pe^{rt}$。

已知：
本金 $P = 100$ NT$年利率$r = 100% = 1.00$年數$t = 1$ 年

(a) the interest is compounded monthly
每年複利次數 $m = 12$。
將已知數值代入複利公式：
$A = 100 \left(1 + \frac{1.00}{12}\right)^{12 \times 1}

本題考驗線性代數與微積分中的最佳化問題，特別是最小平方法 (Least Squares) 的推廣，需要利用矩陣的微分來求解。

我們要找到使函數 $g(\beta)$ 最小的向量 $\beta$。
函數 $g(\beta)$ 可以寫成矩陣形式：
$g(\beta) = (y - X\beta)^T (y - X\beta) + 0.5 \beta^T \beta$

首先展開第一項：
$(y - X\beta)^T (y - X\beta) = (y^T - (X\beta)^T)(y - X\beta)$
$= (y^T - \beta^T X^T)(y - X\beta)$
$= y^T y - y^T X\beta - \beta^T X^T y + \beta^T X^T X\beta$
注意到 $y^T X\beta$ 是個純量，所以 $y^T X\beta = (y^T X\beta)^T = \beta^T X^T y$。
所以，第一項展開為：$y^T y - 2\beta^T X^T y + \beta^T X^T X\beta$。

將兩項合併：
$g(\beta) = y^T y - 2\beta^T X^T y + \beta^T X^T X\beta + 0.5 \beta^T \beta$

為了找到最小化 $g(\beta)$ 的 $\beta$，我們需要計算 $g(\beta)$ 對 $\beta$ 的梯度 (gradient)，並令其為零向量。
我們使用以下矩陣微分公式：

1. $\nabla_\beta (c^T \beta) = c$
2. $\nabla_\beta (\beta^T c) = c$
3. $\nabla_\beta (\beta^T A \beta) = (A + A^T) \beta$
4. $\nabla_\beta (\beta^T I \beta) = 2\beta$ (其中 $I$ 是單位矩陣)

對 $g(\beta)$ 求梯度：
$\nabla_\beta g(\beta) = \nabla_\beta (y^T y) - \nabla_\beta (2\beta^T X^T y) + \nabla_\beta (\beta^T X^T X\beta) + \nabla_\beta (0.5 \beta^T \beta)$

各項的梯度如下：

1. $\nabla_\beta (y^T y) = 0$ (因為 $y^T y$ 是常數，不含 $\beta$)
2. $\nabla_\beta (2\beta^T X^T y) = 2 X^T y$ (根據公式 1，令 $c = 2 X^T y$)