113 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

本題考查球面上的曲面積分，以及球面對稱性：

• 半徑為 $R$ 的球面面積為 $4\pi R^2$。
• 以球心為原點的球面上，三個座標方向對稱，因此
  $\iint_S u^2\,dS=\iint_S v^2\,dS=\iint_S w^2\,dS.$
• 由
  $u^2+v^2+w^2=R^2$
  可得
  $\iint_S u^2\,dS=\frac{1}{3}R^2\iint_S dS.$

解題方法

球面

$$(x-1)^2+y^2+z^2=1$$

的球心為 $(1,0,0)$，半徑為 $1$。令

$$u=x-1,$$

則

$$x=1+u,$$

且球面方程式變為

$$u^2+y^2+z^2=1.$$

因此

$$\iint_S x^2\,dS = \iint_S (1+u)^2\,dS.$$

展開得

$$\iint_S x^2\,dS = \iint_S 1\,dS +2\iint_S u\,dS +\iint_S u^2\,dS.$$

球面以球心為中心對稱，$u$ 在相對位置上的值互為相反數，所以

$$\iint_S u\,dS=0.$$

又因為球面半徑為 $1$，其面積為

$$\iint_S dS=4\pi.$$

核心觀念

本題考查散度定理與 Green 第二恆等式。對純量函數 $u,v$，題目右側的向量應理解為梯度，即

$$u\mathbf v-v\mathbf u \;=\; u\nabla v-v\nabla u.$$

散度定理為

$$\iiint_D \nabla\cdot\mathbf F\,dV = \iint_{\partial D}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS,$$

其中 $\mathbf n$ 為邊界向外的單位法向量。

解題方法

取向量場

$$\mathbf F=u\nabla v-v\nabla u.$$

由乘積法則，

$$\nabla\cdot(u\nabla v) = \nabla u\cdot\nabla v+u\Delta v,$$

以及

$$\nabla\cdot(v\nabla u) = \nabla v\cdot\nabla u+v\Delta u.$$

因此

\begin{align*}
\nabla\cdot\mathbf F
&=
\nabla\cdot(u\nabla v-v\nabla u)\
&=
\left(\nabla u\cdot\nabla v+u\Delta v\right)
-\left(\nabla v\cdot\nabla u+v\Delta u\right).
\end{align*}

由內積交換律 $\nabla u\cdot\nabla v=\nabla v\cdot\nabla u$，中間兩項抵消，得到

$$\nabla\cdot\mathbf F = u\Delta v-v\Delta u.$$

套用散度定理：

$$\iiint_D (u\Delta v-v\Delta u)\,dV = \iint_{\partial D} (u\nabla v-v\nabla u)\cdot\mathbf n\,dS.$$

也就是

$$\boxed{ \iiint_D (u\Delta v-v\Delta u)\,dV = \iint_{\partial D} (u\nabla v-v\nabla u)\cdot\mathbf n\,dS }.$$

題目式子的符號問題

題目左側寫成

本題要求證明對於一個二階可微函數，局部最小值點必須滿足一階導數為零且二階導數非負的條件。這是微積分中極值判別法的基礎。

核心觀念：費馬引理（Fermat's Lemma）和二階導數判別法。

證明：
已知 $f$ 在 $x=a$ 處有局部最小值。這表示存在一個 $\delta > 0$，使得對於所有 $|x-a| < \delta$，都有 $f(x) \ge f(a)$。

第一部分：證明 $f'(a) = 0$。
根據費馬引理，如果一個函數 $f$ 在點 $a$ 處取得局部極值（最小值或最大值），且 $f$ 在 $a$ 處可微，則 $f'(a) = 0$。
由於 $f$ 是 $C^2$ 函數，它在 $\mathbb{R}$ 上處處可微，特別是在 $x=a$ 處。
因此，根據費馬引理，由於 $f$ 在 $x=a$ 處有局部最小值，則 $f'(a) = 0$。

另一種證明 $f'(a)=0$ 的方式是利用導數的定義：
$f'(a) = \lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) - f(a)}{h}$.
由於 $f$ 在 $x=a$ 處有局部最小值，所以 $f(a+h) - f(a) \ge 0$ 對於足夠小的 $h$ 成立。

考慮右導數：
$f'_+(a) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(a+h) - f(a)}{h}$.
因為 $f(a+h) - f(a) \ge 0$ 且 $h > 0$, 所以 $\frac{f(a+h) - f(a)}{h} \ge 0$.
因此，$f'_+(a) \ge 0$.

考慮左導數：
$f'_-(a) = \lim_{h \to 0^-} \frac{f(a+h) - f(a)}{h}$.
因為 $f(a+h) - f(a) \ge 0$ 且 $h < 0$, 所以 $\frac{f(a+h) - f(a)}{h} \le 0$.
因此，$f'_-(a) \le 0$.

因為 $f$ 在 $x=a$ 處可微，所以左導數等於右導數等於導數 $f'(a)$。
所以，$f'(a) = f'_+(a) \ge 0$ 且 $f'(a) = f'_-(a) \le 0$.
唯一能同時滿足這兩個條件的實數是 $f'(a) = 0$.

第二部分：證明 $f''(a) \geq 0$。
我們已經知道 $f'(a) = 0$.
利用泰勒展開式（Taylor expansion）對於 $f$ 在 $x=a$ 附近進行展開：
$f(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + \frac{f''(c)}{2!}(x-a)^2$
其中 $c$ 是介於 $a$ 和 $x$ 之間的某個值。
由於 $f'(a) = 0$, 上式變為：
$f(x) = f(a) + \frac{f''(c)}{2}(x-a)^2$.

因為 $f$ 在 $x=a$ 處有局部最小值，所以對於 $x$ 足夠靠近 $a$（但 $x \neq a$），有 $f(x) \ge f(a)$。
這意味著 $f(x) - f(a) \ge 0$.

本題要求證明一個重要的定理：閉區間上的連續函數必能達到其絕對最大值與絕對最小值。這被稱為極值定理（Extreme Value Theorem）。

核心觀念：中間值定理（Intermediate Value Theorem）和波爾查諾-魏爾斯特拉斯定理（Bolzano-Weierstrass Theorem）。這個證明通常依賴於這些定理。

證明：
我們需要證明兩件事：

1. 函數 $f$ 在閉區間 $[a, b]$ 上有上界（存在一個 $M$ 使得 $f(x) \le M$ 對於所有 $x \in [a, b]$）。
2. 存在一個點 $c \in [a, b]$ 使得 $f(c)$ 是 $f$ 在 $[a, b]$ 上的最大值。
   類似地證明最小值。

證明存在上界：
假設 $f$ 在 $[a, b]$ 上沒有上界。這意味著對於任意正整數 $n$，都存在一個點 $x_n \in [a, b]$ 使得 $f(x_n) > n$.
我們得到一個序列 $\{x_n\}_{n=1}^\infty$ 在閉區間 $[a, b]$ 內。
根據波爾查諾-魏爾斯特拉斯定理，從有界序列中必可以取出一個收斂的子序列。
因此，存在一個子序列 $\{x_{n_k}\}_{k=1}^\infty$ 收斂於某個點 $c$.
由於 $x_{n_k} \in [a, b]$ 對於所有 $k$，且 $[a, b]$ 是閉區間，所以極限點 $c$ 也必須在 $[a, b]$ 內（即 $a \le c \le b$）。

因為 $f$ 在 $[a, b]$ 上連續，所以 $f$ 在 $c$ 處也是連續的。
因此，當 $k \to \infty$ 時，$f(x_{n_k}) \to f(c)$.
但是，我們構造序列的條件是 $f(x_{n_k}) > n_k$. 隨著 $k \to \infty$, $n_k \to \infty$.
所以，$f(x_{n_k})$ 趨於無窮大。
這與 $f(x_{n_k}) \to f(c)$（一個有限值）矛盾。
因此，最初的假設「$f$ 在 $[a, b]$ 上沒有上界」是錯誤的。
所以，$f$ 在 $[a, b]$ 上必有上界。

證明存在絕對最大值：
由於 $f$ 在 $[a, b]$ 上有上界，根據實數的性質（戴德金分割或完備性公理），存在一個上確界（supremum），設為 $M = \sup_{x \in [a, b]} f(x)$.
我們需要證明存在一個點 $c \in [a, b]$ 使得 $f(c) = M$.
如果 $M$ 是 $f$ 的最大值，那麼 $M$ 必然是 $f$ 的一個值，即存在 $c \in [a, b]$ 使得 $f(c) = M$.
假設不存在這樣的點 $c$. 這意味著對於所有的 $x \in [a, b]$, $f(x) < M$.
考慮函數 $g(x) = \frac{1}{M - f(x)}$.
由於 $f(x) < M$, 分母 $M - f(x) > 0$.
而且，由於 $f$ 在 $[a, b]$ 上連續，所以 $M - f(x)$ 也是連續的。
因此，$g(x)$ 在 $[a, b]$ 上是連續的。

現在我們證明 $g(x)$ 在 $[a, b]$ 上有上界。
如果 $g(x)$ 在 $[a, b]$ 上沒有上界，那麼根據與證明上界相同的論證方式（利用波爾查諾-魏爾斯特拉斯定理），可以推導出矛盾。
因此，$g(x)$ 在 $[a, b]$ 上必有上界。
設 $K$ 是 $g(x)$ 的一個上界，即對於所有 $x \in [a, b]$, $g(x) \le K$.
$\frac{1}{M - f(x)} \le K$.
如果 $K > 0$, 則 $1 \le K(M - f(x))$.
$\frac{1}{K} \le M - f(x)$.
$f(x) \le M - \frac{1}{K}$.
這意味著 $M - \frac{1}{K}$ 是 $f$ 的一個上界。

核心觀念

本題考查三個重要概念：

1. 一致收斂與導數的關係：函數一致收斂本身不足以保證極限函數可微，也不足以保證導數一致收斂。導數需要額外條件，例如導數一致收斂及某一點函數值收斂。
2. 一致收斂與黎曼積分：黎曼可積分函數的一致極限仍為黎曼可積分，且可將極限與積分交換。
3. 一致有界與等度連續的差異：一致有界只限制函數值大小，等度連續則要求所有函數具有統一的連續性控制；前者不能推出後者。

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a. 錯誤

解題方法

以極限函數在內點不可微作為反例。

取 $c\in(a,b)$，定義

$$f_n(x)=\sqrt{(x-c)^2+\frac1n},\qquad x\in[a,b].$$

每個 $f_n$ 在 $(a,b)$ 上可微，且

$$f_n'(x)=\frac{x-c}{\sqrt{(x-c)^2+\frac1n}}.$$

另一方面，對所有 $x\in[a,b]$，

$$\left|f_n(x)-|x-c|\right| = \sqrt{(x-c)^2+\frac1n}-|x-c|.$$

有

$$0\leq \sqrt{(x-c)^2+\frac1n}-|x-c| = \frac{1/n}{\sqrt{(x-c)^2+1/n}+|x-c|} \leq \frac1{\sqrt n}.$$

因此

$$f_n\longrightarrow f,\qquad f(x)=|x-c|,$$

且此收斂在 $[a,b]$ 上一致。

然而，$f(x)=|x-c|$ 在 $x=c$ 不可微，因為

$$\lim_{h\to0^+}\frac{|c+h-c|-|c-c|}{h}=1,$$

而

$$\lim_{h\to0^-}\frac{|c+h-c|-|c-c|}{h}=-1.$$

左右導數不同，所以 $f'(c)$ 不存在。

此外，

$$f_n'(c)=0$$

對所有 $n$ 都成立，因此

$$\lim_{n\to\infty}f_n'(c)=0,$$

但 $f'(c)$ 不存在，故題述等式也無法成立。

解題技巧

看到「函數一致收斂，所以導數可交換極限」時，應立即警覺。常用反例是將不可微的尖角函數 $|x-c|$，以平滑函數

$$\sqrt{(x-c)^2+\varepsilon}$$

逼近。

【答案】錯誤。函數一致收斂不保證極限函數可微，也不保證 $\lim f_n'=f'$。

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b. 正確

解題方法

先證明 $f$ 黎曼可積分，再證明積分極限公式。

由於 $f_n\to f$ 在 $[a,b]$ 上一致收斂，對任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$ 使得當 $n\ge N$ 時，

$$|f_n(x)-f(x)|<\frac{\varepsilon}{2(b-a)} \qquad\text{對所有 }x\in[a,b].$$

固定此 $n$。因為 $f_n$ 黎曼可積分，所以存在分割 $P$，使得

$$U(f_n,P)-L(f_n,P)<\frac{\varepsilon}{2}.$$

設

$$\eta=\frac{\varepsilon}{2(b-a)}.$$

在每個分割區間上，$f$ 與 $f_n$ 的上、下確界相差至多 $2\eta$，因此

$$U(f,P)-L(f,P) \leq \bigl(U(f_n,P)-L(f_n,P)\bigr)+2\eta(b-a).$$

代入估計得

$$U(f,P)-L(f,P) < \frac{\varepsilon}{2} + 2\cdot\frac{\varepsilon}{2(b-a)}(b-a) = \frac{3\varepsilon}{2}.$$