112 年 國立中央大學數學系碩士班甲組《高等微積分》

此題考驗連續函數的性質以及值域為離散集合的函數的特性。

核心觀念： 連續函數將連通集映為連通集，且離散集合的連通集僅為單點。

解題步驟：
原題敘述 $f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{Z}$ 是一個連續函數，且 $f(0,0) = 0$。
集合 $S$ 定義為 $S = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : y = 0\} \cup \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x = 0\}$。
$S$ 代表 $\mathbb{R}^2$ 中的 x 軸與 y 軸的聯集。
我們要證明或否定 $f(x, y) = 0$ 對於所有的 $(x, y) \in S$ 都成立。

首先，觀察集合 $S$。 $S$ 是 $\mathbb{R}^2$ 中的 x 軸（$y=0$）和 y 軸（$x=0$）的聯集。
x 軸本身是連通的，y 軸本身也是連通的。
x 軸和 y 軸在原點 $(0,0)$ 相交，因此它們的聯集 $S$ 也是一個連通集。

根據連續函數的性質，連續函數會將連通集映為連通集。
所以，函數 $f$ 會將連通集 $S$ 映成一個連通集 $f(S) \subseteq \mathbb{Z}$。

現在我們需要知道 $\mathbb{Z}$ 中的連通集有哪些。
在度量空間 $\mathbb{Z}$ 中，一個點集是連通的，若且唯若它只包含一個點。
也就是說，如果 $C \subseteq \mathbb{Z}$ 且 $C$ 是連通的，那麼 $C$ 必須是單點集，即 $C = \{k\}$ 對於某個 $k \in \mathbb{Z}$。

結合以上兩點，我們知道 $f(S)$ 是 $\mathbb{Z}$ 中的一個連通集。
因此，$f(S)$ 必須是一個單點集。

此題考驗壓縮映射定理（Contraction Mapping Theorem）在緊緻度量空間上的應用。

核心觀念： 緊緻度量空間上的壓縮映射有唯一不動點。

解題步驟：
題目給定一個度量空間 $(M, d)$，以及一個函數 $f: M \to M$ 滿足以下條件：

1. 對於所有 $x, y \in M$ 且 $x \neq y$，有 $d(f(x), f(y)) < d(x, y)$。
2. 空間 $M$ 是緊緻的 (compact)。

我們要證明存在一個唯一的點 $p \in M$ 使得 $f(p) = p$。

首先，條件 $d(f(x), f(y)) < d(x, y)$ 對於 $x \neq y$ 表示 $f$ 是一個嚴格的「收縮映射」（strict contraction）。
我們可以定義一個常數 $\alpha$ 使得 $0 \le \alpha < 1$ 並且 $d(f(x), f(y)) \le \alpha d(x, y)$ 對於所有 $x, y \in M$ 成立。
這是因為 $M$ 是緊緻的，我們可以考慮函數 $g(x, y) = \frac{d(f(x), f(y))}{d(x, y)}$ 對於 $x \neq y$。
由於 $M$ 是緊緻的，我們可以考慮函數 $h(x) = d(f(x), x)$。
考慮集合 $A = \{ \frac{d(f(x), f(y))}{d(x, y)} : x, y \in M, x \neq y \}$.
由於 $M$ 是緊緻的，我們需要更仔細地處理這個問題。

證明存在性：
考慮函數 $h(x) = d(f(x), x)$。我們想證明存在一個 $p \in M$ 使得 $h(p)=0$。
令 $c = \inf_{x \in M} h(x) = \inf_{x \in M} d(f(x), x)$。
因為 $M$ 是緊緻的，且 $h(x)$ 是連續函數（稍後證明），所以 $h$ 在 $M$ 上可以達到其最小值，即存在 $p \in M$ 使得 $h(p) = c$。
我們需要證明 $c = 0$。

首先，證明 $h(x) = d(f(x), x)$ 是連續函數。
令 $(x_n)$ 為 $M$ 中的一個序列，且 $x_n \to x$。
因為 $f$ 是連續的（稍後證明），所以 $f(x_n) \to f(x)$。
則 $d(f(x_n), x_n) \to d(f(x), x)$ 這是因為度量 $d$ 是連續的。
所以 $h(x_n) \to h(x)$，因此 $h$ 是連續函數。

再者，證明 $f$ 是連續函數。
令 $(x_n)$ 為 $M$ 中的一個序列，且 $x_n \to x$。
我們需要證明 $f(x_n) \to f(x)$。
我們知道 $d(f(x_n), f(x)) < d(x_n, x)$。
由於 $d(x_n, x) \to 0$，所以 $d(f(x_n), f(x)) \to 0$，即 $f(x_n) \to f(x)$。
因此 $f$ 是連續函數。

現在回到證明 $c = \inf_{x \in M} d(f(x), x) = 0$。
假設 $c > 0$。
則對於所有的 $x \in M$，我們有 $d(f(x), x) \ge c$。
令 $p \in M$ 為 $h$ 的最小值點，即 $d(f(p), p) = c$。
考慮 $f(p)$。我們有 $d(f(f(p)), f(p)) < d(f(p), p) = c$。
但是，根據 $c$ 的定義，對於空間中的任何點 $y$，都有 $d(f(y), y) \ge c$。
令 $y = f(p)$，則 $d(f(f(p)), f(p)) \ge c$。
這與 $d(f(f(p)), f(p)) < c$ 矛盾。
因此，我們的假設 $c > 0$ 是錯誤的。
所以 $c$ 必須是 $0$。
這意味著 $\inf_{x \in M} d(f(x), x) = 0$。
由於 $h(x) = d(f(x), x)$ 是連續函數，且 $M$ 是緊緻的，所以 $h$ 在 $M$ 上達到最小值。

此題考驗冪級數的收斂性，特別是逐點收斂與一致收斂之間的關係。

核心觀念： 冪級數在收斂半徑內一致收斂，且在閉區間上的收斂性與端點的收斂性相關。

解題步驟：
題目給定一個冪級數 $\sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n$，其中 $c_n$ 是固定的實數。
已知該冪級數在 $x=R$ 處收斂。
我們需要證明，對於任意給定的 $\epsilon$ 滿足 $0 < \epsilon < R$，該冪級數在區間 $[-R + \epsilon, R - \epsilon]$ 上一致收斂。

步驟 1：確定收斂半徑
冪級數 $\sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n$ 的收斂半徑 $R_{conv}$ 可以通過根測試法或比值測試法來確定。
通常，收斂半徑 $R_{conv}$ 由 $1/R_{conv} = \limsup_{n \to \infty} |c_n|^{1/n}$ 或 $1/R_{conv} = \lim_{n \to \infty} |c_{n+1}/c_n|$ 給出（如果極限存在）。
在收斂半徑 $R_{conv}$ 內部 $|x| < R_{conv}$，冪級數絕對收斂。
在收斂半徑 $R_{conv}$ 外部 $|x| > R_{conv}$，冪級數發散。
在 $|x| = R_{conv}$ 的端點處，收斂性需要個別討論。

題目給定冪級數在 $x=R$ 處收斂。這意味著 $R$ 必須大於或等於收斂半徑 $R_{conv}$。
也就是說，$R \ge R_{conv}$。
如果 $R = \infty$，則冪級數對所有 $x$ 都收斂，那麼在任何有限區間上都一致收斂。
假設 $R$ 是有限的。由於級數在 $x=R$ 處收斂，這意味著 $R$ 必須在收斂區間內或其邊界上。
因此，收斂半徑 $R_{conv}$ 滿足 $R_{conv} \ge R$。

步驟 2：利用 Weierstass M-test 證明一致收斂
我們要證明 $\sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n$ 在區間 $[-R + \epsilon, R - \epsilon]$ 上一致收斂。
設 $I = [-R + \epsilon, R - \epsilon]$。
對於任意 $x \in I$，我們有 $|x| \le R - \epsilon$。
因為 $R_{conv} \ge R$，所以 $|x| \le R - \epsilon < R \le R_{conv}$。
這意味著對於所有 $x \in I$，該冪級數是絕對收斂的。

然而，題目給的條件是級數在 $x=R$ 處收斂，而不是 $R_{conv} \ge R$。
但如果級數在 $x=R$ 處收斂，則其收斂半徑 $R_{conv}$ 必須滿足 $R_{conv} \ge R$。
（證明：如果 $R_{conv} < R$，則對於 $|x| > R_{conv}$，級數發散。但 $R$ 處收斂，這就矛盾了。所以 $R_{conv} \ge R$）。

因為 $R_{conv} \ge R$，對於區間 $[-R + \epsilon, R - \epsilon]$ 上的任何點 $x$，都有 $|x| \le R - \epsilon < R \le R_{conv}$。
這意味著對於區間上的所有 $x$，級數 $\sum c_n x^n$ 是絕對收斂的。

我們需要證明的是「一致收斂」。
根據 Abel's Theorem，如果一個冪級數 $\sum c_n x^n$ 在 $x=R$ 處收斂（$R>0$），則它在閉區間 $[0, R]$ 上一致收斂。
同樣地，如果它在 $x=-R$ 處收斂（$R>0$），則它在閉區間 $[-R, 0]$ 上一致收斂。

題目給定級數在 $x=R$ 處收斂。
因為 $0 < \epsilon < R$，所以區間 $[-R + \epsilon, R - \epsilon]$ 包含在 $(-R, R)$ 內部。
更精確地說，對於區間 $[-R + \epsilon, R - \epsilon]$ 上的任意點 $x$，我們有 $|x| \le R - \epsilon < R$。
由於級數在 $x=R$ 處收斂，這意味著收斂半徑 $R_{conv} \ge R$。
因此，對於所有 $|x| < R$，級數 $\sum c_n x^n$ 絕對收斂。

現在考慮區間 $I = [-R + \epsilon, R - \epsilon]$。
對於任意 $x \in I$，我們有 $|x| \le R - \epsilon$。
由於 $R_{conv} \ge R$，我們有 $|x| < R \le R_{conv}$。
這意味著對於區間 $I$ 上的所有 $x$，級數 $\sum c_n x^n$ 絕對收斂。

我們使用 Weierstrass M-test 來證明一致收斂。
對於任意 $x \in [-R + \epsilon, R - \epsilon]$，我們有 $|x| \le R - \epsilon$。
由於 $R_{conv} \ge R$，所以對於 $|x| \le R - \epsilon < R$，級數 $\sum c_n x^n$ 絕對收斂。
這意味著 $|c_n x^n| = |c_n| |x|^n \le |c_n| (R - \epsilon)^n$。

我們知道級數在 $x=R$ 處收斂。這意味著 $\sum_{n=0}^{\infty} c_n R^n$ 收斂。
如果級數 $\sum a_n$ 收斂，則 $a_n \to 0$。
因此，$c_n R^n \to 0$ 當 $n \to \infty$。
這意味著存在一個正整數 $N$ 使得對於所有 $n > N$，都有 $|c_n R^n| \le 1$。

考慮區間 $[-R + \epsilon, R - \epsilon]$。
對於 $x$ 在此區間內， $|x| \le R - \epsilon$。
我們有 $|c_n x^n| = |c_n| |x|^n \le |c_n| (R - \epsilon)^n$.

由於 $\sum c_n R^n$ 收斂，我們知道 $c_n R^n \to 0$。
因此，序列 $\{c_n R^n\}_{n=0}^\infty$ 是有界的。
令 $M_n = \sup_{|x| \le R - \epsilon} |c_n x^n| = |c_n| (R - \epsilon)^n$。
我們需要證明 $\sum M_n$ 收斂。

考慮級數 $\sum c_n R^n$ 在 $x=R$ 處收斂。
這意味著對於 $x=R$，級數 $\sum c_n x^n$ 收斂。
根據 Abel's Theorem，如果 $\sum c_n R^n$ 收斂，則 $\sum c_n x^n$ 在閉區間 $[0, R]$ 上一致收斂。
由於 $0 < \epsilon < R$，區間 $[-R + \epsilon, R - \epsilon]$ 包含在 $(-R, R)$ 內部。
我們需要證明在 $[-R + \epsilon, R - \epsilon]$ 上一致收斂。

因為級數在 $x=R$ 處收斂，所以收斂半徑 $R_{conv} \ge R$。
因此，對於任何 $r$ 使得 $0 < r < R$，級數在 $[-r, r]$ 上一致收斂。
取 $r = R - \epsilon$。由於 $0 < \epsilon < R$，我們有 $0 < R - \epsilon < R$。
所以，級數在 $[- (R - \epsilon), R - \epsilon]$ 上一致收斂。
這就是我們需要證明的區間 $[-R + \epsilon, R - \epsilon]$。

核心觀念

本題考查：

• 定積分的線性性；
• 微積分基本定理；
• 被積函數的代數化簡；
• 利用特殊值或導數快速判斷等式是否可能成立。

解題方法

將兩個積分相加：

$$\begin{aligned} f(x)+g(x) &=\int_0^x \frac{e^{-t^2}}{t^2+1}\,dt +\int_0^x \frac{e^{-t^2}t^2}{t^2+1}\,dt\\ &=\int_0^x \left( \frac{e^{-t^2}}{t^2+1} +\frac{e^{-t^2}t^2}{t^2+1} \right)\,dt\\ &=\int_0^x \frac{e^{-t^2}(1+t^2)}{t^2+1}\,dt\\ &=\int_0^x e^{-t^2}\,dt. \end{aligned}$$

因此，正確的恆等式為

$$\boxed{f(x)+g(x)=\int_0^x e^{-t^2}\,dt}.$$

若以誤差函數 $\operatorname{erf}$ 表示，則

$$\int_0^x e^{-t^2}\,dt =\frac{\sqrt{\pi}}{2}\operatorname{erf}(x),$$

所以

$$\boxed{f(x)+g(x)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\operatorname{erf}(x)}.$$

判斷題目等式錯誤

題目聲稱對所有 $x\in\mathbb R$，

$$f(x)+g(x)=\frac{\pi}{4}.$$

此題考驗多變數函數的局部反函數定理，以及偏導數的計算。

核心觀念： 局部反函數定理，雅可比行列式。

(a) 證明局部可逆性

核心觀念： 局部反函數定理（Local Inverse Function Theorem）指出，如果一個函數 $F: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ 在點 $a$ 處具有連續的偏導數，並且其雅可比行列式 $det(J_F(a)) \neq 0$，則 $F$ 在點 $a$ 的某個鄰域內是可逆的。

解題步驟：
令 $F(x, y) = (u(x, y), v(x, y))$。
我們需要證明 $F$ 在點 $P = (\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ 附近是局部可逆的。
根據局部反函數定理，我們需要計算 $F$ 在點 $P$ 的雅可比矩陣 $J_F(P)$，並檢查其行列式是否非零。

首先，計算 $u$ 和 $v$ 的偏導數：
$u(x, y) = x^3 - y^4 x^{-1}$
$\frac{\partial u}{\partial x} = 3x^2 - y^4 (-x^{-2}) = 3x^2 + \frac{y^4}{x^2}$
$\frac{\partial u}{\partial y} = -4y^3 x^{-1} = -\frac{4y^3}{x}$

$v(x, y) = \sin x - \cos y$
$\frac{\partial v}{\partial x} = \cos x$
$\frac{\partial v}{\partial y} = -(-\sin y) = \sin y$

雅可比矩陣 $J_F(x, y)$ 為：
$J_F(x, y) = \begin{pmatrix} \frac{\partial u}{\partial x} & \frac{\partial u}{\partial y} \\ \frac{\partial v}{\partial x} & \frac{\partial v}{\partial y} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3x^2 + \frac{y^4}{x^2} & -\frac{4y^3}{x} \\ \cos x & \sin y \end{pmatrix}$

現在，我們在點 $P = (\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ 處計算雅可比矩陣：
$x = \frac{\pi}{2}$, $y = \frac{3\pi}{2}$

$\frac{\partial u}{\partial x} \Big|_{P} = 3(\frac{\pi}{2})^2 + \frac{(\frac{3\pi}{2})^4}{(\frac{\pi}{2})^2} = 3\frac{\pi^2}{4} + \frac{\frac{81\pi^4}{16}}{\frac{\pi^2}{4}} = 3\frac{\pi^2}{4} + \frac{81\pi^4}{16} \cdot \frac{4}{\pi^2} = 3\frac{\pi^2}{4} + \frac{81\pi^2}{4} = \frac{84\pi^2}{4} = 21\pi^2$

$\frac{\partial u}{\partial y} \Big|_{P} = -\frac{4(\frac{3\pi}{2})^3}{\frac{\pi}{2}} = -\frac{4 \cdot \frac{27\pi^3}{8}}{\frac{\pi}{2}} = -\frac{\frac{27\pi^3}{2}}{\frac{\pi}{2}} = -27\pi^2$

$\frac{\partial v}{\partial x} \Big|_{P} = \cos(\frac{\pi}{2}) = 0$

$\frac{\partial v}{\partial y} \Big|_{P} = \sin(\frac{3\pi}{2}) = -1$

所以，在點 $P = (\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ 處的雅可比矩陣為：
$J_F(P) = \begin{pmatrix} 21\pi^2 & -27\pi^2 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$

接下來，計算雅可比行列式 $det(J_F(P))$：
$det(J_F(P)) = (21\pi^2)(-1) - (-27\pi^2)(0) = -21\pi^2 - 0 = -21\pi^2$

因為 $det(J_F(P)) = -21\pi^2 \neq 0$，且所有偏導數在點 $P$ 附近是連續的（因為 $x \neq 0$ 且分母不為零），根據局部反函數定理，映射 $(x, y) \mapsto (u, v)$ 在點 $(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2})$ 是局部可逆的。

證明：
令 $F(x, y) = (u(x, y), v(x, y))$。
$u(x, y) = x^3 - y^4 x^{-1}$