111 年 國立成功大學數學系應用數學研究所《高等微積分》

此題考察保守向量場的性質。一個向量場若為保守場，則其必為無旋場（curl 為零）。

證明：
若向量場 $V$ 在定義域 $U$ 上為保守場，則存在一個可微函數 $f$ 使得 $V = \nabla f$。
向量場 $V$ 的三個分量為 $V_1 = \frac{\partial f}{\partial x}$, $V_2 = \frac{\partial f}{\partial y}$, $V_3 = \frac{\partial f}{\partial z}$。
向量場的旋度 (curl) 定義為：
$\text{curl } V = \nabla \times V = \left( \frac{\partial V_3}{\partial y} - \frac{\partial V_2}{\partial z}, \frac{\partial V_1}{\partial z} - \frac{\partial V_3}{\partial x}, \frac{\partial V_2}{\partial x} - \frac{\partial V_1}{\partial y} \right)$
我們計算旋度的三個分量：
第一個分量：
$\frac{\partial V_3}{\partial y} - \frac{\partial V_2}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{\partial f}{\partial z} \right) - \frac{\partial}{\partial z} \left( \frac{\partial f}{\partial y} \right) = \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial z} - \frac{\partial^2 f}{\partial z \partial y}$

此題考察保守向量場的逆敘述。我們需要判斷一個無旋向量場是否一定是保守向量場。

解答：
向量場的旋度為零（即 $\text{curl } V = (0,0,0)$）並不保證該向量場一定是保守向量場。這個結論在單連通 (simply connected) 的區域上是成立的，但對於非單連通的區域則不一定。

考慮一個定義在 $\mathbb{R}^2 \setminus \{0\}$ 上的向量場（這是一個非單連通的區域）。
設 $V(x,y) = \left( \frac{-y}{x^2+y^2}, \frac{x}{x^2+y^2} \right)$。

我們首先計算其旋度：
$V_1 = \frac{-y}{x^2+y^2}$, $V_2 = \frac{x}{x^2+y^2}$。
$\frac{\partial V_2}{\partial x} = \frac{1 \cdot (x^2+y^2) - x \cdot (2x)}{(x^2+y^2)^2} = \frac{x^2+y^2-2x^2}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}$
$\frac{\partial V_1}{\partial y} = \frac{-1 \cdot (x^2+y^2) - (-y) \cdot (2y)}{(x^2+y^2)^2} = \frac{-x^2-y^2+2y^2}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}$

此題考察緊緻集合在度量空間中的性質，特別是關於集合族交集的性質。這是所謂的「有限交集性質」推廣到無限集合族的情形。

證明：
我們需要證明，如果一個度量空間中的一個集合族 {Kα}α∈A 滿足「任何有限子集的交集非空」，那麼整個集合族的交集也非空。
我們將使用反證法。假設 $\bigcap_{\alpha \in A} K_\alpha = \emptyset$。

由於每個 $K_\alpha$ 都是緊緻的，並且緊緻集合在度量空間中是閉合的。
考慮一個有限的子集 $\{ \alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n \} \subset A$。
根據題目假設， $K_{\alpha_1} \cap K_{\alpha_2} \cap \dots \cap K_{\alpha_n} \neq \emptyset$。
令 $F_n = K_{\alpha_1} \cap K_{\alpha_2} \cap \dots \cap K_{\alpha_n}$。
則 $\{ F_n \}_{n \in \mathbb{N}}$ 是一個由非空閉合集合組成的序列。

我們需要構造一個反例來證明這個陳述不總是正確的，如果 X 不是完備的。
然而，題目給定的條件是 X 是一個度量空間，並且 Kα 是緊緻集合。緊緻集合本身就具有完備性。
因此，我們需要仔細運用緊緻性的定義。

令 A 為一個索引集合， {Kα}α∈A 是度量空間 (X, d) 中的緊緻子集。
假設對於任何有限的 $\{α_1, ..., α_n\} \subseteq A$，都有 $\bigcap_{i=1}^n K_{α_i} \neq \emptyset$。
我們要證明 $\bigcap_{\alpha \in A} K_\alpha \neq \emptyset$。

證明：
我們構造一個集合序列。
令 $A_1$ 是 A 的一個有限子集。根據假設，$\bigcap_{\alpha \in A_1} K_\alpha \neq \emptyset$。
令 $A_2$ 是 A 的另一個有限子集，且 $A_1 \subset A_2$。根據假設，$\bigcap_{\alpha \in A_2} K_\alpha \neq \emptyset$。
我們可以構造一個索引集合的遞增序列 $A_1 \subset A_2 \subset A_3 \subset \dots$，其中每個 $A_i$ 都是有限的。

核心觀念

本題利用階梯函數 $[x]$ 在每個區間 $[n,n+1)$ 上皆為常數 $n$，將積分拆成無窮級數，再以望遠鏡消去證明恆等式。

題目左側的 $[x]$ 與求和指標 $n$ 不一致，應為排版或轉錄誤植；以下依右側公式及標準結果，將左側解讀為

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}.$$

由於 $s>1$，$p$-級數 $\sum 1/n^s$ 收斂，且右側積分亦收斂。

解題方法

將區間 $[1,\infty)$ 分割為

$$[1,\infty)=\bigcup_{n=1}^{\infty}[n,n+1).$$

在 $x\in[n,n+1)$ 時，有

$$[x]=n.$$

因此

$$\begin{aligned} s\int_1^\infty \frac{[x]}{x^{s+1}}\,dx &=s\sum_{n=1}^{\infty}\int_n^{n+1}\frac{n}{x^{s+1}}\,dx\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}sn\int_n^{n+1}x^{-s-1}\,dx. \end{aligned}$$

計算每一段積分：

$$\int_n^{n+1}x^{-s-1}\,dx = \left[-\frac{1}{s}x^{-s}\right]_{n}^{n+1} = \frac{1}{s}\left(n^{-s}-(n+1)^{-s}\right).$$

代回可得

$$\begin{aligned} s\int_1^\infty \frac{[x]}{x^{s+1}}\,dx &=\sum_{n=1}^{\infty} n\left(n^{-s}-(n+1)^{-s}\right)\\ &=\sum_{n=1}^{\infty} \left(n^{1-s}-\frac{n}{(n+1)^s}\right). \end{aligned}$$

對第二項令 $m=n+1$，則 $n=m-1$，故

核心觀念

本題考察 Dini 定理 的特殊情形：

• $K$ 是緊緻度量空間；
• 每個 $f_n$ 連續；
• $f_n\geq f_{n+1}\geq 0$；
• $f_n(x)\to 0$ 對每個 $x\in K$ 成立。

要證明一致收斂，須驗證：對任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，使得對所有 $n\geq N$ 與所有 $x\in K$，

$$|f_n(x)-0|<\varepsilon.$$

由於 $f_n\geq 0$，故 $|f_n(x)|=f_n(x)$。

題目文字未明列「每個 $f_n$ 連續」；此條件不可省略。若沒有連續性，命題一般不成立。例如在 $K=[0,1]$ 上令

$$f_n(x)= \begin{cases} 1, & 0<x<\dfrac1n,\\ 0, & \text{其他情形}. \end{cases}$$

則 $f_n\geq f_{n+1}\geq 0$，且逐點收斂至 $0$，但對所有 $n$ 都有 $\sup_{x\in K}f_n(x)=1$，所以不一致收斂。以下依本題標準版本，假設每個 $f_n$ 皆連續。

解題方法

固定任意 $\varepsilon>0$，考慮集合

$$E_n=\{x\in K:f_n(x)\geq\varepsilon\}.$$

因為 $f_n$ 連續，而 $[\varepsilon,\infty)$ 是閉集，所以 $E_n$ 是 $K$ 中的閉集。又因為 $K$ 緊緻，故每個 $E_n$ 也是緊緻集。

由 $f_n\geq f_{n+1}$，可得

$$E_{n+1}\subseteq E_n.$$

因此 $\{E_n\}$ 是一列遞減的閉集。

另一方面，對任意 $x\in K$，由 $f_n(x)\to0$，存在 $N_x$ 使得當 $n\geq N_x$ 時，

$$f_n(x)<\varepsilon.$$

因此 $x\notin E_n$，從而

$$\bigcap_{n=1}^{\infty}E_n=\varnothing.$$

現在使用緊緻性的巢狀閉集性質：若每個 $E_n$ 都非空，且

此題要求陳述反函數定理 (Inverse Function Theorem)。

【反函數定理 (Inverse Function Theorem)】
設 $F: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ 是一個 $C^1$ 函數（即 $F$ 的所有第一階偏導數存在且連續）。

此題要求利用 Rank Theorem 來證明 Inverse Function Theorem。Rank Theorem 提供了一種在某點附近將函數局部線性化的方法。Inverse Function Theorem 的核心是證明在某點的雅可比矩陣可逆時，函數局部存在逆映射。

證明 Inverse Function Theorem 使用 Rank Theorem：
設 $F: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ 是一個 $C^1$ 函數，且其在點 $a \in \mathbb{R}^n$ 的雅可比矩陣 $J_F(a)$ 是可逆的。
由於 $J_F(a)$ 可逆，其秩 (rank) 為 $n$。
根據 Rank Theorem，存在點 $a$ 的開鄰域 $U$ 和 $F(a)$ 的開鄰域 $V$，以及 $C^1$ 的同胚映射（可逆且逆映射也是 $C^1$ 的）
$\varphi: U \to \varphi(U) \subset \mathbb{R}^n$
$\psi: V \to \psi(V) \subset \mathbb{R}^n$
使得對於 $x \in U$，$y = F(x) \in V$，$z = \varphi(x) \in \varphi(U)$，$w = \psi(y) \in \psi(V)$，有
$\psi(F(x)) = \psi(F(\varphi^{-1}(z))) = (\text{local linear form of } F)$
令 $G = \psi \circ F \circ \varphi^{-1}$。
Rank Theorem 告訴我們，存在 $U$ 和 $V$，以及 $C^1$ 的同胚映射 $\varphi$ 和 $\psi$，使得 $G$ 的形式為：
如果 $z = (z_1, \dots, z_n) \in \varphi(U)$，則 $G(z) = (z_1, \dots, z_n, 0, \dots, 0)$。
這裡，由於我們處理的是 $\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ 的映射，所以 Rank Theorem 形式為：
$\psi \circ F \circ \varphi^{-1}(z_1, \dots, z_n) = (z_1, \dots, z_n)$
這裡的 Rank Theorem 形式給的是：
$\psi \circ F \circ \varphi^{-1}(x_1, ..., x_k, x_{k+1}, ..., x_n) = (x_1, ..., x_k, 0, ..., 0)$
其中 $k$ 是秩。
由於 $J_F(a)$ 是可逆的，其秩 $k = n$。
所以，Rank Theorem 的形式變為：
$\psi \circ F \circ \varphi^{-1}(x_1, ..., x_n) = (x_1, ..., x_n)$
令 $H(z) = \psi(F(\varphi^{-1}(z)))$。
則 $H(z) = z$ 對於所有 $z \in \varphi(U)$。
這意味著 $H$ 是恆等映射 $\text{Id}$。
$H = \psi \circ F \circ \varphi^{-1}$。

我們需要證明 $F$ 在 $a$ 點附近存在逆映射。
考慮映射 $F$。
我們有 $F = \psi^{-1} \circ H \circ \varphi$。
由於 $H(z) = z$，所以 $F = \psi^{-1} \circ \varphi$。
$F$ 的定義域是 $U$，值域是 $V$。
$F: U \to V$。
$\varphi: U \to \varphi(U)$
$\psi: V \to \psi(V)$
$H: \varphi(U) \to \psi(V)$ (因為 $H(z) = z$，所以 $\varphi(U)$ 必須等於 $\psi(V)$，或者說， $H$ 是恆等映射在 $\varphi(U)$ 上的限制，並將其值域映射到 $\psi(V)$)。
這裡 Rank Theorem 的形式是 $\psi \circ F \circ \varphi^{-1} (x_1, \dots, x_n) = (x_1, \dots, x_n)$。
這意味著 $\psi(F(z)) = z$ 對於 $z \in \varphi(U)$。
這裡的 $z$ 是 $\varphi(U)$ 中的點。
令 $x = \varphi^{-1}(z)$。則 $z = \varphi(x)$。
$\psi(F(x)) = \varphi(x)$。
這表明 $F$ 將 $U$ 映射到 $V$。

我們需要證明 $F$ 是一一映射，並且存在逆映射。
考慮函數 $F: U \to V$。
令 $y_1, y_2 \in U$，$y_1 \neq y_2$。
令 $z_1 = \varphi(y_1)$，$z_2 = \varphi(y_2)$。由於 $\varphi$ 是同胚映射， $z_1 \neq z_2$。
$F(y_1) = \psi^{-1}(\varphi(y_1)) = \psi^{-1}(z_1)$。
$F(y_2) = \psi^{-1}(\varphi(y_2)) = \psi^{-1}(z_2)$。
由於 $\psi^{-1}$ 是同胚映射， $z_1 \neq z_2$ 意味著 $\psi^{-1}(z_1) \neq \psi^{-1}(z_2)$。
所以 $F(y_1) \neq F(y_2)$。
因此，$F$ 在 $U$ 上是一一映射。

值域是 $V$。
$F: U \to V$。
我們需要證明 $F$ 的逆映射 $F^{-1}: V \to U$ 是 $C^1$ 的。
從 $F = \psi^{-1} \circ \varphi$，我們可以得到 $F^{-1} = \varphi^{-1} \circ (\psi^{-1})^{-1} = \varphi^{-1} \circ \psi$。
由於 $\varphi$ 和 $\psi$ 都是 $C^1$ 的同胚映射（即它們的逆映射也是 $C^1$ 的），所以 $F^{-1}$ 是兩個 $C^1$ 函數的複合，因此是 $C^1$ 的。

最後，我們需要驗證雅可比矩陣的關係。
$J_F(a)$ 是 $F$ 在 $a$ 點的雅可比矩陣。
$J_{F^{-1}}(F(a)) = (J_F(a))^{-1}$。
我們有 $F = \psi^{-1} \circ H \circ \varphi$，$H(z) = z$。
$J_F(x) = J_{\psi^{-1}}(H(\varphi(x))) \cdot J_H(\varphi(x)) \cdot J_\varphi(x)$。
由於 $H(z) = z$， $J_H(z) = I$（單位矩陣）。
$J_F(x) = J_{\psi^{-1}}(\varphi(x)) \cdot J_\varphi(x)$。
在點 $x=a$，$z = \varphi(a)$。
$J_F(a) = J_{\psi^{-1}}(\varphi(a)) \cdot J_\varphi(a)$。

此題要求證明，若一個二元函數在整個 $\mathbb{R}^2$ 上的偏導數存在且有界，則該函數是連續的。

證明：
我們需要證明函數 $f(x, y)$ 在任意一點 $(a, b) \in \mathbb{R}^2$ 處是連續的。
根據連續性的定義，我們需要證明 $\lim_{(x,y) \to (a,b)} f(x, y) = f(a, b)$。
這等價於證明 $\lim_{(x,y) \to (a,b)} (f(x, y) - f(a, b)) = 0$。

我們可以使用微分中值定理 (Mean Value Theorem) 的思想來證明。
考慮 $f(x, y) - f(a, b)$。
我們可以引入一個中間點來利用偏導數。
$f(x, y) - f(a, b) = f(x, y) - f(a, y) + f(a, y) - f(a, b)$。

對於第一項 $f(x, y) - f(a, y)$，我們將其視為一個關於第一個變數 $x$ 的函數，而 $y$ 是一個常數。
令 $g(t) = f(t, y)$。則 $g'(t) = \frac{\partial f}{\partial x}(t, y)$。
根據微分中值定理，在 $x$ 和 $a$ 之間的某個點 $c$（即 $c$ 在 $a$ 和 $x$ 之間），我們有：
$f(x, y) - f(a, y) = g(x) - g(a) = g'(c) (x - a) = \frac{\partial f}{\partial x}(c, y) (x - a)$。

對於第二項 $f(a, y) - f(a, b)$，我們將其視為一個關於第二個變數 $y$ 的函數，而 $a$ 是一個常數。
令 $h(t) = f(a, t)$。則 $h'(t) = \frac{\partial f}{\partial y}(a, t)$。
根據微分中值定理，在 $y$ 和 $b$ 之間的某個點 $d$（即 $d$ 在 $b$ 和 $y$ 之間），我們有：
$f(a, y) - f(a, b) = h(y) - h(b) = h'(d) (y - b) = \frac{\partial f}{\partial y}(a, d) (y - b)$。

所以，

此題是關於映射的壓縮性質以及不動點的存在性和唯一性。這是一個典型的應用壓縮映射定理 (Contraction Mapping Theorem) 的問題，也稱為 Banach不動點定理。

證明：
我們需要證明存在一個唯一的點 $x_0 \in \mathbb{R}^n$ 使得 $\varphi(x_0) = x_0$。
給定映射 $\varphi: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ 滿足 $\| \varphi(x) - \varphi(y) \| < c \|x - y\|$ 對於某個 $c \in (0, 1)$。
這個條件表明 $\varphi$ 是一個壓縮映射。

首先，我們證明不動點的存在性。
考慮一個任意點 $x_1 \in \mathbb{R}^n$。
構造一個序列 $\{x_k\}_{k=1}^\infty$ 如下：
$x_{k+1} = \varphi(x_k)$ 對於 $k \ge 1$。
我們將證明這個序列是一個 Cauchy 序列。

計算 $\|x_{k+1} - x_k\| = \| \varphi(x_k) - \varphi(x_{k-1}) \|$。
根據壓縮條件：
$\|x_{k+1} - x_k\| < c \|x_k - x_{k-1}\|$。
迭代這個不等式：
$\|x_{k+1} - x_k\| < c \|x_k - x_{k-1}\| < c^2 \|x_{k-1} - x_{k-2}\| < \dots < c^{k-1} \|x_2 - x_1\|$。

現在考慮 $\|x_m - x_n\|$，假設 $m > n$。
$\|x_m - x_n\| = \| (x_m - x_{m-1}) + (x_{m-1} - x_{m-2}) + \dots + (x_{n+1} - x_n) \|$
利用三角不等式：
$\|x_m - x_n\| \le \|x_m - x_{m-1}\| + \|x_{m-1} - x_{m-2}\| + \dots + \|x_{n+1} - x_n\|$
$\le c^{m-1} \|x_2 - x_1\| + c^{m-2} \|x_2 - x_1\| + \dots + c^{n} \|x_2 - x_1\|$
$= \|x_2 - x_1\| (c^{m-1} + c^{m-2} + \dots + c^{n})$
$= \|x_2 - x_1\| c^n (1 + c + c^2 + \dots + c^{m-n-1})$
由於 $c \in (0, 1)$，這個幾何級數的和是有限的：