111 年 國立中央大學數學系碩士班甲組《高等微積分》

核心觀念

本題綜合考查：

• 有理數集合 $\mathbb{Q}$ 並非完備空間。
• 單調收斂定理與 $\limsup$ 的性質。
• 一致連續的定義及乘積函數。
• 方向導數與 Fréchet 可微性的差異。
• Heine–Borel 定理與連續函數在緊集上的有界性。

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(1.1)

判斷：錯誤。

雖然在 $\mathbb{R}$ 中，有界單調數列必收斂，但題目中的數列取值於 $\mathbb{Q}$，且其極限若要求仍屬於 $\mathbb{Q}$，則不一定成立。

例如取有理數數列逐步逼近 $\sqrt{2}$：

$$x_n=\frac{\lfloor 10^n\sqrt{2}\rfloor}{10^n}.$$

則每個 $x_n\in\mathbb{Q}$，且 $\{x_n\}$ 遞增並有上界，例如 $2$。然而

$$x_n\to \sqrt{2}\notin\mathbb{Q}.$$

因此它在 $\mathbb{Q}$ 中沒有極限。

解題技巧：
看到「有界單調數列必收斂」時，要先確認數列所在的空間是否完備。$\mathbb{R}$ 完備，但 $\mathbb{Q}$ 不完備。

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(1.2)

判斷：正確。

令

$$A_N=\sup_{n\ge N}x_n,\qquad B_N=\sup_{n\ge N}y_n.$$

由於 $x_n,y_n>0$，對所有 $n\ge N$ 有

$$x_n\le A_N,\qquad y_n\le B_N,$$

因此

$$x_ny_n\le A_NB_N.$$

所以

$$\sup_{n\ge N}(x_ny_n) \le \left(\sup_{n\ge N}x_n\right) \left(\sup_{n\ge N}y_n\right).$$

令 $N\to\infty$，由 $\limsup$ 的定義可得

$$\limsup_{n\to\infty}(x_ny_n) \le \left(\limsup_{n\to\infty}x_n\right) \left(\limsup_{n\to\infty}y_n\right).$$

因此敘述正確。

解題技巧：
對非負數列，常用公式為

$$\limsup (x_ny_n)\le (\limsup x_n)(\limsup y_n).$$

題目特別給出「正實數」是為了確保乘法保序。

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(1.3)

判斷：錯誤。

取

$$f(x)=x,\qquad g(x)=x.$$

兩者皆在 $\mathbb{R}$ 上一致連續，因為對任意 $\varepsilon>0$，取 $\delta=\varepsilon$，即可得到

$$|x-y|<\delta \implies |f(x)-f(y)|=|x-y|<\varepsilon.$$

但其乘積為

$$(fg)(x)=x^2.$$

函數 $x^2$ 在 $\mathbb{R}$ 上不是一致連續。取

$$x_n=n,\qquad y_n=n+\frac1n.$$

則

$$|x_n-y_n|=\frac1n\to0,$$

但

$$|x_n^2-y_n^2| = \left|n^2-\left(n+\frac1n\right)^2\right| = 2+\frac1{n^2}\not\to0.$$

因此 $x^2$ 不一致連續，原敘述錯誤。

解題技巧：
一致連續函數的乘積若要保持一致連續，通常還需要其中一個函數有界。$\mathbb{R}$ 上的一致連續函數本身不必有界，例如 $f(x)=x$。

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(1.4)

判斷：正確。

考慮函數

核心觀念

令

$$A=\left\{x=(x_1,\dots,x_n)\in\mathbb{R}^n: \sqrt{\sum_{i=1}^n x_i^2}<1\right\}.$$

題目要求依照緊緻性的定義證明 $A$ 不緊緻：

若集合 $A$ 的每一個開覆蓋都有有限子覆蓋，則 $A$ 是緊緻集。

因此，只要找出一個開覆蓋，使它不存在有限子覆蓋，即可證明 $A$ 不緊緻。

解題方法

對每個整數 $k\ge 2$，定義

$$U_k= \left\{x\in\mathbb{R}^n: \sqrt{\sum_{i=1}^n x_i^2}<1-\frac1k\right\}.$$

每個 $U_k$ 都是以原點為中心、半徑 $1-\frac1k$ 的開球，因此是 $\mathbb{R}^n$ 中的開集合。

先證明 $\{U_k:k\ge2\}$ 是 $A$ 的開覆蓋。

任取 $x\in A$，設

$$r=\sqrt{\sum_{i=1}^n x_i^2}<1.$$

因為 $1-\frac1k\to1$，必定存在足夠大的整數 $k$，使得

$$r<1-\frac1k<1.$$

因此 $x\in U_k$，所以

$$A\subseteq\bigcup_{k=2}^{\infty}U_k.$$

另一方面，每個 $U_k\subseteq A$，故

$$A=\bigcup_{k=2}^{\infty}U_k.$$

這確實是一個 $A$ 的開覆蓋。

證明不存在有限子覆蓋

任取有限個集合

$$U_{k_1},U_{k_2},\dots,U_{k_m}.$$

令

$$K=\max\{k_1,\dots,k_m\}.$$

核心觀念

本題考查 Riemann 可積分性的 Darboux 判準：

有界函數 $f$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可積分，當且僅當對任意 $\varepsilon>0$，存在分割
$P:a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b$
使得上和與下和之差滿足
$U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon.$

對每個小區間 $I_k=[x_{k-1},x_k]$，令
$M_k=\sup_{x\in I_k}f(x),\qquad m_k=\inf_{x\in I_k}f(x),$
則

$$U(f,P)-L(f,P) =\sum_{k=1}^n(M_k-m_k)(x_k-x_{k-1}).$$

證明的關鍵是：

• 不連續點只有有限個，因此可用總長度很小的區間包住；
• 在其餘部分，函數處處連續，且可透過有限分割使每個小區間上的振幅 $M_k-m_k$ 很小。

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解題方法

設 $f$ 在 $[a,b]$ 上有界，取常數 $M>0$ 使得
$|f(x)|\le M\qquad (x\in[a,b]).$

設 $f$ 的不連續點為
$c_1,c_2,\ldots,c_r.$
由題意，$r$ 為有限數。

固定任意 $\varepsilon>0$。若 $r=0$，則 $f$ 在閉區間 $[a,b]$ 上連續，由一致連續性可直接證明 Riemann 可積分。以下處理一般情形。

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第一步：用短區間包住所有不連續點

對每個不連續點 $c_i$，選取一個開區間 $I_i$，使得：

1. $c_i\in I_i$；
2. 各個 $I_i$ 兩兩不交；
3. 區間端點不是 $f$ 的不連續點；
4. 所有區間長度總和滿足
   $\sum_{i=1}^r |I_i|<\frac{\varepsilon}{4M}.$

若不連續點位於端點 $a$ 或 $b$，則使用相應的單側區間。由於不連續點只有有限個，上述選取必定可以完成。

在每個 $I_i$ 上，由 $|f|\le M$ 可得
$\sup_{I_i}f-\inf_{I_i}f\le 2M.$
因此，這些包含不連續點的區間對上、下和之差的總貢獻至多為

$$\sum_{i=1}^r 2M|I_i| <2M\cdot\frac{\varepsilon}{4M} =\frac{\varepsilon}{2}.$$

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第二步：處理其餘的連續部分

令
$K=[a,b]\setminus\bigcup_{i=1}^r I_i.$

核心觀念

本題考查：

1. 冪級數函數項級數的收斂性。
2. Weierstrass 一致收斂判別法（$M$-test）。
3. 連續函數列的一致極限仍為連續函數。

已知 $\{a_n\}$ 是有界數列，因此存在常數 $M>0$，使得對所有 $n\ge 0$，

$$|a_n|\le M.$$

欲證明

$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_nx^n}{n!}$$

在整個 $\mathbb{R}$ 上連續。由於無窮級數的連續性通常透過「一致收斂」處理，因此考慮任意有限閉區間 $[-R,R]$。

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解題方法

令部分和函數為

$$S_N(x)=\sum_{n=0}^{N}\frac{a_nx^n}{n!}.$$

每個 $S_N(x)$ 都是有限項多項式，因此在 $\mathbb{R}$ 上連續。

對任意 $x\in[-R,R]$，由 $|a_n|\le M$ 及 $|x|\le R$，有

$$\left|\frac{a_nx^n}{n!}\right| \le \frac{|a_n||x|^n}{n!} \le \frac{MR^n}{n!}.$$

而比較級數為

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{MR^n}{n!} = M\sum_{n=0}^{\infty}\frac{R^n}{n!} = Me^R,$$

其值有限。因此依 Weierstrass $M$-test，

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_nx^n}{n!}$$

在 $[-R,R]$ 上一致收斂。

由於每個部分和 $S_N$ 在 $[-R,R]$ 上連續，且 $S_N$ 一致收斂至 $f$，故一致極限定理給出：

$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_nx^n}{n!}$$

在 $[-R,R]$ 上連續。

任取 $x_0\in\mathbb{R}$，選取 $R>|x_0|$，則 $x_0\in[-R,R]$，而 $f$ 在 $[-R,R]$ 上連續，故 $f$ 在 $x_0$ 連續。

核心觀念

本題考查「光滑性」與「解析性」的差異：

• $C^\infty$：函數各階導數都存在且連續。
• 解析函數（analytic function）：在每一點附近都能以自身的 Taylor 級數表示，即存在鄰域使
  $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n.$

解析函數必為 $C^\infty$，但 $C^\infty$ 函數不一定解析。本題要求給出一個反例。

解題方法

考慮函數

$$f(x)= \begin{cases} e^{-1/x^2}, & x>0,\\ 0, & x\leq 0. \end{cases}$$

此函數在 $x=0$ 的左右具有不同形式，適合用來檢驗：

1. 各階導數是否存在且連續；
2. Taylor 級數是否能表示原函數。

第一步：證明 $f$ 在 $x=0$ 連續

當 $x\to 0^+$ 時，

$$e^{-1/x^2}\to 0,$$

而當 $x\to 0^-$ 時，$f(x)=0$。因此

$$\lim_{x\to 0}f(x)=0=f(0),$$

故 $f$ 在 $x=0$ 連續。

第二步：證明各階導數在 $0$ 都存在

對 $x>0$，微分 $e^{-1/x^2}$ 可得

$$f'(x)=\frac{2}{x^3}e^{-1/x^2}.$$

更一般地，對每個非負整數 $n$，存在一個多項式 $P_n$，使得

$$f^{(n)}(x)=P_n\left(\frac1x\right)e^{-1/x^2}, \qquad x>0.$$

這可由數學歸納法得到。因為微分時，

$$\frac{d}{dx} \left[ P_n\left(\frac1x\right)e^{-1/x^2} \right]$$

仍可寫成某個關於 $1/x$ 的多項式乘上 $e^{-1/x^2}$。

另一方面，對任意正整數 $m$，

$$\lim_{x\to 0^+}\frac{e^{-1/x^2}}{x^m}=0.$$

證明方式是令 $t=1/x^2$，則 $t\to\infty$，且

$$\frac{e^{-1/x^2}}{x^m} =t^{m/2}e^{-t}\to 0,$$

核心觀念

本題考查多變數函數在原點的：

• 連續性定義：
  $\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=f(0,0)。$
• 可微分性定義：存在線性映射 $L$，使得
  $f(h,k)=f(0,0)+L(h,k)+o\left(\sqrt{h^2+k^2}\right)。$
• 偏導數只能提供候選線性近似，不能單獨保證可微分。

令

$$r=\sqrt{x^2+y^2}.$$

則對 $(x,y)\neq(0,0)$，

$$f(x,y)=\frac{x^2y}{r}。$$

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(a) 證明 $f$ 在 $(0,0)$ 連續

因為 $|x|\le r$、$|y|\le r$，所以

$$|f(x,y)| =\frac{|x|^2|y|}{r} \le \frac{r^2\cdot r}{r} =r^2 =x^2+y^2。$$

當 $(x,y)\to(0,0)$ 時，

$$0\le |f(x,y)|\le x^2+y^2\to 0。$$

由夾擠定理，

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0。$$

又因為 $f(0,0)=0$，因此

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=f(0,0)。$$

故 $f$ 在 $(0,0)$ 連續。

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(b) 判斷 $f$ 在 $(0,0)$ 的可微分性

第一步：求原點的偏導數

對 $x$ 的偏導數：

$$f_x(0,0) =\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}.$$

由於 $f(h,0)=0$，故

$$f_x(0,0)=0。$$

對 $y$ 的偏導數：

$$f_y(0,0) =\lim_{k\to0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k}.$$

由於 $f(0,k)=0$，故

$$f_y(0,0)=0。$$

因此，若 $f$ 在原點可微分，其候選線性近似必為

$$L(x,y)=f_x(0,0)x+f_y(0,0)y=0。$$

第二步：檢查可微分性定義