114 年 國立中央大學數學系碩士班數學組《高等微積分》

此題考驗對緊緻集定義的理解以及證明其為閉集的技巧。緊緻集的定義為「任一開覆蓋皆有有限子覆蓋」。要證明一個集合 $A$ 是閉集，我們需要證明其補集 $A^c$ 是開集，或者證明 $A$ 包含其所有極限點。在此我們將利用緊緻集的定義來證明。

證明：
設 $A \subseteq \mathbb{R}^n$ 為一個緊緻集。我們要證明 $A$ 是閉集。
根據閉集的定義，一個集合是閉集若且唯若它的補集是開集。
令 $A^c = \mathbb{R}^n \setminus A$ 為 $A$ 的補集。我們將證明 $A^c$ 是開集。

考慮 $\mathbb{R}^n$ 中的任意一點 $p \in A^c$。我們希望找到一個以 $p$ 為中心的開球 $B(p, r)$，使得 $B(p, r) \subseteq A^c$。這等價於證明 $p$ 不是 $A$ 的極限點，或者說，在 $p$ 的任何鄰域內都不存在 $A$ 中的點（除了 $p$ 本身，但 $p \notin A$）。

我們將構造一個開覆蓋，並利用緊緻集的性質來證明。
對於任意點 $x \in A$，考慮以 $x$ 為中心的開球 $B(x, \frac{1}{2}\|p-x\|)$。注意到 $\|p-x\| > 0$ 因為 $p \notin A$。
令 $U_x = B(x, \frac{1}{2}\|p-x\|)$。這是一個開集。

現在考慮集合 $\{U_x \mid x \in A\}$。這是一個由開集組成的集合。
我們聲稱 $\{U_x \mid x \in A\}$ 是一個開覆蓋（open cover） for $A$。
首先，對於任意 $x \in A$，顯然 $x \in U_x$。因此，這個集合中的開集確實覆蓋了 $A$。

由於 $A$ 是緊緻集，根據定義，這個開覆蓋 $\{U_x \mid x \in A\}$ 必定存在一個有限子覆蓋。
也就是說，存在有限多個點 $x_1, x_2, \dots, x_k \in A$ 使得 $A \subseteq \bigcup_{i=1}^k U_{x_i}$。

核心觀念

本題考查兩個重要概念：

1. 一致收斂（uniform convergence）
   $\{f_n\}$ 在 $K$ 上一致收斂，表示存在函數 $f:K\to\mathbb{R}$，使得對任意 $\varepsilon>0$，存在 $N\in\mathbb{N}$，當 $n\ge N$ 時，

   $\sup_{x\in K}|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon.$

2. 等度連續（equicontinuity）
   $\{f_n\}$ 在 $K$ 上等度連續，是指對任意 $\varepsilon>0$，存在同一個 $\delta>0$，使得對所有 $n\in\mathbb{N}$ 以及所有 $x,y\in K$，

   $d(x,y)<\delta\implies |f_n(x)-f_n(y)|<\varepsilon.$

關鍵在於：一致收斂可以控制「後面所有的 $f_n$」；而前面有限多個函數則可利用緊緻性分別取得共同的 $\delta$。

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解題方法

設 $\{f_n\}$ 一致收斂於 $f$。由於每個 $f_n$ 皆連續，且連續函數列的一致極限仍然連續，因此 $f$ 在 $K$ 上連續。

又因為 $K$ 是緊緻度量空間，連續函數 $f$ 在 $K$ 上一致連續。

固定任意 $\varepsilon>0$。分成「尾端函數」與「前面有限多個函數」處理。

一、控制尾端函數

由 $f_n\to f$ 在 $K$ 上一致收斂，存在 $N\in\mathbb{N}$，使得當 $n\ge N$ 時，

$|f_n(z)-f(z)|<\frac{\varepsilon}{3}\qquad \text{對所有 }z\in K.$

另一方面，因為 $f$ 在緊緻集合 $K$ 上一致連續，存在 $\delta_0>0$，使得

$$d(x,y)<\delta_0 \implies |f(x)-f(y)|<\frac{\varepsilon}{3}.$$

因此，當 $n\ge N$ 且 $d(x,y)<\delta_0$ 時，由三角不等式，

$$\begin{aligned} |f_n(x)-f_n(y)| &\le |f_n(x)-f(x)|+|f(x)-f(y)|+|f(y)-f_n(y)|\\ &<\frac{\varepsilon}{3} +\frac{\varepsilon}{3} +\frac{\varepsilon}{3}\\ &=\varepsilon. \end{aligned}$$

故所有 $n\ge N$ 的函數均受到同一個 $\delta_0$ 控制。

二、控制前面有限多個函數

此題考驗對多項式函數的性質、一致連續性的理解，以及在實數線上（$\mathbb{R}$）進行證明。

核心觀念：

1. 多項式函數 (Polynomial function)：形式為 $P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0$，其中 $a_i$ 是常數，且 $a_n \neq 0$ (若 $n \ge 1$)。
2. 一致連續性 (Uniform Continuity)：在一個集合 $S$ 上，函數 $f$ 是一致連續的，如果對於任意 $\varepsilon > 0$，存在一個 $\delta > 0$（此 $\delta$ 僅依賴於 $\varepsilon$，與 $x$ 無關），使得對於所有 $x, y \in S$ 滿足 $|x-y| < \delta$，都有 $|f(x) - f(y)| < \varepsilon$。
3. 實數線 $\mathbb{R}$：是一個無限集合，並且不是緊緻的。在非緊緻集合上，連續性不一定能保證一致連續性。

證明：
我們需要證明兩部分：
($\Rightarrow$) 如果一個 $n$ 次多項式在 $\mathbb{R}$ 上是一致連續的，那麼 $n=0$ 或 $n=1$。
($\Leftarrow$) 如果 $n=0$ 或 $n=1$，那麼 $n$ 次多項式在 $\mathbb{R}$ 上是一致連續的。

第一部分：($\Rightarrow$) 證明 $n \ge 2$ 的多項式在 $\mathbb{R}$ 上不是一致連續的。
令 $P(x)$ 為一個 $n$ 次多項式，其中 $n \ge 2$。
我們知道，一個函數在 $\mathbb{R}$ 上是一致連續的，當且僅當對於任意 $\varepsilon > 0$，存在 $\delta > 0$ 使得 $|x-y| < \delta$ 蘊含 $|P(x) - P(y)| < \varepsilon$。
為了證明 $P(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上不是一致連續的，我們需要證明存在一個 $\varepsilon_0 > 0$（例如 $\varepsilon_0 = 1$），使得對於任意 $\delta > 0$，都存在一對 $x, y \in \mathbb{R}$，滿足 $|x-y| < \delta$ 但 $|P(x) - P(y)| \ge \varepsilon_0$。

考慮 $P(x) = a_n x^n + \dots + a_0$ 且 $a_n \neq 0$, $n \ge 2$.
我們來考慮 $P(x)$ 在大範圍內的行為。當 $|x|$ 很大時，多項式的主要項 $a_n x^n$ 會支配整個函數的增長。
我們知道，對於任何 $n \ge 2$，函數 $x^n$ 在 $\mathbb{R}$ 上都不是一致連續的。例如，考慮 $f(x) = x^2$。
對於任意 $\delta > 0$，取 $x = \frac{1}{\delta}$ 和 $y = \frac{1}{\delta} + \frac{\delta}{2}$。
則 $|x-y| = \frac{\delta}{2} < \delta$。
$|f(x) - f(y)| = |(\frac{1}{\delta})^2 - (\frac{1}{\delta} + \frac{\delta}{2})^2| = |\frac{1}{\delta^2} - (\frac{1}{\delta^2} + 2 \cdot \frac{1}{\delta} \cdot \frac{\delta}{2} + (\frac{\delta}{2})^2)|$
$= |\frac{1}{\delta^2} - (\frac{1}{\delta^2} + 1 + \frac{\delta^2}{4})| = |-1 - \frac{\delta^2}{4}| = 1 + \frac{\delta^2}{4} \ge 1$.
所以，對於 $\varepsilon_0 = 1$，我們找不到一個 $\delta$ 使得 $|x-y| < \delta$ 蘊含 $|f(x)-f(y)| < 1$。因此 $x^2$ 在 $\mathbb{R}$ 上不是一致連續的。

對於一般的 $n \ge 2$，我們可以構造類似的例子。
令 $P(x) = a_n x^n + \dots + a_0$ 且 $a_n \neq 0, n \ge 2$。
取 $\varepsilon_0 = \frac{|a_n|}{2} \cdot (\frac{1}{n})^n > 0$。
我們需要找到 $x, y$ 使得 $|x-y|$ 很小，但 $|P(x) - P(y)|$ 很大。
考慮 $x_k = k$ 和 $y_k = k + \frac{1}{k^{n-1}}$ (當 $k$ 很大時，$\frac{1}{k^{n-1}}$ 趨近於 0)。
那麼 $|x_k - y_k| = \frac{1}{k^{n-1}}$。
$P(y_k) - P(x_k) = P(k + \frac{1}{k^{n-1}}) - P(k)$.
利用泰勒展開：
$P(k+h) = P(k) + P'(k)h + \frac{P''(k)}{2!}h^2 + \dots + \frac{P^{(n)}(k)}{n!}h^n$.
$P(y_k) - P(x_k) = P'(k)(\frac{1}{k^{n-1}}) + \frac{P''(k)}{2!}(\frac{1}{k^{n-1}})^2 + \dots$
$P'(x) = n a_n x^{n-1} + \dots$.
所以 $P'(k) \approx n a_n k^{n-1}$。

此題考驗對微分中值定理 (Mean Value Theorem, MVT) 的應用，以及利用導函數的界來估計函數值的性質。

核心觀念：

1. 微分中值定理 (MVT)：如果函數 $f$ 在閉區間 $[a, b]$ 上連續，在開區間 $(a, b)$ 上可微，那麼存在一個 $c \in (a, b)$ 使得 $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$。
2. 導函數的界: $|f'(x)| \le 1$ 表示函數 $f$ 的斜率在任何點都不能超過 1 或低於 -1。

證明：
我們需要證明對於任意 $x \in \mathbb{R}$，不等式 $|f(x)| \le |x| + 2$ 成立。
我們將利用微分中值定理來處理 $f(x)$ 相對於 $f(0)$ 的變化。

考慮任意 $x \in \mathbb{R}$。
我們將分兩種情況討論：$x > 0$ 和 $x < 0$。

情況 1：$x > 0$
在閉區間 $[0, x]$ 上，函數 $f$ 是可微的（因為它在 $\mathbb{R}$ 上可微），因此在 $[0, x]$ 上連續。
根據微分中值定理，存在一個 $c \in (0, x)$ 使得：
$f'(c) = \frac{f(x) - f(0)}{x - 0}$
$\frac{f(x) - f(0)}{x} = f'(c)$

我們已知 $f(0) = 2$ 且 $|f'(x)| \le 1$ 對於所有 $x \in \mathbb{R}$。
因此，對於這個 $c$，我們有 $|f'(c)| \le 1$。
這意味著：
$|\frac{f(x) - f(0)}{x}| \le 1$
$|\frac{f(x) - 2}{x}| \le 1$

因為 $x > 0$, $x$ 是正數，所以 $|x| = x$.
$|f(x) - 2| \le x$
$-x \le f(x) - 2 \le x$
$2 - x \le f(x) \le 2 + x$

我們需要證明 $|f(x)| \le |x| + 2 = x + 2$.
從上面的不等式 $f(x) \le 2 + x$ 已經滿足了 $|f(x)| \le 2+x$ 的一部分。
對於另一部分，我們需要證明 $f(x) \ge -(x+2)$。
我們知道 $f(x) \ge 2 - x$.
我們需要比較 $2-x$ 和 $-(x+2) = -x-2$.
顯然，$2-x \ge -x-2$ 成立，因為 $2 \ge -2$.

此題考驗對瑕積分的收斂性判斷，以及 Gamma 函數的性質，特別是其遞迴關係。

核心觀念：

1. 瑕積分 (Improper Integral)：積分區間是無限的，或者積分函數在區間內有奇點。
2. 收斂判別法 (Convergence Tests)：比較審斂法 (Comparison Test) 或極限比較審斂法 (Limit Comparison Test) 是判斷瑕積分收斂性的常用方法。
3. Gamma 函數 (Gamma Function)：定義為 $\Gamma(x) = \int_0^\infty t^{x-1} e^{-t} dt$。它在數學、物理和工程學中都有廣泛應用。
4. 分部積分法 (Integration by Parts)：用於計算積分，形式為 $\int u dv = uv - \int v du$。

證明：

(a) 積分的收斂性證明 for $0 < x < \infty$

積分 $\Gamma(x) = \int_0^\infty t^{x-1} e^{-t} dt$ 是一個瑕積分，因為積分區間是無限的 $(0, \infty)$，並且在積分下限 $t=0$ 時，被積函數 $t^{x-1}$ 可能會發散（當 $x-1 < 0$ 時）。
我們將積分拆成兩部分來分析：$\int_0^1 t^{x-1} e^{-t} dt$ 和 $\int_1^\infty t^{x-1} e^{-t} dt$。

第一部分：分析 $\int_0^1 t^{x-1} e^{-t} dt$
在區間 $(0, 1]$ 上，我們知道 $e^{-t}$ 是有界的，且 $0 < e^{-t} \le e^0 = 1$。
因此，對於 $t \in (0, 1]$：
$0 \le t^{x-1} e^{-t} \le t^{x-1} \cdot 1 = t^{x-1}$.

考慮積分 $\int_0^1 t^{x-1} dt$。
這個積分收斂若且唯若 $x-1 > -1$，即 $x > 0$。
$\int_0^1 t^{x-1} dt = [\frac{t^x}{x}]_{t=0}^1 = \frac{1^x}{x} - \lim_{t \to 0^+} \frac{t^x}{x} = \frac{1}{x} - 0 = \frac{1}{x}$ (當 $x>0$)。
由於 $x > 0$ 是給定的條件，所以 $\int_0^1 t^{x-1} dt$ 收斂。

根據比較審斂法，由於 $0 \le t^{x-1} e^{-t} \le t^{x-1}$ 且 $\int_0^1 t^{x-1} dt$ 收斂 (因為 $x>0$)，
所以 $\int_0^1 t^{x-1} e^{-t} dt$ 也收斂。

第二部分：分析 $\int_1^\infty t^{x-1} e^{-t} dt$
在區間 $[1, \infty)$ 上，指數函數 $e^{-t}$ 的衰減速度遠快於任何多項式 $t^{x-1}$ 的增長速度。
我們知道 $\lim_{t \to \infty} \frac{t^{x-1}}{e^{-t}} = \lim_{t \to \infty} t^{x-1} e^t = \infty$。這不是我們想要的。
我們應該比較 $t^{x-1} e^{-t}$ 和一個收斂的函數。
考慮 $e^{-t}$。對於足夠大的 $t$， $e^{-t}$ 比任何正冪次的 $t$ 都要小。
例如，對於任意 $k > 0$， $\lim_{t \to \infty} t^k e^{-t} = 0$.
我們可以選擇 $k=2$ (或任何大於 $x-1$ 的數)。
令 $f(t) = t^{x-1} e^{-t}$ 和 $g(t) = e^{-t/2}$ (作為比較函數，但 $e^{-t/2}$ 的積分是收斂的)。
或者，我們知道對於任何 $M > 0$, $\lim_{t \to \infty} \frac{e^t}{t^M} = \infty$.
所以 $\lim_{t \to \infty} \frac{t^{x-1}}{e^t} = 0$.
這意味著，對於足夠大的 $t$， $t^{x-1} < e^t$.
那 $t^{x-1} e^{-t} < 1$.

更精確地，我們知道對於任何 $x$, 存在一個 $T$ 使得對於所有 $t \ge T$, $e^t > t^{|x-1|+2}$.
那麼對於 $t \ge T$, $t^{x-1} e^{-t} = \frac{t^{x-1}}{e^t} < \frac{t^{x-1}}{t^{|x-1|+2}} = t^{x-1 - (|x-1|+2)}$.
如果 $x-1 \ge 0$, $|x-1|=x-1$, 則 $t^{x-1-(x-1+2)} = t^{-2}$.
如果 $x-1 < 0$, $|x-1|=-(x-1)=1-x$, 則 $t^{x-1-(1-x+2)} = t^{x-1-3+x} = t^{2x-4}$.
這不是最好的比較。

此題考驗對多元函數的極限、連續性以及可微性的判斷。特別是需要處理在定義式中存在分母為零的點 $(0,0)$。

核心觀念：

1. 極限 (Limit)：對於多元函數，極限存在需要沿著所有可能的路徑趨近該點時，函數值都趨近同一個值。
2. 連續性 (Continuity)：函數 $f$ 在點 $(a,b)$ 連續，若且唯若 $\lim_{(x,y) \to (a,b)} f(x,y) = f(a,b)$。
3. 可微性 (Differentiability)：函數 $f$ 在點 $(a,b)$ 可微，若且唯若存在一個線性映射 $L: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ 使得 $f(a+h) - f(a) = L(h) + E(h)$, 其中 $\lim_{h \to 0} \frac{E(h)}{\|h\|} = 0$. 在 $\mathbb{R}^2$ 中，這個線性映射就是偏導數組成的 Jacobian 矩陣乘以向量 $h$。
   一個充分條件是：如果 $f$ 在 $(a,b)$ 的一個鄰域內所有偏導數都存在，並且在 $(a,b)$ 處連續，那麼 $f$ 在 $(a,b)$ 可微。然而，偏導數存在但不在 $(a,b)$ 處連續，不保證可微。

第一部分：連續性 (Continuity) 在 $(0,0)$

要判斷 $f$ 在 $(0,0)$ 是否連續，我們需要計算 $\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y)$ 並與 $f(0,0)$ 比較。
$f(0,0) = 0$。
我們計算極限：$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^3 - xy^2}{x^2 + y^2}$.

嘗試沿著不同路徑趨近 $(0,0)$：

1. 沿著 $x$-軸 ($y=0$, $x \to 0$):
   $\lim_{x \to 0} \frac{x^3 - x(0)^2}{x^2 + 0^2} = \lim_{x \to 0} \frac{x^3}{x^2} = \lim_{x \to 0} x = 0$.

2. 沿著 $y$-軸 ($x=0$, $y \to 0$):
   $\lim_{y \to 0} \frac{(0)^3 - (0)y^2}{0^2 + y^2} = \lim_{y \to 0} \frac{0}{y^2} = 0$.

3. 沿著直線 $y=mx$ ($x \to 0$):
   $\lim_{x \to 0} \frac{x^3 - x(mx)^2}{x^2 + (mx)^2} = \lim_{x \to 0} \frac{x^3 - mx^3}{x^2 + m^2x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{x^3(1-m^2)}{x^2(1+m^2)} = \lim_{x \to 0} \frac{x(1-m^2)}{1+m^2} = 0$.
   沿著所有直線 $y=mx$ 的極限都是 0。

4. 嘗試極座標轉換：令 $x = r \cos\theta$, $y = r \sin\theta$. 當 $(x,y) \to (0,0)$ 時，$r \to 0^+$.
   $f(r\cos\theta, r\sin\theta) = \frac{(r\cos\theta)^3 - (r\cos\theta)(r\sin\theta)^2}{(r\cos\theta)^2 + (r\sin\theta)^2}$
   $= \frac{r^3\cos^3\theta - r^3\cos\theta\sin^2\theta}{r^2(\cos^2\theta + \sin^2\theta)}$
   $= \frac{r^3(\cos^3\theta - \cos\theta\sin^2\theta)}{r^2}$
   $= r(\cos^3\theta - \cos\theta\sin^2\theta)$
   $= r\cos\theta(\cos^2\theta - \sin^2\theta)$
   $= r\cos\theta\cos(2\theta)$

   現在計算極限：
   $\lim_{r \to 0^+} r\cos\theta\cos(2\theta)$.
   由於 $|\cos\theta| \le 1$ 且 $|\cos(2\theta)| \le 1$, 我們有 $|r\cos\theta\cos(2\theta)| \le r \cdot 1 \cdot 1 = r$.
   當 $r \to 0^+$, $r \to 0$.
   所以，根據夾擠定理，$\lim_{r \to 0^+} r\cos\theta\cos(2\theta) = 0$.

   由於沿著所有路徑的極限都是 0，且 $f(0,0) = 0$，所以 $\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) = f(0,0)$.
   因此，$f$ 在 $(0,0)$ 處是連續的。

第二部分：可微性 (Differentiability) 在 $(0,0)$