109 年 國立成功大學數學系應用數學研究所《高等微積分》

核心觀念

本題考查實數完備性與數列的基本定義。

數列 $\{a_n\}$ 收斂至 $L$ 的定義為：

$$\forall \varepsilon>0,\ \exists N\in\mathbb{N},\ \text{使得 }n\ge N\Rightarrow |a_n-L|<\varepsilon.$$

數列 $\{a_n\}$ 為 Cauchy sequence 的定義為：

$$\forall \varepsilon>0,\ \exists N\in\mathbb{N},\ \text{使得 }m,n\ge N\Rightarrow |a_m-a_n|<\varepsilon.$$

要證明的是：

$$\{a_n\}\text{ 收斂}\quad\Longleftrightarrow\quad \{a_n\}\text{ 為 Cauchy sequence}.$$

其中「收斂數列必為 Cauchy」只需使用三角不等式；「Cauchy 數列必收斂」則依賴實數系統的完備性。

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解題方法

分成兩個方向證明：

1. 假設 $\{a_n\}$ 收斂，證明它是 Cauchy sequence。
2. 假設 $\{a_n\}$ 是 Cauchy sequence，利用實數的完備性證明它收斂。

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證明收斂數列必為 Cauchy sequence

假設

$$a_n\to L$$

其中 $L\in\mathbb{R}$。

任取 $\varepsilon>0$。由 $a_n\to L$，對 $\varepsilon/2>0$，存在 $N\in\mathbb{N}$，使得當 $n\ge N$ 時，

$$|a_n-L|<\frac{\varepsilon}{2}.$$

因此，對任意 $m,n\ge N$，由三角不等式可得

$$|a_m-a_n| = |(a_m-L)+(L-a_n)| \le |a_m-L|+|a_n-L|.$$

代入上述估計：

$$|a_m-a_n| < \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.$$

所以

$$\forall \varepsilon>0,\ \exists N\in\mathbb{N},\ \forall m,n\ge N,\quad |a_m-a_n|<\varepsilon.$$

這正是 Cauchy sequence 的定義，因此 $\{a_n\}$ 為 Cauchy sequence。

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證明 Cauchy sequence 必收斂

假設 $\{a_n\}$ 為 Cauchy sequence。需證明存在某個 $L\in\mathbb{R}$，使得 $a_n\to L$。

第一步：證明 Cauchy 數列有界

取 $\varepsilon=1$。由 Cauchy 性質，存在 $N\in\mathbb{N}$，使得當 $m,n\ge N$ 時，

$$|a_m-a_n|<1.$$

固定 $m=N$，則對所有 $n\ge N$，

$$|a_n-a_N|<1.$$

因此

$$|a_n| \le |a_n-a_N|+|a_N| <1+|a_N|, \qquad n\ge N.$$

前面有限多項

$$a_1,a_2,\ldots,a_{N-1}$$

此題考驗對連續函數、開集合、原像（preimage）和像（image）的定義與性質的理解。

a. $f^{-1}(O)$ is open in $\mathbb{R}$.
這是連續函數的一個基本性質。

證明：
設 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 是一個連續函數，且 $O$ 是 $\mathbb{R}$ 中的一個開集合。
我們要證明 $f^{-1}(O) = \{x \in \mathbb{R} \mid f(x) \in O\}$ 是一個開集合。
考慮兩種情況：

1. 如果 $f^{-1}(O)$ 是空集 $\emptyset$，則空集是開集合。
2. 如果 $f^{-1}(O)$ 不是空集，設 $x_0 \in f^{-1}(O)$。這意味著 $f(x_0) \in O$。
   由於 $O$ 是開集合，存在一個 $\epsilon > 0$ 使得以 $f(x_0)$ 為中心、半徑為 $\epsilon$ 的開區間 $(f(x_0) - \epsilon, f(x_0) + \epsilon)$ 包含在 $O$ 中，即 $(f(x_0) - \epsilon, f(x_0) + \epsilon) \subseteq O$。
   由於 $f$ 在 $x_0$ 處連續，根據連續性的定義，對於 $\epsilon > 0$，存在一個 $\delta > 0$ 使得當 $|x - x_0| < \delta$ 時， $|f(x) - f(x_0)| < \epsilon$。

此題考驗對均勻收斂、連續性、均勻連續性、黎曼積分的定義與性質的理解。

a. If $f_n$ is continuous on $[0, 1]$ for each $n \in \mathbb{N}$, then $f$ is uniformly continuous on $[0, 1]$.

證明：
已知數列 $\{f_n\}$ 在 $[0, 1]$ 上均勻收斂於 $f$。
已知對於每一個 $n \in \mathbb{N}$，$f_n$ 在 $[0, 1]$ 上是連續的。
我們要證明 $f$ 在 $[0, 1]$ 上是均勻連續的。

首先，證明 $f$ 在 $[0, 1]$ 上是連續的。
設 $x_0 \in [0, 1]$。我們需要證明 $\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)$。
因為 $\{f_n\}$ 均勻收斂於 $f$，所以對於任意 $\epsilon > 0$，存在 $N$ 使得當 $n \ge N$ 時，對於所有 $x \in [0, 1]$，都有 $|f_n(x) - f(x)| < \epsilon/3$。
取一個特定的 $n \ge N$。由於 $f_n$ 在 $[0, 1]$ 上是連續的，所以在 $x_0$ 處也是連續的。
因此，存在一個 $\delta > 0$ 使得當 $|x - x_0| < \delta$ 且 $x \in [0, 1]$ 時，有 $|f_n(x) - f_n(x_0)| < \epsilon/3$。
現在，我們來估計 $|f(x) - f(x_0)|$：
$|f(x) - f(x_0)| = |f(x) - f_n(x) + f_n(x) - f_n(x_0) + f_n(x_0) - f(x_0)|$
$\le |f(x) - f_n(x)| + |f_n(x) - f_n(x_0)| + |f_n(x_0) - f(x_0)|$
因為 $n \ge N$ 且 $|x - x_0| < \delta$，所以：
$|f(x) - f_n(x)| < \epsilon/3$
$|f_n(x) - f_n(x_0)| < \epsilon/3$
$|f_n(x_0) - f(x_0)| < \epsilon/3$
所以，當 $|x - x_0| < \delta$ 時， $|f(x) - f(x_0)| < \epsilon/3 + \epsilon/3 + \epsilon/3 = \epsilon$。
這證明了 $f$ 在 $[0, 1]$ 上是連續的。

接下來，證明 $f$ 在 $[0, 1]$ 上是均勻連續的。
由於 $f$ 在閉區間 $[0, 1]$ 上是連續的，根據 Heine-Cantor 定理， $f$ 在 $[0, 1]$ 上是均勻連續的。

或者，我們可以直接利用均勻收斂性證明 $f$ 的均勻連續性。
對於任意 $\epsilon > 0$，存在 $N$ 使得當 $n \ge N$ 時，對於所有 $x \in [0, 1]$，都有 $|f_n(x) - f(x)| < \epsilon/3$。
取一個固定的 $n \ge N$。由於 $f_n$ 在 $[0, 1]$ 上是連續的，因此它在 $[0, 1]$ 上是均勻連續的。
所以，存在一個 $\delta > 0$ 使得當 $|x - y| < \delta$ 且 $x, y \in [0, 1]$ 時，有 $|f_n(x) - f_n(y)| < \epsilon/3$。
現在，對於任意 $x, y \in [0, 1]$ 且 $|x - y| < \delta$，我們有：
$|f(x) - f(y)| = |f(x) - f_n(x) + f_n(x) - f_n(y) + f_n(y) - f(y)|$
$\le |f(x) - f_n(x)| + |f_n(x) - f_n(y)| + |f_n(y) - f(y)|$
$\le \epsilon/3 + \epsilon/3 + \epsilon/3$ (因為 $n \ge N$ 且 $|x - y| < \delta$)
$= \epsilon$
這證明了 $f$ 在 $[0, 1]$ 上是均勻連續的。

【答案】真。證明如上。

b. If $f_n$ is Riemann integrable on $[0, 1]$ for each $n \in \mathbb{N}$, then $f$ is Riemann integrable on $[0, 1]$ and $\int_0^1 f(x)dx = \lim_{n \to \infty} \int_0^1 f_n(x)dx$.

證明：
已知數列 $\{f_n\}$ 在 $[0, 1]$ 上均勻收斂於 $f$。
已知對於每一個 $n \in \mathbb{N}$，$f_n$ 在 $[0, 1]$ 上是黎曼可積的。
我們要證明 $f$ 在 $[0, 1]$ 上是黎曼可積的，並且積分可以交換極限。

證明 $f$ 的黎曼可積性：
一個函數在一個閉區間上是黎曼可積的，若且唯若它在該區間上是有界的，且其不連續點的集合的測度為零。
首先，證明 $f$ 在 $[0, 1]$ 上是有界的。
因為 $\{f_n\}$ 均勻收斂於 $f$，所以存在 $N$ 使得當 $n \ge N$ 時，對於所有 $x \in [0, 1]$，都有 $|f_n(x) - f(x)| < 1$。
這意味著 $f(x) < f_N(x) + 1$。
又因為 $f_N$ 在閉區間 $[0, 1]$ 上是黎曼可積的，所以 $f_N$ 在 $[0, 1]$ 上是有界的。也就是說，存在一個常數 $M_N$ 使得 $|f_N(x)| \le M_N$ 對於所有 $x \in [0, 1]$。
因此，$f(x) < M_N + 1$。
同理，$f(x) > f_N(x) - 1 > -M_N - 1$。
所以 $f$ 在 $[0, 1]$ 上是有界的。

接下來，證明 $f$ 的不連續點集合的測度為零。
對於一個函數 $g$，其不連續點集合 $D_g$ 的測度為零，當且僅當對於任意 $\epsilon > 0$，存在一個開集 $U$ 使得 $D_g \subseteq U$

此題考驗對多元函數泰勒展開的理解與計算能力。

我們要尋找函數 $f(x, y) = \sqrt{x} + \sqrt{y}$ 在點 $(1, 4)$ 附近的二階泰勒多項式。
二階泰勒多項式的公式為：
$P_2(x, y) = f(a, b) + \nabla f(a, b) \cdot (x-a, y-b) + \frac{1}{2} (x-a, y-b) H(a, b) \begin{pmatrix} x-a \\ y-b \end{pmatrix}$
其中 $(a, b) = (1, 4)$，$\nabla f$ 是梯度向量， $H$ 是 Hesse 矩陣。

1. 計算函數值 $f(a, b)$:
   $f(1, 4) = \sqrt{1} + \sqrt{4} = 1 + 2 = 3$。

2. 計算一階偏導數並求梯度向量 $\nabla f(a, b)$:
   $\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(\sqrt{x} + \sqrt{y}) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$
   $\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(\sqrt{x} + \sqrt{y}) = \frac{1}{2\sqrt{y}}$
   在點 $(1, 4)$ 處：
   $\frac{\partial f}{\partial x}(1, 4) = \frac{1}{2\sqrt{1}} = \frac{1}{2}$
   $\frac{\partial f}{\partial y}(1, 4) = \frac{1}{2\sqrt{4}} = \frac{1}{2 \cdot 2} = \frac{1}{4}$
   所以，$\nabla f(1, 4) = \left( \frac{1}{2}, \frac{1}{4} \right)$。

3. 計算二階偏導數並構造 Hesse 矩陣 $H(a, b)$:
   $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{1}{2\sqrt{x}} \right) = \frac{1}{2} \cdot (-\frac{1}{2}) x^{-3/2} = -\frac{1}{4x^{3/2}}$
   $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{1}{2\sqrt{y}} \right) = \frac{1}{2} \cdot (-\frac{1}{2}) y^{-3/2} = -\frac{1}{4y^{3/2}}$
   $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{1}{2\sqrt{x}} \right) = 0$
   $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{1}{2\sqrt{y}} \right) = 0$
   在點 $(1, 4)$ 處：
   $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(1, 4) = -\frac{1}{4(1)^{3/2}} = -\frac{1}{4}$
   $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(1, 4) = -\frac{1}{4(4)^{3/2}} = -\frac{1}{4(8)} = -\frac{1}{32}$
   $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(1, 4) = 0$

此題考驗對黎曼積分與微積分基本定理的理解，以及絕對值函數與黎曼可積性的關係。

a. If $f$ is Riemann integrable on $[a, b]$, then the function $F(x) = \int_a^x f(t)dt$ is differentiable on $(a, b)$ and $F'(x) = f(x)$ for $x \in (a, b)$.

這個敘述不完全正確，它缺少一個關鍵條件：被積函數 $f$ 在點 $x$ 處必須是連續的。微積分基本定理的第二部分保證了這一點。

反例：
考慮函數 $f(x)$ 在區間 $[0, 1]$ 上定義為：
$f(x) = \begin{cases} 1 & \text{if } x = 1/2 \\ 0 & \text{if } x \ne 1/2 \end{cases}$
這個函數在 $[0, 1]$ 上是黎曼可積的，因為它只在一個點不連續，且是有界的。
令 $a=0$, $b=1$。
則 $F(x) = \int_0^x f(t)dt$。
對於 $x \ne 1/2$， $f(t)$ 在 $[0, x]$ 或 $[x, 0]$ 上幾乎處處為 $0$（除了 $t=1/2$ 這一點）。
因此，對於 $x \ne 1/2$， $F(x) = \int_0^x 0 dt = 0$。
現在考慮 $x = 1/2$。
$F(1/2) = \int_0^{1/2} f(t)dt = \int_0^{1/2} 0 dt = 0$ (因為在 $[0, 1/2]$ 上 $f(t)=0$ 幾乎處處成立)。
所以，$F(x) = 0$ 對於所有 $x \in [0, 1]$。
那麼 $F'(x) = 0$ 對於所有 $x \in (0, 1)$。
然而，$f(1/2) = 1$。
所以，$F'(1/2) = 0 \ne f(1/2) = 1$。
因此，函數 $F(x)$ 在 $x=1/2$ 處不可導，或者說 $F'(x) = f(x)$ 在 $x=1/2$ 處不成立。

正確的敘述是：如果 $f$ 在 $[a, b]$ 上黎曼可積，且在點 $c \in (a, b)$ 處連續，則 $F(x) = \int_a^x f(t)dt$ 在 $c$ 處是可導的，且 $F'(c) = f(c)$。

【答案】假。反例如上。

b. If $|f|$ is Riemann integrable on $[a, b]$, then $f$ also is Riemann integrable on $[a, b]$.

證明：
這是一個正確的敘述。
一個函數在一個閉區間上是黎曼可積的，若且唯若它是有界的，且其不連續點集合的測度為零。

假設 $|f|$ 在 $[a, b]$ 上是黎曼可積的。

1. $|f|$ 在 $[a, b]$ 上是有界的。
   這意味著存在一個常數 $M$ 使得 $| |f(x)| | \le M$ 對於所有 $x \in [a, b]$。
   也就是 $|f(x)| \le M$ 對於所有 $x \in [a, b]$。
   這也意味著 $f$ 在 $[a, b]$ 上是有界的，因為 $|f(x)| \le M$ 蘊含 $-M \le f(x) \le M$。

2. $|f|$ 的不連續點集合 $D_{|f|}$ 的測度為零。
   我們要證明 $f$ 的不連續點集合 $D_f$ 的測度也為零。