108 年 國立成功大學數學系應用數學研究所《高等微積分》

本題主要考查函數的單調性與積分的關係。一個函數 $f(x)$ 在某區間上遞減，代表其導數 $f'(x) \le 0$ 在該區間上成立。我們將利用微積分基本定理來求解。

首先，我們定義一個輔助函數 $g(t) = e^{t^2-1}$。那麼，給定的函數 $f(x)$ 可以寫成：
$f(x) = \int_0^{u(x)} g(t) dt$
其中 $u(x) = x^2 - x$。

根據微積分基本定理，如果 $F(x) = \int_a^{u(x)} g(t) dt$，則 $F'(x) = g(u(x)) \cdot u'(x)$。
在這個題目中，我們有 $u(x) = x^2 - x$ 且 $g(t) = e^{t^2-1}$。
所以，$u'(x) = \frac{d}{dx}(x^2 - x) = 2x - 1$。
而 $g(u(x)) = e^{(x^2-x)^2 - 1}$。

本題主要考查度量空間中兩種等價度量下開集的性質。等價度量是指兩種度量生成的拓樸是相同的。我們需要證明在等價度量下，一個集合是否為開集與度量的選擇無關。

證明方向：
我們需要證明兩件事：

1. 如果 $E$ 對 $d_1$ 是開集，則 $E$ 對 $d_2$ 也是開集。
2. 如果 $E$ 對 $d_2$ 是開集，則 $E$ 對 $d_1$ 也是開集。

假設 $d_1$ 和 $d_2$ 是等價度量，這表示存在常數 $C_1, C_2 > 0$ 使得對於任意 $x, y \in X$ 都有 $C_1 d_1(x, y) \le d_2(x, y) \le C_2 d_1(x, y)$。

證明 1：假設 $E$ 對 $d_1$ 是開集。
這表示對於任意 $x \in E$，都存在一個以 $x$ 為中心、以 $d_1$ 為度量的開球 $B_{d_1}(x, r_1) = \{y \in X \mid d_1(x, y) < r_1\}$，使得 $B_{d_1}(x, r_1) \subseteq E$。
我們需要證明對於任意 $x \in E$，都存在一個以 $x$ 為中心、以 $d_2$ 為度量的開球 $B_{d_2}(x, r_2) = \{y \in X \mid d_2(x, y) < r_2\}$，使得 $B_{d_2}(x, r_2) \subseteq E$。

考慮一個固定的 $x \in E$。由於 $E$ 是 $d_1$-開集，存在 $r_1 > 0$ 使得 $B_{d_1}(x, r_1) \subseteq E$。
我們想找到一個 $r_2 > 0$ 使得 $B_{d_2}(x, r_2) \subseteq B_{d_1}(x, r_1)$。
根據等價度量的定義，我們有 $C_1 d_1(x, y) \le d_2(x, y)$。
這意味著 $d_1(x, y) \le \frac{1}{C_1} d_2(x, y)$。
令 $r_2 = C_1 r_1$。如果 $y \in B_{d_2}(x, r_2)$，則 $d_2(x, y) < r_2 = C_1 r_1$。
那麼，我們有 $d_1(x, y) \le \frac{1}{C_1} d_2(x, y) < \frac{1}{C_1} (C_1 r_1) = r_1$。
所以，$d_1(x, y) < r_1$，這表示 $y \in B_{d_1}(x, r_1)$。
因此，$B_{d_2}(x, r_2) \subseteq B_{d_1}(x, r_1)$。

核心觀念

依題目定義，$\limsup_{n\to\infty}a_n$ 是所有收斂子數列極限的上確界。證明時要先刻畫哪些子數列會收斂，再找出它們的極限。

解題方法

(a) 設 $c$ 是某個收斂子數列 $\{a_{n_i}\}$ 的極限。因為每一項都滿足 $a_{n_i}\le B$，由極限保序性可得

$$c=\lim_{i\to\infty}a_{n_i}\le B.$$

因此，所有收斂子數列的極限都不大於 $B$，所以它們的上確界也不大於 $B$：

$$\limsup_{n\to\infty}a_n\le B.$$

若沒有任何收斂子數列，通常在擴充實數中約定空集合的上確界為 $-\infty$，上述結論仍成立。

(b) 依照 $n$ 的奇偶拆開原數列。

若 $n$ 為偶數，則 $(-1)^n=1$，因此

$$a_n=\frac{2n-n^2-n^2}{n+4} =\frac{2n-2n^2}{n+4} \longrightarrow -\infty.$$

若 $n$ 為奇數，則 $(-1)^n=-1$，因此

本題考查函數的積分性與有界性，以及 $f^2$ 的積分性。題目定義了函數在 $\mathbb{R}$ 上是可積分的，並且要求證明一個有界且可積函數的平方也是可積的。

核心觀念：

1. 積分性 (Integrability)：一個函數在一個區間上是黎曼可積的，意味著其黎曼和的極限存在。對於無界區間（如 $\mathbb{R}$），積分性還包含了瑕積分的收斂性。
2. 有界性 (Boundedness)：一個函數 $f$ 在一個集合上是有界的，如果存在常數 $M > 0$ 使得 $|f(x)| \le M$ 對於該集合中的所有 $x$ 都成立。
3. 微積分基本定理的推廣：對於瑕積分，我們需要考慮區間的無界性。

證明步驟：
題目給定：

1. $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ 是可積的。這意味著：
   • 對於任意閉區間 $[a, b]$，$f$ 在 $[a, b]$ 上是黎曼可積的。
   • 瑕積分 $\int_{-\infty}^{\infty} |f| dx$ 收斂（即是有限值）。
2. $f$ 是有界的。這意味著存在一個常數 $M > 0$ 使得 $|f(x)| \le M$ 對於所有的 $x \in \mathbb{R}$ 都成立。

我們需要證明 $f^2$ 在 $\mathbb{R}$ 上是可積的。這需要證明兩點：

1. 對於任意閉區間 $[a, b]$，$f^2$ 在 $[a, b]$ 上是黎曼可積的。
2. 瑕積分 $\int_{-\infty}^{\infty} |f^2| dx$ 收斂。

證明 1：$f^2$ 在任意閉區間 $[a, b]$ 上是黎曼可積的。
已知 $f$ 在 $[a, b]$ 上是黎曼可積的。
由於 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上是有界的，所以存在 $M>0$ 使得 $|f(x)| \le M$ 對於所有 $x \in \mathbb{R}$。
那麼，對於任意 $x \in [a, b]$，$|f^2(x)| = |f(x)|^2 \le M^2$。
這意味著 $f^2$ 在 $[a, b]$ 上也是有界的。

一個重要的定理是：如果函數 $g$ 和 $h$ 在閉區間 $[a, b]$ 上是黎曼可積的，那麼它們的和 $g+h$、差 $g-h$ 和積 $gh$ 也是黎曼可積的。
我們知道 $f$ 是黎曼可積的。因此，$f^2 = f \cdot f$ 也是黎曼可積的。
（也可以利用函數 $y \mapsto y^2$ 在 $[-M, M]$ 上是連續的，而連續函數在閉區間上是黎曼可積的。因此，若 $f$ 在 $[a, b]$ 上可積且有界，則 $f^2$ 在 $[a, b]$ 上也黎曼可積。）

證明 2：瑕積分 $\int_{-\infty}^{\infty} |f^2| dx$ 收斂。
我們已知 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上是有界的，即存在 $M > 0$ 使得 $|f(x)| \le M$ 對於所有 $x \in \mathbb{R}$。
因此，對於所有 $x \in \mathbb{R}$，$|f^2(x)| = |f(x)|^2 \le M^2$。

核心觀念

本題考查一致連續的定義，以及「導數有界可推出一致連續」的判定法。

若存在常數 $M>0$，使得對所有 $x\in\mathbb R$ 都有

$$|f'(x)|\le M,$$

則由微分中值定理，任意 $x,y\in\mathbb R$ 皆滿足

$$|f(x)-f(y)|\le M|x-y|.$$

因此 $f$ 為 Lipschitz 連續，進而一致連續。

關鍵在於確認 $f$ 在 $x=0$ 可微，且導數在 $0$ 附近不會發散。

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解題方法

對 $x\ne 0$，

$$f(x)=\frac{\sin(2x)}{3x}.$$

先處理 $x=0$ 的連續性與可微性。

由基本極限

$$\lim_{x\to 0}\frac{\sin(2x)}{3x} =\frac{2}{3}\lim_{x\to 0}\frac{\sin(2x)}{2x} =\frac{2}{3} =f(0),$$

可知 $f$ 在 $x=0$ 連續。

接著計算 $x\ne 0$ 時的導數：

$$f'(x) = \frac{1}{3}\left(\frac{\sin(2x)}{x}\right)' = \frac{2x\cos(2x)-\sin(2x)}{3x^2}.$$

利用 Taylor 展開式

$$\sin(2x)=2x-\frac{(2x)^3}{3!}+O(x^5) =2x-\frac{4}{3}x^3+O(x^5),$$

以及

$$\cos(2x)=1-\frac{(2x)^2}{2!}+O(x^4) =1-2x^2+O(x^4),$$

得到

$$2x\cos(2x) = 2x-4x^3+O(x^5).$$

因此

$$2x\cos(2x)-\sin(2x) = -\frac{8}{3}x^3+O(x^5),$$

所以

$$f'(x) = \frac{-\frac{8}{3}x^3+O(x^5)}{3x^2} = -\frac{8}{9}x+O(x^3) \longrightarrow 0 \qquad (x\to 0).$$

另一方面，直接由導數定義，

$$f'(0) = \lim_{h\to 0}\frac{f(h)-f(0)}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{\sin(2h)-2h}{3h^2} =0.$$

故可將導數寫成

核心觀念

本題使用以下觀念：

1. 有限個階梯函數的線性組合，仍是有界函數，且只可能在有限個階梯點不連續。
2. 有限個不連續點的有界函數，在任意有界閉區間上皆為 Riemann 可積分。
3. 若一列 Riemann 可積分函數在區間上一致收斂，則其極限函數也 Riemann 可積分。
4. 利用 Weierstrass $M$-test 或尾項估計判斷一致收斂。

由定義

$$H_n(x)=H(x-n) = \begin{cases} 1, & x\le n,\\ 0, & x>n. \end{cases}$$

因此

$$G_m(x)=\sum_{n=1}^m\frac{H_n(x)}{n^2} = \sum_{n=1}^m\frac{H(x-n)}{n^2}.$$

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(a) 證明 $G_m(x)$ 在所有有界區間上 Riemann 可積分

固定一個正整數 $m$。對每個 $n=1,\dots,m$，函數 $H_n$ 只有在 $x=n$ 處不連續：

• 當 $x<n$ 時，$H_n(x)=1$；
• 當 $x>n$ 時，$H_n(x)=0$；
• 且 $H_n(n)=1$。

所以 $H_n$ 在 $\mathbb{R}$ 上有界，並且只有一個不連續點 $x=n$。

因此

$$G_m(x)=\sum_{n=1}^m\frac{H_n(x)}{n^2}$$

也是有界函數，且其不連續點至多為

$$1,2,\dots,m.$$

更明確地說，當 $x$ 不等於任何 $1,\dots,m$ 時，每一個 $H_n(x)$ 在 $x$ 附近皆為常數，因此 $G_m$ 在該點連續。故 $G_m$ 的不連續點集合包含於有限集合

$$\{1,2,\dots,m\}.$$

取任意有界閉區間 $[a,b]$。函數 $G_m$ 在 $[a,b]$ 上有界，且只有有限個不連續點。依 Riemann 可積分判定定理，有界函數若不連續點集合的測度為零，則為 Riemann 可積分；有限集合的測度為零，因此 $G_m$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可積分。

所以，$G_m$ 在所有有界區間上皆 Riemann 可積分。

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(b) 證明 $\{G_m(x)\}$ 一致收斂至 Riemann 可積分函數

第一步：定義候選極限函數

考慮無窮級數

$$G(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n(x)}{n^2}.$$

由於

$$0\le H_n(x)\le 1,$$

對所有 $x\in\mathbb{R}$ 皆有

$$0\le \frac{H_n(x)}{n^2}\le \frac{1}{n^2}.$$

而數值級數

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$$

收斂，因此由 Weierstrass $M$-test，函數級數

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n(x)}{n^2}$$

在 $\mathbb{R}$ 上一致收斂。

因此，對每個 $x$，

$$G_m(x)\longrightarrow G(x),$$

而且此收斂在整個 $\mathbb{R}$ 上一致。特別地，在任何有界區間上也一致收斂。

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第二步：直接估計一致收斂的誤差

對任意 $x\in\mathbb{R}$，有

本題考查函數的局部可逆性與微分的關係，以及矩陣的相似性。

核心觀念：

1. 局部可逆性 (Local Invertibility)：一個函數 $f$ 在點 $x$ 處局部可逆，意味著存在 $x$ 的一個開鄰域 $U$，使得 $f$ 在 $U$ 上是單射的，且 $f(U)$ 是 $f(x)$ 的一個開鄰域。
2. 反函數定理 (Inverse Function Theorem)：如果 $f: \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^n$ 是一個 $C^1$ 函數，並且在點 $x$ 處的雅可比矩陣 $Df_x$ 是可逆的，那麼 $f$ 在 $x$ 點是局部可逆的。
3. 矩陣相似性 (Matrix Similarity)：兩個矩陣 $A$ 和 $B$ 相似，如果存在一個可逆矩陣 $P$ 使得 $B = P A P^{-1}$。相似矩陣具有相同的特徵值。
4. 雅可比矩陣 (Jacobian Matrix)：對於一個從 $\mathbb{R}^n$ 到 $\mathbb{R}^n$ 的可微函數 $f$，雅可比矩陣 $Df_x$ 是由 $f$ 的所有偏導數組成的矩陣。它代表了函數在點 $x$ 處的局部線性近似。
5. 特徵值 (Eigenvalues)：對於一個方陣 $A$，特徵值 $\lambda$ 是滿足 $Av = \lambda v$ 的非零向量 $v$ 的對應標量。

證明步驟：
題目給定：

• $f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$ 是連續可微的 (continuously differentiable)，這意味著 $f$ 是 $C^1$ 函數。
• 對於任意 $x \in \mathbb{R}^2$，存在一個整數 $N_x > 0$ 和一個可逆矩陣 $A_x$ 使得 $Df_x$ 的某個 $N_x \times N_x$ 的矩陣表示（這裡題目寫作 $[D f_x]_{N_x \times N_x}$，但 $D f_x$ 本身就是一個 $2 \times 2$ 的矩陣，所以這裡的表述有點奇怪，很可能是在說 $D f_x$ 與某個矩陣相似）與 $A_x M A_x^{-1}$ 相似，其中 $M = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 5 & 5 \end{pmatrix}$。

我們需要證明，對於每個 $x \in \mathbb{R}^2$，存在 $x$ 的一個開鄰域 $U$ 使得 $f|_U : U \rightarrow f(U)$ 是可逆的。
根據反函數定理，如果 $Df_x$ 是可逆的，那麼 $f$ 在 $x$ 點就是局部可逆的。
所以，我們只需要證明對於任意 $x \in \mathbb{R}^2$，其雅可比矩陣 $Df_x$ 是可逆的。

一個矩陣是可逆的，當且僅當它的行列式不為零。
或者，當且僅當它的所有特徵值都不為零。

我們被告知 $Df_x$ 與某個矩陣 $B = A_x M A_x^{-1}$ 相似。
相似矩陣具有相同的特徵值。
所以，我們只需要計算矩陣 $M = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 5 & 5 \end{pmatrix}$ 的特徵值。

計算矩陣 $M$ 的特徵值：
特徵值 $\lambda$ 滿足 $\det(M - \lambda I) = 0$。
$M - \lambda I = \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 5 & 5-\lambda \end{pmatrix}$