113 年 國立中央大學數學系碩士班數學組《高等微積分》

這組題目主要考驗學生對瑕積分的計算、極限的求法以及瑕積分的可積性證明。

核心觀念：

• 瑕積分的計算：通常需要透過積分技巧（如分部積分）或將積分化為級數來處理。
• 極限的求法：對於形如 $\frac{0}{0}$ 的極限，可以使用 L'Hôpital's Rule。
• 瑕積分的可積性：證明一個函數在某區間上可積，通常需要證明其絕對值積分有界，或是利用黎曼積分的定義或相關定理（如連續函數在閉區間上必可積，或單調有界必收斂等）。

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1. 計算 $\int_{1/e}^{1} x^n \ln x \, dx$

這是一個定積分，被積函數是 $x^n \ln x$。我們可以使用分部積分法來計算。
設 $u = \ln x$ 且 $dv = x^n dx$。
則 $du = \frac{1}{x} dx$ 且 $v = \frac{x^{n+1}}{n+1}$ (假設 $n \neq -1$)。

根據分部積分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$，我們有：
$\int x^n \ln x \, dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} \ln x - \int \frac{x^{n+1}}{n+1} \cdot \frac{1}{x} \, dx$
$= \frac{x^{n+1}}{n+1} \ln x - \int \frac{x^n}{n+1} \, dx$
$= \frac{x^{n+1}}{n+1} \ln x - \frac{1}{n+1} \cdot \frac{x^{n+1}}{n+1} + C$
$= \frac{x^{n+1}}{n+1} \ln x - \frac{x^{n+1}}{(n+1)^2} + C$

現在我們計算定積分：
$\int_{1/e}^{1} x^n \ln x \, dx = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \ln x - \frac{x^{n+1}}{(n+1)^2} \right]_{1/e}^{1}$
$= \left( \frac{1^{n+1}}{n+1} \ln 1 - \frac{1^{n+1}}{(n+1)^2} \right) - \left( \frac{(1/e)^{n+1}}{n+1} \ln(1/e) - \frac{(1/e)^{n+1}}{(n+1)^2} \right)$
由於 $\ln 1 = 0$ 且 $\ln(1/e) = -1$，我們得到：
$= \left( 0 - \frac{1}{(n+1)^2} \right) - \left( \frac{e^{-(n+1)}}{n+1} (-1) - \frac{e^{-(n+1)}}{(n+1)^2} \right)$
$= - \frac{1}{(n+1)^2} + \frac{e^{-(n+1)}}{n+1} + \frac{e^{-(n+1)}}{(n+1)^2}$
$= \frac{e^{-(n+1)}(n+1) - 1 + e^{-(n+1)}}{(n+1)^2}$
$= \frac{(n+2)e^{-(n+1)} - 1}{(n+1)^2}$

【答案】$\frac{(n+2)e^{-(n+1)} - 1}{(n+1)^2}$

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2. 計算 $\lim_{x \to 1^-} f(x)$

函數為 $f(x) = \frac{\ln x}{x-1}$。當 $x \to 1^-$, 分子 $\ln x \to \ln 1 = 0$ 且分母 $x-1 \to 1-1 = 0$。這是一個 $\frac{0}{0}$ 型的未定式，因此我們可以使用 L'Hôpital's Rule。

對分子和分母分別求導：
分子導數：$\frac{d}{dx}(\ln x) = \frac{1}{x}$
分母導數：$\frac{d}{dx}(x-1) = 1$

應用 L'Hôpital's Rule：
$\lim_{x \to 1^-} \frac{\ln x}{x-1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{1/x}{1}$
$= \frac{1/1}{1} = 1$

【答案】1

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3. 證明 $f$ 在 $(0, 1)$ 上可積並計算 $\int_0^1 f(x) \, dx$

可積性證明：
函數 $f(x) = \frac{\ln x}{x-1}$ 在 $(0, 1)$ 上是瑕積分，因為在 $x=1$ 處分母為零，在 $x=0$ 處 $\ln x$ 趨於 $-\infty$。我們需要證明 $\int_0^1 |f(x)| \, dx$ 收斂。

考慮區間 $(0, 1)$。
在區間 $(0, 1)$ 上，$x-1 < 0$。
當 $x \to 1^-$, $f(x) \to 1$ (由第二小題結果)。這意味著在 $x$ 接近 1 的某個小鄰域內，$f(x)$ 是有界的（例如，存在 $\delta > 0$ 使得在 $(1-\delta, 1)$ 上 $0 < f(x) < 2$）。因此，積分 $\int_{1-\delta}^1 f(x) \, dx$ 是收斂的（因為它是常規積分）。

現在考慮區間 $(0, 1-\delta]$。在這個區間內，$f(x)$ 是連續的，所以是黎曼可積的。
因此，只需要處理瑕點 $x=0$。
我們需要檢查 $\int_0^{1-\delta} f(x) \, dx$ 是否收斂。
當 $x \to 0^+$, $\ln x \to -\infty$。
$f(x) = \frac{\ln x}{x-1}$.
由於 $x-1 \to -1$ 當 $x \to 0^+$, $f(x)$ 的行為主要由 $\ln x$ 決定。
我們知道 $\int_0^a |\ln x| \, dx$ 是收斂的，因為 $\ln x$ 趨於 $-\infty$ 的速度比 $x^p$ (對於任何 $p>0$) 趨於 $0$ 的速度慢。
更精確地，考慮 $x \to 0^+$。
$f(x) = \frac{\ln x}{x-1}$.
因為 $x-1 \to -1$, 所以 $f(x)$ 的行為與 $-\ln x$ 類似。

這組題目主要考驗學生對矩陣範數（特別是算子範數）的理解與計算，以及相關性質的證明，最後應用到矩陣空間的拓撲性質。

核心觀念：

• 算子範數 (Operator Norm)：定義為 $\|A\|_M = \sup_{x \neq 0} \frac{\|Ax\|}{\|x\|}$。它衡量了矩陣 $A$ 對向量的最大「伸縮」因子。
• 等價定義：$\|A\|_M = \sup_{\|x\|=1} \|Ax\|$。
• 範數的性質：算子範數滿足 $\|AB\|_M \leq \|A\|_M \|B\|_M$（次乘法性）。
• 矩陣空間的拓撲：$M_n(\mathbb{R})$ 是一個向量空間，其上的範數誘導了度量空間的拓撲。可逆矩陣集合 $GL(n)$ 的開性證明通常與矩陣的行列式（或奇異值）的非零性有關。

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1. 計算 $\tilde{A} = \begin{pmatrix} -3 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ 的算子範數 $\|\tilde{A}\|_M$

算子範數 $\|A\|_M$ 在 $n=2$ 時，如果 $A$ 是對稱矩陣，則 $\|A\|_M$ 是其最大奇異值。但 $\tilde{A}$ 不是對稱矩陣。
對於一般矩陣 $A$， $\|A\|_M = \sqrt{\lambda_{max}(A^T A)}$，其中 $\lambda_{max}$ 是 $A^T A$ 的最大特徵值。
首先計算 $\tilde{A}^T \tilde{A}$:
$\tilde{A}^T = \begin{pmatrix} -3 & 0 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$
$\tilde{A}^T \tilde{A} = \begin{pmatrix} -3 & 0 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -3 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (-3)(-3) + 0(0) & (-3)(1) + 0(2) \\ 1(-3) + 2(0) & 1(1) + 2(2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 9 & -3 \\ -3 & 5 \end{pmatrix}$
接下來，我們需要找到 $\tilde{A}^T \tilde{A}$ 的特徵值。特徵方程是 $\det(\tilde{A}^T \tilde{A} - \lambda I) = 0$。
$\det \begin{pmatrix} 9-\lambda & -3 \\ -3 & 5-\lambda \end{pmatrix} = 0$
$(9-\lambda)(5-\lambda) - (-3)(-3) = 0$
$45 - 9\lambda - 5\lambda + \lambda^2 - 9 = 0$
$\lambda^2 - 14\lambda + 36 = 0$
使用二次公式求解 $\lambda$:
$\lambda = \frac{-(-14) \pm \sqrt{(-14)^2 - 4(1)(36)}}{2(1)} = \frac{14 \pm \sqrt{196 - 144}}{2}$
$\lambda = \frac{14 \pm \sqrt{52}}{2} = \frac{14 \pm 2\sqrt{13}}{2} = 7 \pm \sqrt{13}$
兩個特徵值是 $\lambda_1 = 7 + \sqrt{13}$ 和 $\lambda_2 = 7 - \sqrt{13}$。
由於 $\sqrt{13} > 0$, $7 + \sqrt{13} > 7 - \sqrt{13}$.
最大特徵值是 $\lambda_{max} = 7 + \sqrt{13}$。
因此，$\|\tilde{A}\|_M = \sqrt{\lambda_{max}} = \sqrt{7 + \sqrt{13}}$。

【答案】$\sqrt{7 + \sqrt{13}}$

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2. 計算 $\sup_{y \in \mathbb{R}^2, \|y\|=1} \|\tilde{A}y\|$ 使用 Lagrange multipliers

這小題要求使用 Lagrange multipliers 來計算 $\|A\|_M$ 的定義，即在單位圓上的最大值。
我們需要最大化 $\|\tilde{A}y\|^2$ 使得 $\|y\|=1$。
令 $L(y, \lambda) = \|\tilde{A}y\|^2 - \lambda (\|y\|^2 - 1)$.
$\|\tilde{A}y\|^2 = (\tilde{A}y)^T (\tilde{A}y) = y^T \tilde{A}^T \tilde{A} y$.
所以 $L(y, \lambda) = y^T (\tilde{A}^T \tilde{A}) y - \lambda (y^T y - 1)$.
我們需要找到 $\nabla_y L = 0$ 和 $\nabla_\lambda L = 0$。
$\nabla_\lambda L = -(y^T y - 1) = -(\|y\|^2 - 1) = 0 \implies \|y\|^2 = 1$.
$\nabla_y L = 2(\tilde{A}^T \tilde{A})y - 2\lambda y = 0$.
這給出 $(\tilde{A}^T \tilde{A})y = \lambda y$.
這表明 $y$ 是 $\tilde{A}^T \tilde{A}$ 的特徵向量，而 $\lambda$ 是對應的特徵值。
我們要求 $\|\tilde{A}y\|^2 = y^T (\tilde{A}^T \tilde{A}) y = y^T (\lambda y) = \lambda y^T y = \lambda \|y\|^2 = \lambda$.
因此，$\sup_{y, \|y\|=1} \|\tilde{A}y\|^2$ 就是 $\tilde{A}^T \tilde{A}$ 的最大特徵值 $\lambda_{max}$。
從第一小題我們知道 $\tilde{A}^T \tilde{A}$ 的特徵值是 $7 \pm \sqrt{13}$。
最大特徵值是 $\lambda_{max} = 7 + \sqrt{13}$.
所以 $\sup_{y \in \mathbb{R}^2, \|y\|=1} \|\tilde{A}y\|^2 = 7 + \sqrt{13}$.
因此，$\sup_{y \in \mathbb{R}^2, \|y\|=1} \|\tilde{A}y\| = \sqrt{7 + \sqrt{13}}$.

這組題目主要考驗學生對無窮級數的收斂性、絕對收斂、完備空間以及 Cauchy 序列的理解。

核心觀念：

• 級數的收斂性：必要條件是通項趨於零。
• 絕對收斂：$\sum \|x_n\|$ 收斂。絕對收斂蘊含收斂。
• 完備空間：空間中的所有 Cauchy 序列都收斂到該空間的點。
• Cauchy 序列：序列中任意兩項之間的距離可以任意小。
• 級數與序列的關係：級數 $\sum x_n$ 的收斂是指其部分和序列 $S_N = \sum_{n=1}^N x_n$ 的收斂。

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1. 級數 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ 的收斂性

這是調和級數。
證明不收斂 (發散)：
調和級數是著名的發散級數。我們可以通過以下方式證明：
將級數分組：
$1 + \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8}\right) + \dots$
每一組的和都大於或等於 $1/2$：

• $1/3 + 1/4 > 1/4 + 1/4 = 1/2$
• $1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8 > 1/8 + 1/8 + 1/8 + 1/8 = 4/8 = 1/2$
  一般地，從 $1/(2^k+1)$ 到 $1/(2^{k+1})$ 的 $2^k$ 個項的和：
  $\sum_{j=2^k+1}^{2^{k+1}} \frac{1}{j} > \sum_{j=2^k+1}^{2^{k+1}} \frac{1}{2^{k+1}} = 2^k \cdot \frac{1}{2^{k+1}} = \frac{1}{2}$
  由於我們可以無限地進行分組，並且每一組的和都大於 $1/2$，所以級數的和可以任意大，即級數發散。

計算和：
由於級數發散，沒有一個有限的和。

【答案】不收斂（發散）。

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2. 級數 $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ 的收斂性

這是交錯調和級數。
證明收斂：
我們可以使用交錯級數檢驗法 (Alternating Series Test)。
設 $a_n = \frac{1}{n}$。

1. $a_n = \frac{1}{n} > 0$ 對於所有 $n \geq 1$。
2. $a_n$ 是遞減的：$a_{n+1} = \frac{1}{n+1} < \frac{1}{n} = a_n$。
3. $\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$。
   根據交錯級數檢驗法，級數 $\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} a_n = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ 是收斂的。

計算和：
這個級數的和是 $\ln 2$。
這可以通過 $\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$ 的泰勒級數在 $x=1$ 處求值得到，但需要證明級數在 $x=1$ 處收斂到 $\ln(1+1) = \ln 2$（這涉及到 Abel's theorem）。
$\ln(1+x) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n}$ 對於 $|x|<1$。
當 $x=1$, $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ 是一個收斂級數。
根據 Abel's theorem，如果一個冪級數在收斂域的端點收斂，那麼它在該點的值等於函數在該點的值。
所以，$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln(1+1) = \ln 2$。

【答案】收斂，和為 $\ln 2$。

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3. 證明：若 $(E, \| \cdot \|)$ 是完備空間，則任意絕對收斂級數在 $E$ 中收斂

證明：
設 $\sum_{n=1}^\infty x_n$ 是在完備賦範空間 $(E, \| \cdot \|)$ 中絕對收斂的級數。
這意味著數列 $\sum_{n=1}^\infty \|x_n\|$ 收斂。
令 $S_N = \sum_{n=1}^N x_n$ 為級數的部分和序列。
我們需要證明序列 $(S_N)_{N \in \mathbb{N}}$ 在 $E$ 中收斂。
由於 $(E, \| \cdot \|)$ 是完備空間，我們只需要證明 $(S_N)_{N \in \mathbb{N}}$ 是一個 Cauchy 序列。

對於任意 $M, N \in \mathbb{N}$ 且 $M > N$，考慮 $S_M - S_N$:
$S_M - S_N = \sum_{n=1}^M x_n - \sum_{n=1}^N x_n = \sum_{n=N+1}^M x_n$
現在我們取範數：
$\|S_M - S_N\| = \left\| \sum_{n=N+1}^M x_n \right\|$
由於範數的三角不等式：
$\left\| \sum_{n=N+1}^M x_n \right\| \leq \sum_{n=N+1}^M \|x_n\|$
由於級數 $\sum_{n=1}^\infty \|x_n\|$ 是收斂的，它是一個數列的（數值）部分和序列的收斂。因此，這個數列的部分和序列是一個 Cauchy 序列。
所以，對於任意 $\epsilon > 0$, 存在一個 $N_0 \in \mathbb{N}$ 使得對於所有 $M > N > N_0$, 我們有 $\sum_{n=N+1}^M \|x_n\| < \epsilon$。
因此，對於所有 $M > N > N_0$,
$\|S_M - S_N\| \leq \sum_{n=N+1}^M \|x_n\| < \epsilon$
這證明了 $(S_N)_{N \in \mathbb{N}}$ 是一個 Cauchy 序列。
由於 $(E, \| \cdot \|)$ 是完備的，Cauchy 序列 $(S_N)$ 在 $E$ 中收斂到某個點 $x \in E$。
所以，級數 $\sum_{n=1}^\infty x_n$ 收斂到 $x \in E$。

【證明完畢】

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4. 證明：對任意 Cauchy 序列 $(y_n)$ 在 $(E, \| \cdot \|)$ 中，存在子序列 $(y_{n_k})$ 使得 $\|y_{n_k} - y_{n_k+1} \| \leq 2^{-k}$

證明：
由於 $(y_n)$ 是 Cauchy 序列，對於任意 $\epsilon > 0$, 存在 $N \in \mathbb{N}$ 使得對於所有 $m, n > N$, $\|y_m - y_n\| < \epsilon$。
我們要構造一個子序列 $(y_{n_k})$。
首先，選擇 $n_1 \in \mathbb{N}$。
由於 $(y_n)$ 是 Cauchy 序列，我們可以選擇 $n_1$ 使得 $\|y_m - y_n\| < 1/2$ 對於所有 $m, n > n_1$。
然後，選擇 $n_2 > n_1$ 使得 $\|y_m - y_n\| < 1/4$ 對於所有 $m, n > n_2$。

核心觀念

本題考查兩個重要概念：

1. Lipschitz 連續性的極限保留性：若每個 $f_n$ 都滿足同一個 Lipschitz 常數 $K$，則可將不等式取極限，證明點態極限 $f$ 仍具有相同的 Lipschitz 常數。
2. 等度連續性加上緊緻性導致一致收斂：所有 $f_n$ 具有共同的 Lipschitz 常數，因此具有一致的連續控制；再利用閉區間 $[a,b]$ 的緊緻性，將無限多個點的問題化為有限多個網格點的問題。

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1. 證明 $f$ 是 $K$-Lipschitz 連續

對任意固定的 $x,y\in[a,b]$，因為每個 $f_n$ 都是 $K$-Lipschitz 連續，所以

$$|f_n(x)-f_n(y)|\leq K|x-y|.$$

又因為 $f_n$ 在每一點都收斂至 $f$，即

$$f_n(x)\to f(x),\qquad f_n(y)\to f(y),$$

因此

$$f_n(x)-f_n(y)\to f(x)-f(y).$$

絕對值函數連續，所以

$$|f_n(x)-f_n(y)|\to |f(x)-f(y)|.$$

對原不等式取極限，得到

$$|f(x)-f(y)|\leq K|x-y|.$$

由於 $x,y$ 是 $[a,b]$ 中任意兩點，故

$$\boxed{\forall x,y\in[a,b],\quad |f(x)-f(y)|\leq K|x-y|}.$$

所以 $f$ 是 $K$-Lipschitz 連續函數。

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2. 證明 $(f_n)$ 一致收斂至 $f$

解題方法

點態收斂只表示：對每一個固定的 $x$，可以找到依賴於 $x$ 的 $N$，使得 $n\geq N$ 時 $f_n(x)$ 接近 $f(x)$。

一致收斂則要求同一個 $N$ 同時適用於所有 $x\in[a,b]$。本題的關鍵是：

• $f_n$ 全部具有相同的 Lipschitz 常數 $K$；
• 第 1 題已證明 $f$ 也具有相同的 Lipschitz 常數 $K$；
• 因此只要控制有限個網格點，就能控制整個區間。

正式證明

任給 $\varepsilon>0$。

取

$$\delta=\frac{\varepsilon}{6K}>0.$$

由於 $[a,b]$ 是有限閉區間，可以取有限個分點

$$a=t_0<t_1<\cdots<t_m=b$$

使得每一小段長度滿足

$$t_j-t_{j-1}<\delta,\qquad j=1,\dots,m.$$

例如可取等距分割，並使網格寬度小於 $\delta$。

對每一個固定的網格點 $t_j$，由點態收斂可知

$$f_n(t_j)\to f(t_j).$$