108 年 國立中山大學應用數學系碩士班丙組《高等微積分》

核心觀念

令

$$H_n=1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n,\qquad n\in\mathbb N.$$

則

$$A=\{H_n\mid n\in\mathbb N\}$$

是調和級數的部分和所形成的集合。本題主要考查：

1. 集合上確界 $\sup A$ 的判定。
2. 數列的 $\limsup$。
3. 集合在 $\mathbb R$ 中閉集的判定。
4. 調和級數

$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac1k$$

發散至 $+\infty$。

---

解題方法

先觀察相鄰兩項：

$$H_{n+1}-H_n=\frac1{n+1}>0.$$

因此 $\{H_n\}$ 是嚴格遞增數列。

另一方面，調和級數發散。可用分組法證明：

$$\begin{aligned} H_{2^m} &=1+\frac12+ \left(\frac13+\frac14\right) +\left(\frac15+\cdots+\frac18\right)+\cdots \\ &\quad+ \left(\frac1{2^{m-1}+1}+\cdots+\frac1{2^m}\right). \end{aligned}$$

第 $j$ 組共有 $2^{j-1}$ 項，且每一項至少為 $\frac1{2^j}$，所以第 $j$ 組的和至少為

$$2^{j-1}\cdot\frac1{2^j}=\frac12.$$

因此

$$H_{2^m}\ge 1+\frac m2.$$

當 $m\to\infty$ 時，

$$H_{2^m}\to+\infty.$$

由於 $H_n$ 遞增，得到

$$H_n\to+\infty.$$

---

(i) 求 $\sup A$ 與 $\limsup A$

由 $H_n\to+\infty$，對任意 $M>0$，皆存在 $n$ 使得

$$H_n>M.$$

因此 $A$ 沒有上界，在 $\mathbb R$ 中不存在有限的上確界。若採用擴充實數的表示法，則

$$\sup A=+\infty.$$

此外，本題的 $\limsup A$ 是指數列 $\{H_n\}$ 的上極限。因為

$$H_n\to+\infty,$$

所以

這題考驗對數學基本概念「等價關係」的定義。

等價關係 (Equivalence Relation) 是在一個集合 $S$ 上的二元關係 $R$，它滿足以下三個性質：

1. 自反性 (Reflexivity)：對於 $S$ 中的任意元素 $a$，必須滿足 $(a, a) \in R$。

核心觀念

在 $\mathbb{R}$ 中，Heine–Borel 定理指出：

$$K\subseteq\mathbb{R}\text{ 為緊緻集} \iff K\text{ 為閉集且有界}.$$

其中，有界表示存在某個 $M>0$，使得對所有 $x\in K$ 都有 $|x|\le M$。

解題方法

考察集合 $\mathbb{R}$：

1. $\mathbb{R}$ 在自身的拓撲下是閉集。
2. $\mathbb{R}$ 無界。對任意 $M>0$，皆可取 $x=M+1\in\mathbb{R}$，使得 $$|x|=M+1>M.$$

因此，$\mathbb{R}$ 不符合「閉且有界」的條件，依 Heine–Borel 定理可知 $\mathbb{R}$ 不是緊緻集。

也可直接利用開覆蓋驗證。令

$$\mathcal{U}=\{(-n,n):n\in\mathbb{N}\}.$$

這題考驗對黎曼-史蒂爾傑斯積分 (Riemann-Stieltjes integral) 的理解，特別是當積分函數是階躍函數時的計算。

黎曼-史蒂爾傑斯積分 $\int_a^b f(x) \, d\alpha(x)$ 的值，當 $\alpha(x)$ 是階躍函數且在點 $x_0$ 有跳躍時，與 $f(x_0)$ 的值以及跳躍的大小有關。
如果 $\alpha(x)$ 在點 $x_0$ 有一個跳躍，即 $\alpha(x_0^+) - \alpha(x_0^-) \ne 0$，則積分的貢獻為 $f(x_0) (\alpha(x_0^+) - \alpha(x_0^-))$。
其中 $\alpha(x_0^+) = \lim_{x \to x_0^+} \alpha(x)$ 是右極限，$\alpha(x_0^-) = \lim_{x \to x_0^-} \alpha(x)$ 是左極限。

題目給定的函數 $\alpha(x)$ 定義如下：
對於任意整數 $k$，$\alpha(x) = 2k$ 當且僅當 $k < x < k+1$。
這意味著：

• 當 $0 < x < 1$ 時，k=0，所以 $\alpha(x) = 2 \times 0 = 0$。
• 當 $1 < x < 2$ 時，k=1，所以 $\alpha(x) = 2 \times 1 = 2$。
  -當 $2 < x < 3$ 時，k=2，所以 $\alpha(x) = 2 \times 2 = 4$。

題目要求計算 $\int_0^3 x \, d\alpha(x)$。
積分的範圍是 $[0, 3]$。
我們需要檢查在區間 $(0, 3)$ 內的整數點 $x=1$ 和 $x=2$ 的行為。

在點 $x=1$：

• $\alpha(1^-) = \lim_{x \to 1^-} \alpha(x)$。當 $x \to 1^-$ 時，$x$ 處於 $(0, 1)$ 區間，所以 $\alpha(x) = 0$。因此，$\alpha(1^-) = 0$。

核心觀念

級數 $\sum_{n=1}^{\infty} c_n$ 收斂，表示其部分和序列

$$S_N=\sum_{n=1}^{N}c_n$$

有有限極限。兩個級數各自發散，不代表它們的逐項和級數必定發散；逐項相加時，正負項可以互相抵消。

解題方法

取

$$a_n=\frac{1}{n},\qquad b_n=-\frac{1}{n}\quad(n\ge 1).$$

首先，$\sum_{n=1}^{\infty}a_n=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$ 是調和級數，發散至 $+\infty$。因此

$$\sum_{n=1}^{\infty}b_n =-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$$

發散至 $-\infty$。所以這兩個級數都發散。

這題考驗對函數數列的逐點收斂 (pointwise convergence) 和一致收斂 (uniform convergence) 的理解。

i. 求函數數列 $f_k(x) = x^k$ 在區間 $[0, 1]$ 上的逐點極限函數。
對於給定的 $x \in [0, 1]$，我們需要計算 $\lim_{k \to \infty} f_k(x) = \lim_{k \to \infty} x^k$。
我們分情況討論 $x$ 的值：

• 如果 $x = 0$：$\lim_{k \to \infty} 0^k = 0$ (對於 $k \ge 1$)。
• 如果 $0 < x < 1$：由於 $x$ 是一個小於 1 的正數，當 $k$ 趨於無窮大時，$x^k$ 趨於 0。例如，$(1/2)^k \to 0$。
• 如果 $x = 1$：$\lim_{k \to \infty} 1^k = 1$。

因此，函數數列 $f_k(x) = x^k$ 的逐點極限函數 $f(x)$ 定義如下：
$f(x) = \begin{cases} 0 & \text{if } 0 \le x < 1 \\ 1 & \text{if } x = 1 \end{cases}$

【答案】逐點極限函數為 $f(x) = \begin{cases} 0 & \text{if } 0 \le x < 1 \\ 1 & \text{if } x = 1 \end{cases}$。

ii. 判斷 $f_k(x)$ 是否在一致收斂到 $f(x)$ 在區間 $[0, 1)$ 上。
一致收斂的定義是：函數數列 $f_k(x)$ 在區間 $I$ 上一致收斂到 $f(x)$，如果對於任意的 $\epsilon > 0$，存在一個正整數 $N$，使得對於所有 $k > N$ 和所有 $x \in I$，都有 $|f_k(x) - f(x)| < \epsilon$。
等價地，$\lim_{k \to \infty} \sup_{x \in I} |f_k(x) - f(x)| = 0$。

我們考慮區間 $I = [0, 1)$。
在區間 $[0, 1)$ 上，極限函數是 $f(x) = 0$。

這題分為兩部分，第一部分是計算一個涉及指數和三角函數的瑕積分，第二部分是利用第一部分的結果和另一個已知的積分來計算一個關於參數 $y$ 的導數。

i. 計算瑕積分 $\int_0^\infty e^{-xy} \sin x \, dx$。
我們使用分部積分法 (integration by parts)。設 $I = \int_0^\infty e^{-xy} \sin x \, dx$。

令 $u = \sin x$, $dv = e^{-xy} \, dx$。
則 $du = \cos x \, dx$, $v = \int e^{-xy} \, dx = -\frac{1}{y} e^{-xy}$。
$I = \left[ -\frac{1}{y} e^{-xy} \sin x \right]_0^\infty - \int_0^\infty (-\frac{1}{y} e^{-xy}) \cos x \, dx$
$I = \left( 0 - 0 \right) + \frac{1}{y} \int_0^\infty e^{-xy} \cos x \, dx$
$I = \frac{1}{y} \int_0^\infty e^{-xy} \cos x \, dx$。

現在我們需要計算 $\int_0^\infty e^{-xy} \cos x \, dx$。再次使用分部積分法。
令 $u = \cos x$, $dv = e^{-xy} \, dx$。
則 $du = -\sin x \, dx$, $v = -\frac{1}{y} e^{-xy}$。
$\int_0^\infty e^{-xy} \cos x \, dx = \left[ -\frac{1}{y} e^{-xy} \cos x \right]_0^\infty - \int_0^\infty (-\frac{1}{y} e^{-xy}) (-\sin x) \, dx$
$= \left( 0 - (-\frac{1}{y} e^0 \cos 0) \right) - \frac{1}{y} \int_0^\infty e^{-xy} \sin x \, dx$
$= \frac{1}{y} - \frac{1}{y} \int_0^\infty e^{-xy} \sin x \, dx$
$= \frac{1}{y} - \frac{1}{y} I$。

將此結果代回 $I$ 的表達式：
$I = \frac{1}{y} \left( \frac{1}{y} - \frac{1}{y} I \right)$
$I = \frac{1}{y^2} - \frac{1}{y^2} I$
$I + \frac{1}{y^2} I = \frac{1}{y^2}$
$I (1 + \frac{1}{y^2}) = \frac{1}{y^2}$
$I (\frac{y^2+1}{y^2}) = \frac{1}{y^2}$
$I = \frac{1}{y^2} \times \frac{y^2}{y^2+1} = \frac{1}{y^2+1}$。

由於 $y > 0$，$-xy$ 在 $x \to \infty$ 時趨於 $-\infty$，所以 $e^{-xy} \to 0$。
$\lim_{x \to \infty} e^{-xy} \sin x = 0$ (因為 $|\sin x| \le 1$)。

核心觀念

題目考查三個概念：

1. 原點的偏導數存在，只代表沿著兩條座標軸方向的變化率存在。
2. 函數在原點可微，要求存在線性近似 $$f(x,y)=f(0,0)+f_x(0,0)x+f_y(0,0)y+o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right).$$
3. 偏導數在原點連續，必須檢查 $$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f_x(x,y)=f_x(0,0), \qquad \lim_{(x,y)\to(0,0)}f_y(x,y)=f_y(0,0).$$

題目雖寫作 $f:\mathbb R\to\mathbb R$，但因為含有 $x,y$ 及偏導數，依題意應理解為 $f:\mathbb R^2\to\mathbb R$。

解題方法

選擇一個在原點附近具有一次齊次性、但不同方向斜率不同的函數：

$$f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{x^3}{x^2+y^2}, &(x,y)\ne(0,0),\\[6pt] 0, &(x,y)=(0,0). \end{cases}$$

i. 驗證兩個偏導數存在

由偏導數定義，

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

因為 $f(h,0)=\dfrac{h^3}{h^2}=h$，所以

$$f_x(0,0) = \lim_{h\to0}\frac{h}{h} =1.$$

同理，

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

因為 $f(0,h)=0$，因此

$$f_y(0,0) = \lim_{h\to0}\frac{0}{h} =0.$$

所以兩個偏導數皆存在。

驗證函數在原點不可微

若 $f$ 在原點可微，其微分必為

$$L(x,y)=f_x(0,0)x+f_y(0,0)y=x.$$

因此必須滿足

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{f(x,y)-x}{\sqrt{x^2+y^2}} =0.$$

取直線 $y=x$，則

$$f(x,x)=\frac{x^3}{x^2+x^2}=\frac{x}{2}.$$

於是