114 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

本題考查二變數函數在原點的可微分性。依定義，$f$ 在 $(0,0)$ 可微分，若存在線性函數 $L(x,y)$ 使得

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{f(x,y)-f(0,0)-L(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}}=0.$$

若偏導數存在，可能的微分線性函數為

$$L(x,y)=f_x(0,0)x+f_y(0,0)y.$$

題目中的參數 $a$ 並未出現在函數 $f$ 的定義中，因此可微分性與 $a$ 無關。

解題方法

先求原點的偏導數。

對 $x$ 方向，

$$f_x(0,0) = \lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}.$$

因為 $f(h,0)=0$，所以

$$f_x(0,0)=0.$$

同理，

$$f_y(0,0) = \lim_{h\to 0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h} =0.$$

因此若 $f$ 可微分，其候選微分為零線性函數：

$$L(x,y)=0.$$

接著依可微分定義驗證：

$$\frac{|f(x,y)-f(0,0)-L(x,y)|}{\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}} \left| \sin\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right) \right|.$$

利用 $|\sin t|\le 1$，得

$$\frac{|f(x,y)|}{\sqrt{x^2+y^2}} \le \frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}}.$$

又由

核心觀念

本題考查下列概念：

1. 完美集（perfect set）：集合同時滿足

   • $L$ 為閉集；
   • $L$ 中每一點都是 $L$ 的聚點。

2. 十進位展開與有限前綴：$L$ 中的數字只能取 $0$ 或 $3$，因此可用有限位數的區間逼近整個集合。

3. 平移與完美性：若 $L$ 是完美集，則對任意 $t\in\mathbb R$，平移後的 $L+t$ 仍為完美集。

4. Baire Category Theorem：完美集 $L$ 沒有內點，因此是 nowhere dense set。可利用可數個平移集合的聯集仍不可能覆蓋整條實數線，找出平移量使平移後避開所有有理數。

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(a) 證明 $L$ 是完美集

設

$$x=0.0b_1b_2b_3\cdots, \qquad b_i\in\{0,3\}.$$

1. 證明 $L$ 是閉集

對每個 $n\in\mathbb N$，考慮只固定前 $n$ 個可變位數所得到的集合。對每一組

$$(b_1,\dots,b_n)\in\{0,3\}^n,$$

定義相應的十進位區間

$$I(b_1,\dots,b_n) = \left[ 0.0b_1\cdots b_n,\, 0.0b_1\cdots b_n+\sum_{j=n+1}^{\infty}3\cdot 10^{-(j+1)} \right].$$

其中尾端所有位數皆取 $3$，所以

$$\sum_{j=n+1}^{\infty}3\cdot 10^{-(j+1)} = \frac{1}{3}\,10^{-(n+1)}.$$

令

$$F_n = \bigcup_{(b_1,\dots,b_n)\in\{0,3\}^n} I(b_1,\dots,b_n).$$

每個 $F_n$ 是有限個閉區間的聯集，因此是閉集；而且

$$F_1\supseteq F_2\supseteq F_3\supseteq\cdots.$$

一個數屬於所有 $F_n$，表示它的每一位數字都可以取為 $0$ 或 $3$，因此

$$L=\bigcap_{n=1}^{\infty}F_n.$$

閉集的任意交集仍為閉集，所以 $L$ 是閉集。

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2. 證明 $L$ 中每一點都是聚點

任取 $x\in L$，寫成

$$x=0.0b_1b_2b_3\cdots, \qquad b_i\in\{0,3\}.$$

對任意 $n$，令 $x_n$ 將 $x$ 的第 $n$ 個可變位數翻轉：

$$b_n'= \begin{cases} 3,& b_n=0,\\ 0,& b_n=3, \end{cases}$$

並令其他位數保持不變。於是

$$x_n=0.0b_1\cdots b_{n-1}b_n'b_{n+1}\cdots\in L.$$

由於第 $n$ 位不同，$x_n\neq x$；且只改變第 $n$ 位，因此

$$|x_n-x|=3\cdot 10^{-(n+1)}\longrightarrow 0.$$

核心觀念

本題考查以下觀念：

1. 連通集與道路連通集的定義。
2. 凸集必為道路連通，因此必為連通。
3. 連續函數的線段參數化：
   $f(t)=(1-t)p+tq,\qquad t\in[0,1].$
4. 判斷集合包含關係。題目中的曲線其實完全位於水平帶狀區域內。

令

$$S=\{(x,y)\in\mathbb R^2\mid -1\le y\le 1\},$$

以及

$$C=\left\{(x,y)\in\mathbb R^2\mid 0\le x\le 1,\ y=\cos\left(\frac{\pi}{2}x\right)\right\}.$$

則 $E=S\cup C$。

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解題方法：先判斷曲線是否為水平帶狀區域的子集

若 $(x,y)\in C$，則 $0\le x\le 1$，因此

$$0\le \frac{\pi}{2}x\le \frac{\pi}{2}.$$

在區間 $\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ 上，

$$0\le \cos\left(\frac{\pi}{2}x\right)\le 1.$$

由於 $y=\cos\left(\frac{\pi}{2}x\right)$，可得

$$0\le y\le 1.$$

因此 $(x,y)$ 必滿足 $-1\le y\le 1$，所以

$$C\subset S.$$

故

$$E=S\cup C=S.$$

也就是說，題目所畫出的餘弦曲線並沒有延伸到水平帶狀區域之外，對 $E$ 的集合本身沒有增加任何新點。

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(a) 證明 $E$ 為連通集

由上面的包含關係，

$$E=S=\mathbb R\times[-1,1].$$

取任意兩點

$$p=(x_1,y_1),\qquad q=(x_2,y_2)\in E.$$

考慮線段參數化

$$f(t)=(1-t)p+tq,\qquad 0\le t\le 1.$$

寫成座標形式為

$$f(t)=\bigl((1-t)x_1+tx_2,\ (1-t)y_1+ty_2\bigr).$$

由於 $y_1,y_2\in[-1,1]$，而 $1-t,t\ge 0$ 且

$$(1-t)+t=1,$$

所以第二座標是 $y_1,y_2$ 的凸組合，仍然落在 $[-1,1]$ 中：

$$-1\le (1-t)y_1+ty_2\le 1.$$

因此對所有 $t\in[0,1]$，皆有

$$f(t)\in E.$$

這表示 $E$ 中任意兩點均可由完全位於 $E$ 內的線段連接，因此 $E$ 是道路連通集。

道路連通集必為連通集，所以

$$\boxed{E\text{ 為連通集}}.$$

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(b) 證明 $E$ 為道路連通

核心觀念

本題依題面所給定義

$$f_n(x)=\sum_{k=1}^n\left(kx-\lfloor kx\rfloor\right) =\sum_{k=1}^n\{kx\}$$

其中每一項 $\{kx\}$ 都是小數部分，滿足 $0\leq \{kx\}<1$。然而，這些項並未乘上任何使級數收斂的權重，因此題目所要求的結論並不成立。

(a) 一致收斂性不成立

取 $x=\dfrac12$。當 $k$ 為奇數時，

$$\left\{\frac{k}{2}\right\}=\frac12,$$

當 $k$ 為偶數時，

$$\left\{\frac{k}{2}\right\}=0.$$

因此

$$f_n\left(\frac12\right) =\sum_{k=1}^n\left\{\frac{k}{2}\right\} =\frac12\left\lceil\frac n2\right\rceil.$$

故

$$f_n\left(\frac12\right)\longrightarrow+\infty.$$

所以 $\{f_n(x)\}$ 甚至不在 $x=\dfrac12$ 處逐點收斂，更不可能在 $\mathbb R$ 上一致收斂。

核心觀念

本題考查「快速振盪函數的平均化」現象，核心工具有三：

1. 週期函數的平均值
   $\overline g=\int_0^1g(t)\,dt.$

2. 光滑週期函數可由三角多項式一致逼近。由於 $g\in C^\infty(\mathbb R)$ 且週期為 $1$，其 Fourier 級數可一致收斂。

3. Riemann 可積分函數的振盪積分趨於零：若 $n\neq 0$，則
   $\lim_{k\to\infty}\int_a^b f(x)e^{2\pi i nkx}\,dx=0.$

因此，$g(kx)$ 中的非零 Fourier 頻率在積分中會互相抵消，只留下常數項，也就是 $g$ 在一個週期上的平均值。

解題方法

第一步：建立振盪積分引理

先證明：對任意固定的非零整數 $n$，

$$\lim_{k\to\infty}\int_a^b f(x)e^{2\pi i nkx}\,dx=0.$$

因為 $f$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可積分，所以對任意 $\varepsilon>0$，存在階梯函數 $s$，使得

$$\int_a^b|f(x)-s(x)|\,dx<\varepsilon.$$

將 $s$ 寫成有限段常數函數：

$$s(x)=c_j,\qquad x\in [x_{j-1},x_j),$$

其中

$$a=x_0<x_1<\cdots<x_m=b.$$

分解積分：

$$\begin{aligned} \int_a^b f(x)e^{2\pi i nkx}\,dx &=\int_a^b\bigl(f(x)-s(x)\bigr)e^{2\pi i nkx}\,dx +\int_a^b s(x)e^{2\pi i nkx}\,dx. \end{aligned}$$

第一項滿足

$$\left|\int_a^b\bigl(f(x)-s(x)\bigr)e^{2\pi i nkx}\,dx\right| \leq \int_a^b|f(x)-s(x)|\,dx<\varepsilon.$$

第二項為有限項之和：

$$\int_a^b s(x)e^{2\pi i nkx}\,dx = \sum_{j=1}^m c_j\int_{x_{j-1}}^{x_j}e^{2\pi i nkx}\,dx.$$

直接計算得

$$\int_{x_{j-1}}^{x_j}e^{2\pi i nkx}\,dx = \frac{e^{2\pi i nkx_j}-e^{2\pi i nkx_{j-1}}}{2\pi i nk},$$

所以

$$\left|\int_{x_{j-1}}^{x_j}e^{2\pi i nkx}\,dx\right| \leq \frac{1}{\pi |n|k}.$$

因此

$$\left|\int_a^b s(x)e^{2\pi i nkx}\,dx\right| \leq \frac{1}{\pi |n|k}\sum_{j=1}^m|c_j| \longrightarrow 0.$$

先固定階梯函數 $s$，再令 $k\to\infty$，可得

$$\limsup_{k\to\infty} \left|\int_a^b f(x)e^{2\pi i nkx}\,dx\right| \leq \varepsilon.$$

由於 $\varepsilon$ 任意，得到

$$\boxed{ \lim_{k\to\infty}\int_a^b f(x)e^{2\pi i nkx}\,dx=0 } \qquad(n\neq 0).$$

核心觀念

令

$$\nabla_0u=u,\qquad \nabla_1u=\nabla u,\qquad \nabla_2u=(\partial_{ij}u)_{1\le i,j\le 3},$$

其中 $\lvert \nabla_2u\rvert^2=\sum_{i,j=1}^3\lvert \partial_{ij}u\rvert^2$。

本題使用：

• 傅立葉變換與 Plancherel 定理；
• $\Delta u=f$ 在傅立葉空間中的表示；
• Cauchy–Schwarz 不等式與 $$ab\le \frac{a^2+b^2}{2}.$$

核心是利用 $\Delta u=f$ 同時控制一階導數與二階導數。

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解題方法

因為 $u,f\in L^2(\mathbb R^3)$，且 $\Delta u=f$，取傅立葉變換得

$$-|\xi|^2\widehat u(\xi)=\widehat f(\xi).$$

以下所有積分皆在 $\mathbb R^3$ 上，並由 Plancherel 定理計算。

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一階導數的估計

由傅立葉變換公式，

$$\int_{\mathbb R^3}|\nabla u|^2\,dx = \int_{\mathbb R^3}|\xi|^2|\widehat u(\xi)|^2\,d\xi.$$

又因為

$$|\widehat f(\xi)|=|\xi|^2|\widehat u(\xi)|,$$

所以

$$|\xi|^2|\widehat u(\xi)|^2 = |\widehat u(\xi)|\,|\widehat f(\xi)|.$$

因此

$$\begin{aligned} \int_{\mathbb R^3}|\nabla u|^2\,dx &= \int_{\mathbb R^3}|\widehat u|\,|\widehat f|\,d\xi\\ &\le \frac12\int_{\mathbb R^3} \left(|\widehat u|^2+|\widehat f|^2\right)d\xi\\ &= \frac12\left( \int_{\mathbb R^3}|u|^2\,dx+ \int_{\mathbb R^3}|f|^2\,dx \right). \end{aligned}$$

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二階導數的估計

由 Plancherel 定理，

$$\int_{\mathbb R^3}|\nabla_2u|^2\,dx = \sum_{i,j=1}^3 \int_{\mathbb R^3} |\xi_i\xi_j|^2|\widehat u(\xi)|^2\,d\xi.$$

注意

$$\sum_{i,j=1}^3\xi_i^2\xi_j^2 = \left(\sum_{i=1}^3\xi_i^2\right)^2 = |\xi|^4.$$

故