115 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

本題考查函數的一致連續性。需根據 $\varepsilon$ 找出一個只依賴於 $\varepsilon$ 的 $\delta>0$，使任意 $x,y\in[0,1]$ 滿足

$$|x-y|<\delta$$

時，都能推出

$$|\sqrt{x}-\sqrt{y}|<\varepsilon.$$

關鍵公式為平方差：

$$x-y=(\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y}).$$

由於 $x,y\ge 0$，可利用

$$|\sqrt{x}-\sqrt{y}|^2\le |x-y|.$$

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解題方法

因為 $x,y\in[0,1]$，所以 $x,y\ge0$。不妨令 $x\ge y$，則

$$|\sqrt{x}-\sqrt{y}|=\sqrt{x}-\sqrt{y}.$$

平方後得

$$|\sqrt{x}-\sqrt{y}|^2 =(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2.$$

由於

$$x-y=(\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y}),$$

且

$$\sqrt{x}+\sqrt{y}\ge \sqrt{x}-\sqrt{y}\ge0,$$

因此

$$(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2 \le (\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y}) =x-y.$$

故一般地有

核心觀念

令

$$b_n=|a_n|>0,\qquad r_n=\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\frac{b_{n+1}}{b_n}.$$

由遞迴關係

$$b_{n+1}=b_n r_n$$

可得

$$b_n=b_1\prod_{k=1}^{n-1}r_k.$$

因此

$$\sqrt[n]{|a_n|} =b_1^{1/n}\left(\prod_{k=1}^{n-1}r_k\right)^{1/n}.$$

也就是說，$\sqrt[n]{|a_n|}$ 本質上是前面各項比值 $r_k$ 的幾何平均。因此本題涉及：

• $\liminf$ 與 $\limsup$ 的定義；
• 乘積表示法；
• 幾何平均與上極限的估計。

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第一個不等式的判定

題目聲稱

$$\liminf_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|} \le \liminf_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}.$$

此敘述一般不成立。

取 $a_1=1$，並定義

$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \begin{cases} 1,&n\text{ 為奇數},\\ 4,&n\text{ 為偶數}. \end{cases}$$

因為所有 $a_n>0$，故 $|a_n|=a_n$。當 $n=2m+1$ 時，

$$a_{2m+1} = \prod_{k=1}^{2m}\frac{a_{k+1}}{a_k} = 4^m.$$

所以

$$\sqrt[2m+1]{a_{2m+1}} = 4^{\frac{m}{2m+1}} \longrightarrow 2.$$

當 $n=2m$ 時，

$$a_{2m} = \prod_{k=1}^{2m-1}\frac{a_{k+1}}{a_k} = 4^{m-1},$$

因此

$$\sqrt[2m]{a_{2m}} = 4^{\frac{m-1}{2m}} \longrightarrow 2.$$

於是

$$\liminf_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|} = 2.$$

另一方面，

$$\liminf_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|} = \liminf r_n = 1.$$

題目所稱的不等式變成

$$2\le 1,$$

明顯矛盾。

因此，第一個不等式無法證明，因為其命題本身錯誤。正確的一般不等式方向應為

$$\liminf_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|} \le \liminf_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}.$$

事實上，若令 $l=\liminf r_n$，則對任意 $\varepsilon>0$，充分大的 $k$ 滿足

$$r_k\ge l-\varepsilon.$$

因此對充分大的 $n$，

$$b_n = b_N\prod_{k=N}^{n-1}r_k \ge b_N(l-\varepsilon)^{n-N}.$$

取 $n$ 次方根並令 $n\to\infty$，得到

$$\liminf_{n\to\infty}\sqrt[n]{b_n} \ge l-\varepsilon.$$

再令 $\varepsilon\downarrow0$，即得

$$\liminf_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|} \ge \liminf_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}.$$

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第二個不等式的證明

題目聲稱

$$\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|} \le \limsup_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}.$$

核心觀念

本題考查以下觀念：

1. 梯度定義為

   $$\nabla f(x)=\left(\frac{\partial f}{\partial x_1}(x),\frac{\partial f}{\partial x_2}(x)\right).$$

2. 若 $\nabla f(x)=0$，表示 $f$ 在 $x$ 點的各方向偏導數皆為 $0$。

3. $X$ 為開集，因此每一點附近都存在完全包含於 $X$ 的小圓盤，可在該小圓盤內使用直線段與一變數微分中值定理。

4. 局部上為常數，再利用 $X$ 的 path-connected 性質，即可推出整個 $X$ 上為常數。

需注意：$X$ 雖然 path-connected，未必是凸集，因此不能直接假設任意兩點的線段皆包含於 $X$。

解題方法

先證明 $f$ 在每一點附近都是常數，再沿著連續路徑將局部結果推廣到整個集合。

第一步：證明 $f$ 局部為常數

任取 $x_0\in X$。因為 $X$ 是開集，存在 $r>0$，使得開圓盤

$$B(x_0,r)\subset X.$$

任取 $y\in B(x_0,r)$。定義一變數函數

$$g(t)=f\bigl(x_0+t(y-x_0)\bigr),\qquad 0\leq t\leq 1.$$

由於圓盤是凸集，線段

$$x_0+t(y-x_0),\qquad 0\leq t\leq 1$$

完全包含於 $B(x_0,r)$，因此 $g$ 定義良好。

由鏈鎖律，

$$g'(t) = \nabla f\bigl(x_0+t(y-x_0)\bigr)\cdot (y-x_0).$$

題設給出對所有 $x\in X$，

$$\nabla f(x)=0.$$

故

$$g'(t)=0,\qquad 0\leq t\leq 1.$$

由一變數微分中值定理，$g$ 在 $[0,1]$ 上為常數，因此

$$g(1)=g(0).$$

也就是

$$f(y)=f(x_0).$$

因為 $y\in B(x_0,r)$ 任意，所以

$$f\equiv f(x_0)\quad\text{於 }B(x_0,r).$$

這證明了 $f$ 在每一點的某個鄰域內皆為常數，即 $f$ 是局部常數函數。

第二步：利用 path-connected 性質

此題考查巴拿赫空間（Banach space）中的一個重要結果，即 Arzela-Ascoli 定理。題目給定一個函數序列 $\{f_n\}$ 在一個範數 $\|f\| := \sup_{x \in [a, b]} (|f(x)| + |f'(x)|)$ 下是有界的，並要求證明存在一個子序列可以均勻收斂到一個連續函數。

核心觀念：

1. 均勻收斂 (Uniform Convergence)： 函數序列 $\{f_n\}$ 均勻收斂到函數 $f$ 意味著對於任意 $\varepsilon > 0$，存在一個正整數 $N$，使得對於所有 $n > N$ 和所有 $x \in [a, b]$，都有 $|f_n(x) - f(x)| < \varepsilon$。
2. Arzela-Ascoli 定理： 在一個緊緻度量空間 $X$（例如閉區間 $[a, b]$）上，一個函數族 $\mathcal{F}$ 的子集 $K$ 滿足以下條件：
   • $K$ 是等度連續的 (equicontinuous)：對於任意 $\varepsilon > 0$，存在 $\delta > 0$，使得對於任意 $f \in K$ 和任意 $x, y \in X$ 滿足 $d(x, y) < \delta$，都有 $d(f(x), f(y)) < \varepsilon$。
   • $K$ 在值域上是等度有界的 (equibounded)：存在一個常數 $M$，使得對於所有 $f \in K$ 和所有 $x \in X$，都有 $|f(x)| \le M$。
     則 $K$ 在 $X$ 上是相對緊緻的（相對緊緻的集合是指其閉包是緊緻的）。
     如果 $K$ 是相對緊緻的，則 $K$ 中的任何序列都存在一個子序列，該子序列在 $X$ 上均勻收斂到 $X$ 上的某個連續函數。

解題步驟：
我們需要證明函數序列 $\{f_n\}$ 滿足 Arzela-Ascoli 定理的條件，即證明該序列形成的集合是等度有界且等度連續的。

1. 等度有界性 (Equiboundedness)：
給定序列 $\{f_n\}$ 滿足 $\|f_n\| \le 1$ 對於所有 $n \in \mathbb{N}$。
根據 $\|f_n\|$ 的定義，我們有：
$\sup_{x \in [a, b]} (|f_n(x)| + |f_n'(x)|) \le 1$.
這意味著對於所有 $x \in [a, b]$ 和所有 $n \in \mathbb{N}$：
$|f_n(x)| + |f_n'(x)| \le 1$.
由此可直接得到 $|f_n(x)| \le 1$.
因此，函數族 $\{f_n\}$ 是等度有界的，因為存在一個常數 $M=1$，使得 $|f_n(x)| \le M$ 對於所有 $n$ 和所有 $x \in [a, b]$.

2. 等度連續性 (Equicontinuity)：
我們需要證明對於任意 $\varepsilon > 0$，存在 $\delta > 0$，使得對於任意 $f_n$ 和任意 $x, y \in [a, b]$ 滿足

核心觀念

本題考查下列觀念：

1. 魏爾斯特拉斯一致收斂判別法（Weierstrass M-test）。
2. 有限集合上的指示函數為黎曼可積分函數。
3. 一致收斂的黎曼可積分函數列，其極限仍為黎曼可積分；因此也可視為對遞增函數 $\alpha(x)=x$ 的黎曼–Stieltjes 可積分。
4. 有限點集的長度為 $0$，所以其指示函數的積分為 $0$。

先指出題目文字上的問題：第 (a) 小題寫成 $\sum_{n=1}^{\infty}h_n(x)$，但條件卻出現 $K>P$，且此敘述本身不成立。合理且與第 (b) 小題一致的題意應為證明

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{h_n(x)}{K^n}$$

在 $K>P$ 時一致收斂。以下依此正確題意作答。

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一、函數 $h_n$ 的結構

由定義，

$$h_n(x)=1 \quad\Longleftrightarrow\quad P^n x\in\mathbb Z.$$

因為 $x\in[0,1]$，所以 $P^n x\in[0,P^n]$。因此

$$P^n x\in\{0,1,2,\ldots,P^n\},$$

也就是

$$x\in E_n:=\left\{0,\frac1{P^n},\frac2{P^n},\ldots,\frac{P^n}{P^n}\right\}.$$

故

$$h_n(x)=\mathbf 1_{E_n}(x),$$

其中 $E_n$ 是有限集合，共有 $P^n+1$ 個點。因此：

• $0\le h_n(x)\le 1$；
• $h_n$ 只在有限個點取值 $1$；
• $h_n$ 在有限個點不連續；
• $h_n$ 是黎曼可積分函數。

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二、(a) 一致收斂性

考慮級數

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{h_n(x)}{K^n}.$$

由 $0\le h_n(x)\le1$，對所有 $x\in[0,1]$ 均有

$$\left|\frac{h_n(x)}{K^n}\right| \le \frac1{K^n}.$$

因為 $K>P$ 且 $P\in\mathbb N$，所以 $K>1$。幾何級數

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{K^n}$$

收斂，其和為

$$\frac{1/K}{1-1/K}=\frac1{K-1}.$$

由魏爾斯特拉斯 $M$-判別法，

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{h_n(x)}{K^n}$$

在 $[0,1]$ 上一致收斂。

因此存在一致收斂的極限函數

$$f(x):=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{h_n(x)}{K^n}.$$

補充說明：若照題目字面考慮無權重級數 $\sum h_n(x)$，則在 $x=0$ 時，

$$h_n(0)=1\qquad\text{對所有 }n,$$

所以

$$\sum_{n=1}^{\infty}h_n(0)=\sum_{n=1}^{\infty}1$$

發散，故原文字面敘述不成立。

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此題考查偏微分方程的理論，特別是證明某個方程在特定函數空間中無解。題目要求證明 $\Delta f = e^f$ 在 $C_{\text{opt}}^2(U)$ 空間中無解，其中 $C_{\text{opt}}^2(U)$ 是具有緊緻支集（compact support）的二階連續可微函數的集合。

核心觀念：

1. 拉普拉斯算子 (Laplacian Operator)： $\Delta f = \nabla^2 f = \sum_{i=1}^n \frac{\partial^2 f}{\partial x_i^2}$。
2. 緊緻支集 (Compact Support)： 函數 $f$ 的支集 $\text{supp}(f)$ 是包含所有 $f(x) \neq 0$ 的點的閉包。如果這個支集是緊緻的，則稱 $f$ 具有緊緻支集。
3. 積分技巧和不等式： 證明無解通常需要利用積分的性質，並結合一些不等式（如柯西-施瓦茲不等式、Jensen 不等式等）。
4. 權力平衡 (Balancing Powers)： 在證明中，常常需要平衡方程兩邊的「量級」或「性質」。

解題思路：
我們需要證明不存在一個函數 $f \in C_{\text{opt}}^2(U)$ 滿足 $\Delta f = e^f$.
由於 $f$ 具有緊緻支集，我們可以對方程兩邊進行積分。
令 $K = \text{supp}(f)$. 由於 $f \in C_{\text{opt}}^2(U)$, $K$ 是 $U$ 中的一個緊緻子集。
我們可以在 $U$ 的一個較大的開集 $V$ 上進行積分，使得 $K \subset V$ 且 $V$ 也是開集。
由於 $f$ 的支集是緊緻的，對於任何測試函數 $\phi$ (例如，一個光滑函數，其支集包含 $K$)，我們可以考慮積分 $\int_U (\Delta f) \phi \, dx$.
然而，這裡我們沒有測試函數，而是直接處理方程。

考慮對方程兩邊積分。
由於 $f$ 的支集是緊緻的，我們可以考慮在 $f$ 的支集 $K$ 上積分。
$\int_K (\Delta f) \, dx = \int_K e^f \, dx$
使用高斯散度定理（Gauss's Divergence Theorem）或格林公式（Green's Theorem）的推廣。
對於 $\Delta f = \nabla \cdot (\nabla f)$，我們有：
$\int_K \Delta f \, dx = \int_K \nabla \cdot (\nabla f) \, dx$
由於 $\text{supp}(f)$ 是緊緻的，$\nabla f$ 在 $K$ 的邊界外為零。
根據高斯散度定理， $\int_K \nabla \cdot \mathbf{F} \, dx = \int_{\partial K} \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} \, dS$.
然而，這裡的 $\text{supp}(f)$ 是緊緻的，它可能不是一個光滑的邊界。
但是，由於 $f$ 的支集是緊緻的，這意味著 $f$ 和它的所有導數在 $U \setminus K$ 上都為零。
因此，我們可以選擇一個開集 $V$ 使得 $K \subset V$ 且 $\overline{V}$ 是緊緻的。
那麼 $\int_U \Delta f \, dx = \int_V \Delta f \, dx$.
由於 $f$ 具有緊緻支集，我們可以認為 $f$ 和它的導數在 $V$ 的邊界上為零。
因此，
$\int_K \Delta f \, dx = \int_K \nabla \cdot (\nabla f) \, dx = 0$
這是因為 $\nabla f$ 在 $K$ 的外部為零，我們可以將積分區域擴展到包含 $K$ 的一個開集 $V$，然後利用散度定理。
若 $\mathbf{F} = \nabla f$, 則 $\int_K \nabla \cdot \mathbf{F} dx = \int_{\partial K} \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} dS$.
但由於 $f$ 的支集是緊緻的，我們可以認為 $\mathbf{F}$ 在 $\partial K$ 的外部為零。
更精確地說，由於 $f$ 的支集是緊緻的，存在一個緊緻集 $K'$ 使得 $\text{supp}(f) \subset K'$.
我們可以考慮在 $K'$ 上積分。
$\int_{K'} \Delta f \, dx = \int_{K'} \nabla \cdot (\nabla f) \, dx$.
如果 $\nabla f$ 在 $\partial K'$ 上為零，那麼根據散度定理，積分為零。
由於 $f$ 是 $C^2$ 函數， $\nabla f$ 是連續的。
由於 $\text{supp}(f)$ 是緊緻的， $f$ 在 $U \setminus \text{supp}(f)$ 上為零。
這意味著 $\nabla f$ 在 $U \setminus \text{supp}(f)$ 上也為零。
所以，我們可以認為 $\nabla f$ 在 $K'$ 的外部為零。
因此， $\int_{K'} \Delta f \, dx = 0$.

現在考慮方程的右邊：
$\int_K e^f \, dx$
由於 $e^f > 0$ 對於所有 $f$, 並且 $e^f > 0$ 在 $\text{supp}(f)$ 上。
如果 $\text{supp}(f)$ 不是空集，則 $\int_K e^f \, dx > 0$.
但是，如果 $f$ 是零函數，那麼 $\text{supp}(f) = \emptyset$, 積分為零。
如果 $f \equiv 0$, 則 $\Delta f = 0$ 且 $e^f = e^0 = 1$. $0 = 1$ 是矛盾的。
所以 $f$ 不能是零函數。