109 年 國立中山大學應用數學系碩士班丙組《高等微積分》

此題考察函數連續性、嚴格遞增性與反函數的 Riemann 可積性之間的關係。

證明：
已知 $f: [a,b] \to \mathbb{R}$ 為連續且嚴格遞增的函數，且其反函數 $f^{-1}$ 存在。
因為 $f$ 在閉區間 $[a,b]$ 上連續且嚴格遞增，所以 $f$ 的值域為閉區間 $[f(a), f(b)]$。
反函數 $f^{-1}: [f(a), f(b)] \to [a,b]$ 也是連續且嚴格遞增的。

要證明 $f^{-1}$ 在 $[f(a), f(b)]$ 上是 Riemann 可積的，我們需要證明對於任意 $\epsilon > 0$，存在一個分割 $P = \{y_0, y_1, \dots, y_n\}$ 使得 $f(a) = y_0 < y_1 < \dots < y_n = f(b)$，並且上和 $U(f^{-1}, P)$ 與下和 $L(f^{-1}, P)$ 之間的差小於 $\epsilon$。

考慮對區間 $[a,b]$ 進行分割 $P_x = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}$，其中 $a = x_0 < x_1 < \dots < x_n = b$。
令 $y_i = f(x_i)$。由於 $f$ 是嚴格遞增的，所以 $f(a) = y_0 < y_1 < \dots < y_n = f(b)$，這構成對區間 $[f(a), f(b)]$ 的一個分割 $P_y = \{y_0, y_1, \dots, y_n\}$。

對於分割 $P_y$，我們計算 $f^{-1}$ 在每個子區間 $[y_{i-1}, y_i]$ 上的上確界和下確界。
令 $M_i = \sup_{y \in [y_{i-1}, y_i]} f^{-1}(y)$ 且 $m_i = \inf_{y \in [y_{i-1}, y_i]} f^{-1}(y)$。
由於 $f^{-1}$ 是嚴格遞增的，我們有：
$M_i = f^{-1}(y_i) = f^{-1}(f(x_i)) = x_i$
$m_i = f^{-1}(y_{i-1}) = f^{-1}(f(x_{i-1})) = x_{i-1}$

因此，上和為：
$U(f^{-1}, P_y) = \sum_{i=1}^n M_i (y_i - y_{i-1}) = \sum_{i=1}^n x_i (f(x_i) - f(x_{i-1}))$

下和為：
$L(f^{-1}, P_y) = \sum_{i=1}^n m_i (y_i - y_{i-1}) = \sum_{i=1}^n x_{i-1} (f(x_i) - f(x_{i-1}))$

兩者之差為：
$U(f^{-1}, P_y) - L(f^{-1}, P_y) = \sum_{i=1}^n (x_i - x_{i-1}) (f(x_i) - f(x_{i-1}))$

令 $\Delta x_i = x_i - x_{i-1}$ 且 $\Delta y_i = f(x_i) - f(x_{i-1}) > 0$。
則差為 $\sum_{i=1}^n \Delta x_i \Delta y_i$。

我們知道，對於一個連續函數在閉區間上的 Riemann 可積性，我們可以通過選擇足夠細的分割來使上和與下和之差任意小。
由於 $f$ 在 $[a,b]$ 上連續，所以 $f$ 在 $[a,b]$ 上是 Riemann 可積的。
這意味著，對於任意 $\epsilon > 0$，存在分割 $P_x$ 使得 $U(f, P_x) - L(f, P_x) < \epsilon$。
$U(f, P_x) = \sum_{i=1}^n \max_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x) (x_i - x_{i-1}) = \sum_{i=1}^n f(x_i) \Delta x_i$
$L(f, P_x) = \sum_{i=1}^n \min_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x) (x_i - x_{i-1}) = \sum_{i=1}^n f(x_{i-1}) \Delta x_i$

因此，對於足夠細的分割 $P_x = \{x_0, \dots, x_n\}$，我們有：
$U(f^{-1}, P_y) - L(f^{-1}, P_y) = \sum_{i=1}^n (x_i - x_{i-1}) (f(x_i) - f(x_{i-1}))$
我們可以將這個表達式與 $U(f, P_x) - L(f, P_x)$ 聯繫起來。

另一個角度是利用反函數的連續性。
因為 $f$ 是連續且嚴格遞增的，所以其反函數 $f^{-1}$ 在其定義域 $[f(a), f(b)]$ 上也是連續且嚴格遞增的。
根據一個定理：一個函數在閉區間上是 Riemann 可積的，若且唯若它是連續的，或者它的不連續點集合的測度為零。
由於 $f^{-1}$ 在閉區間 $[f(a), f(b)]$ 上是連續的，所以 $f^{-1}$ 在 $[f(a), f(b)]$ 上是 Riemann 可積的。

更詳細地，我們展示如何利用分割來控制差值。
令 $P_x = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}$ 是 $[a,b]$ 的一個分割。令 $\Delta x_i = x_i - x_{i-1}$。
令 $y_i = f(x_i)$，則 $P_y = \{y_0, y_1, \dots, y_n\}$ 是 $[f(a), f(b)]$ 的一個分割。
令 $\Delta y_i = y_i - y_{i-1} = f(x_i) - f(x_{i-1})$.
$U(f^{-1}, P_y) - L(f^{-1}, P_y) = \sum_{i=1}^n (x_i - x_{i-1})(f(x_i) - f(x_{i-1})) = \sum_{i=1}^n \Delta x_i \Delta y_i$.

另外，我們也可以考慮 $f$ 的上和與下和。
$U(f, P_x) = \sum_{i=1}^n f(x_i) \Delta x_i$
$L(f, P_x) = \sum_{i=1}^n f(x_{i-1}) \Delta x_i$

考慮 $f^{-1}$ 的上和與下和。
$U(f^{-1}, P_y) = \sum_{i=1}^n x_i \Delta y_i$
$L(f^{-1}, P_y) = \sum_{i=1}^n x_{i-1} \Delta y_i$

我們有：
$U(f^{-1}, P_y) = \sum_{i=1}^n x_i (y_i - y_{i-1})$
$L(f^{-1}, P_y) = \sum_{i=1}^n x_{i-1} (y_i - y_{i-1})$

令 $P_x = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}$ 是 $[a,b]$ 的一個分割。令 $y_i = f(x_i)$。
考慮 $f$ 的上和與下和：
$U(f, P_x) = \sum_{i=1}^n f(x_i)(x_i - x_{i-1})$
$L(f, P_x) = \sum_{i=1}^n f(x_{i-1})(x_i - x_{i-1})$
$U(f, P_x) - L(f, P_x) = \sum_{i=1}^n (f(x_i) - f(x_{i-1}))(x_i - x_{i-1})$.

考慮 $f^{-1}$ 的上和與下和，使用 $P_y = \{y_0, \dots, y_n\}$。
$U(f^{-1}, P_y) = \sum_{i=1}^n x_i (y_i - y_{i-1})$
$L(f^{-1}, P_y) = \sum_{i=1}^n x_{i-1} (y_i - y_{i-1})$
$U(f^{-1}, P_y) - L(f^{-1}, P_y) = \sum_{i=1}^n (x_i - x_{i-1})(y_i - y_{i-1})$.

核心觀念

本題考查無窮級數的收斂性，主要使用：

• 正項級數的比值判別法；
• 指數函數的冪級數展開式
  $e^t=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{n!}.$

對固定的 $x\in[0,1]$，級數各項皆為正，因此可直接判斷其收斂性。

解題方法：比值判別法

令

$$a_n=\frac{e^{-nx}}{n!}.$$

則

$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{e^{-(n+1)x}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{e^{-nx}} = \frac{e^{-x}}{n+1}.$$

因為 $x\in[0,1]$，所以

$$0<e^{-x}\le 1.$$

因此

$$0\le \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{e^{-x}}{n+1} \le \frac{1}{n+1}.$$

當 $n\to\infty$ 時，

$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n\to\infty}\frac{e^{-x}}{n+1} =0<1.$$

依比值判別法，對每一個固定的 $x\in[0,1]$，級數

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{e^{-nx}}{n!}$$

皆收斂。

事實上，利用指數函數展開式，取 $t=e^{-x}$，可得

此題考察函數序列的一致收斂、可微性以及導數極限與極限導數的關係。

核心觀念：函數序列的一致收斂保證極限函數的連續性，但通常不保證導數的極限等於極限的導數。需要額外的條件，例如導數的一致收斂。

證明或舉反例：
這個敘述不一定成立。我們需要給出一個反例。

考慮函數序列 $f_n(x)$ 定義如下：
$f_n(x) = \frac{1}{n} \sin(nx), \quad \text{for } x \in \mathbb{R}$
令 $a=1$，則函數的定義域為 $(-1, 1)$。

首先，我們檢查這個函數序列是否滿足題目中的條件。

1. $f_n(x)$ 是可微函數：
   $f_n'(x) = \frac{1}{n} \cos(nx) \cdot n = \cos(nx)$
   由於 $\cos(nx)$ 對於所有 $n$ 和 $x$ 都存在，所以 $f_n(x)$ 是可微的。

2. $f_n(x)$ 是否一致收斂到一個可微函數 $f(x)$？
   我們計算 $f_n(x)$ 在 $(-1, 1)$ 上的極限：
   $\lim_{n \to \infty} f_n(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sin(nx)$
   因為 $|\sin(nx)| \le 1$，所以 $|\frac{1}{n} \sin(nx)| \le \frac{1}{n}$。
   當 $n \to \infty$ 時，$\frac{1}{n} \to 0$。
   因此，根據夾擠定理，$\lim_{n \to \infty} f_n(x) = 0$ 對於所有 $x \in \mathbb{R}$。
   令 $f(x) = 0$。 $f(x)$ 顯然是一個可微函數，且 $f'(x) = 0$。

   現在我們需要檢查收斂是否是一致的。
   對於任意 $x \in (-1, 1)$，我們有：
   $|f_n(x) - f(x)| = \left| \frac{1}{n} \sin(nx) - 0 \right| = \left| \frac{1}{n} \sin(nx) \right| \le \frac{1}{n}$
   由於 $\sup_{x \in (-1, 1)} |f_n(x) - f(x)| \le \frac{1}{n}$，且 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$，所以 $f_n(x)$ 一致收斂到 $f(x)=0$ 在 $(-1, 1)$ 上。

3. 檢查導數的極限：
   我們已經計算了 $f_n'(x) = \cos(nx)$。
   我們計算 $f_n'(0)$：

此題要求找到一個實數 $c$，使得 $c$ 與 $\sin(1)$ 的絕對差小於 $0.0001$。這實際上是要求我們給出 $\sin(1)$ 的一個近似值，其誤差不超過 $0.0001$。

要找到這樣的 $c$，我們可以利用 $\sin(x)$ 的泰勒級數展開。
$\sin(x)$ 在 $x=0$ 點的泰勒級數展開為：
$\sin(x) = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \dots = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}$
我們需要計算 $\sin(1)$，所以令 $x=1$：
$\sin(1) = 1 - \frac{1}{3!} + \frac{1}{5!} - \frac{1}{7!} + \dots$
$\sin(1) = 1 - \frac{1}{6} + \frac{1}{120} - \frac{1}{5040} + \dots$

這是一個交錯級數。對於交錯級數 $\sum (-1)^k a_k$，如果 $a_k \ge 0$，且 $a_k$ 單調遞減到 $0$，則級數的誤差（實際值與部分和的差）小於下一項的絕對值。

我們計算級數的部分和：
$S_0 = 0$ (未計算)
$S_1 = 1$ (只取第一項)
$S_2 = 1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6} \approx 0.833333$
$S_3 = 1 - \frac{1}{6} + \frac{1}{120} = \frac{5}{6} + \frac{1}{120} = \frac{100+1}{120} = \frac{101}{120} \approx 0.841667$
$S_4 = 1 - \frac{1}{6} + \frac{1}{120} - \frac{1}{5040} = \frac{101}{120} - \frac{1}{5040} = \frac{101 \times 42 - 1}{5040} = \frac{4242 - 1}{5040} = \frac{4241}{5040} \approx 0.841468$

我們需要 $|c - \sin(1)| < 0.0001$。
如果我們取 $c$ 為某個部分和 $S_N$，則誤差為 $|\sin(1) - S_N|$。
對於交錯級數，如果我們取到第 $N$ 項，誤差小於 $|a_{N+1}|$。

我們檢查級數的項：
$a_1 = 1$
$a_2 = \frac{1}{3!} = \frac{1}{6} = 0.166666\dots$
$a_3 = \frac{1}{5!} = \frac{1}{120} = 0.008333\dots$
$a_4 = \frac{1}{7!} = \frac{1}{5040} \approx 0.0001984$
$a_5 = \frac{1}{9!} = \frac{1}{362880} \approx 0.00000275$

我們需要誤差小於 $0.0001$。
如果我們取到 $a_4$（即 $S_4$），誤差 $|\sin(1) - S_4|$ 會小於下一項 $a_5 = \frac{1}{9!} \approx 0.00000275$。
這個誤差 $0.00000275$ 明顯小於 $0.0001$。

所以，我們可以取 $c = S_4 = \frac{4241}{5040}$。
計算這個值：
$c = \frac{4241}{5040} \approx 0.84146825$

我們也可以計算 $\sin(1)$ 的近似值，並取一個接近的值。
例如，使用計算器 $\sin(1 \text{ radian}) \approx 0.8414709848$。
我們需要找到一個 $c$ 使得 $|c - 0.8414709848| < 0.0001$。
這意味著 $c$ 應該在區間 $(0.8414709848 - 0.0001, 0.8414709848 + 0.0001)$ 內。
即 $c \in (0.8413709848, 0.8415709848)$。

我們的部分和 $S_4 = \frac{4241}{5040} \approx 0.84146825$ 落在這個區間內。
因此，$c = \frac{4241}{5040}$ 是一個有效的答案。

我們也可以取 $S_3 = \frac{101}{120} \approx 0.841667$。
誤差 $|\sin(1) - S_3| < a_4 = \frac{1}{7!} = \frac{1}{5040} \approx 0.0001984$。
這個誤差 $0.0001984$ 大於 $0.0001$。所以 $S_3$ 不夠精確。

我們需要確保我們選擇的部分和的誤差小於 $0.0001$。
誤差 $|\sin(1) - S_N| < a_{N+1} = \frac{1}{(2(N+1)+1)!} = \frac{1}{(2N+3)!}$。
我們要找 $N$ 使得 $\frac{1}{(2N+3)!} < 0.0001 = 10^{-4}$。
當 $N=3$ 時，$2N+3 = 9$，$9! = 362880$。$\frac{1}{9!} \approx 2.75 \times 10^{-6} < 10^{-4}$。

核心觀念

本題主要考查：

• 連續函數在變動上限積分下的連續性。

• 微積分基本定理：

  若 $f$ 連續，則
  $\frac{d}{du}\int_0^u f(t)\,dt=f(u)。$

• Leibniz 積分法則與鏈鎖律。

• 二變數函數的偏導數與可微性。

令

$$G(u,y)=\int_0^u e^{ty}\sin t\,dt,$$

則題目中的函數可寫成

$$F(x,y)=G(\sqrt{x},y)。$$

由於 $x>0$，函數 $\sqrt{x}$ 在定義域內連續且可微。

---

(i) 連續性

被積函數

$$f(t,y)=e^{ty}\sin t$$

是 $t,y$ 的連續函數。因此，由變動上限積分的連續性定理，

$$G(u,y)=\int_0^u e^{ty}\sin t\,dt$$

對 $(u,y)$ 連續。

另一方面，$(x,y)\mapsto (\sqrt{x},y)$ 在 $(0,\infty)\times(0,\infty)$ 上連續，所以複合函數

$$F(x,y)=G(\sqrt{x},y)$$

也是連續函數。

因此，

$$\boxed{F\text{ 對 }x\text{ 與 }y\text{ 聯合連續。}}$$

也就是說，當 $(x,y)\to (x_0,y_0)$ 時，

$$F(x,y)\to F(x_0,y_0)。$$

---

(ii) 可微性與偏導數

對 $x$ 的偏導數

固定 $y$，將 $F$ 視為單變數函數：

$$F(x,y)=\int_0^{\sqrt{x}} e^{ty}\sin t\,dt。$$

先對上限 $u=\sqrt{x}$ 使用微積分基本定理：

$$\frac{\partial G}{\partial u}(u,y)=e^{uy}\sin u。$$

再由鏈鎖律，

$$\frac{\partial F}{\partial x} = \frac{\partial G}{\partial u}(\sqrt{x},y) \cdot \frac{d}{dx}\sqrt{x}。$$

因為

$$\frac{d}{dx}\sqrt{x}=\frac{1}{2\sqrt{x}},$$

故

$$\boxed{ \frac{\partial F}{\partial x}(x,y) = \frac{e^{y\sqrt{x}}\sin(\sqrt{x})}{2\sqrt{x}} }。$$

---

對 $y$ 的偏導數

固定 $x$，由於 $e^{ty}\sin t$ 對 $y$ 可微，且

核心觀念

本題考查平面區域面積與 Green 定理的連結。

若 $\Omega$ 為有界閉正則區域，且其邊界 $\partial\Omega$ 採正向，即沿邊界行進時區域 $\Omega$ 位於左側，則 Green 定理為

$$\oint_{\partial\Omega} P\,dx+Q\,dy = \iint_{\Omega} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right)dA.$$

另一方面，區域面積可表示為

$$\operatorname{Area}(\Omega)=\iint_{\Omega}1\,dA.$$

因此，只要選取 $P,Q$ 使得

$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}=1,$$

即可將面積轉換為邊界線積分。

解題方法

題目要求證明

$$\operatorname{Area}(\Omega) = \oint_{\partial\Omega}x\,dy.$$

將線積分寫成 Green 定理的形式：

$$\oint_{\partial\Omega}P\,dx+Q\,dy.$$

取

$$P(x,y)=0,\qquad Q(x,y)=x.$$

則

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=1, \qquad \frac{\partial P}{\partial y}=0.$$

代入 Green 定理：

$$\oint_{\partial\Omega}x\,dy = \iint_{\Omega} \left( \frac{\partial x}{\partial x} - \frac{\partial 0}{\partial y} \right)dA.$$

因此

此題要求構造一個函數，該函數在單點 $x=0$ 可微，但在其定義域 $(-1,1)$ 的其他所有點都不可微。

構造這樣的函數通常需要利用一些非連續的性質，或者將函數定義為分段函數，並仔細選擇分段點的性質。

考慮一個分段函數，並利用 $x$ 的冪次來控制可微性。
我們希望在 $x=0$ 處可微，這意味著在 $x=0$ 處的極限導數存在。
我們希望在 $x \neq 0$ 處不可微。

一個常見的構造方式是利用 $x^a$ 的形式，其中 $a$ 決定了在 $x=0$ 處的導數行為。

考慮函數 $f(x)$ 的定義：
$f(x) = \begin{cases} x^2 \sin(1/x) & \text{if } x \neq 0 \\ 0 & \text{if } x = 0 \end{cases}$
這個函數在 $x=0$ 處是連續的，因為 $\lim_{x \to 0} x^2 \sin(1/x) = 0$ (因為 $|\sin(1/x)| \le 1$)。
我們計算在 $x=0$ 處的導數：
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \sin(1/h) - 0}{h} = \lim_{h \to 0} h \sin(1/h)$
由於 $|h \sin(1/h)| \le |h|$，且 $\lim_{h \to 0} |h| = 0$，所以 $\lim_{h \to 0} h \sin(1/h) = 0$。
因此，$f'(0) = 0$。這說明 $f$ 在 $x=0$ 處是可微的。

現在我們需要檢查在 $x \neq 0$ 處的導數。
對於 $x \neq 0$, $f(x) = x^2 \sin(1/x)$。
我們計算其導數：
$f'(x) = \frac{d}{dx} (x^2 \sin(1/x))$
$f'(x) = 2x \sin(1/x) + x^2 \cos(1/x) \cdot (-\frac{1}{x^2})$
$f'(x) = 2x \sin(1/x) - \cos(1/x)$
這個導數 $f'(x)$ 在 $x \neq 0$ 的任何點都存在。
但是，我們需要函數 不可微 在 $x \neq 0$ 的所有點。
這個函數在 $x \neq 0$ 的所有點是可微的，所以它不是一個好的例子。

我們需要找到一個函數，它在 $x \neq 0$ 的點的導數不存在。
這通常意味著導數的極限不存在，或者函數本身在 $x \neq 0$ 的點不可微。

讓我們修改函數的形式。
我們要確保在 $x \neq 0$ 時，導數極限不存在。
考慮一個函數，在 $x \neq 0$ 時，其形式包含一個振盪項，例如 $\sin(1/x)$，並且它的導數在 $x=0$ 時不收斂。

考慮函數：
$f(x) = \begin{cases} x^2 & \text{if } x \in \mathbb{Q} \\ x^3 & \text{if } x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \end{cases}$
這個函數在 $x=0$ 處的導數：
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h}$
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h)}{h}$
如果 $h \in \mathbb{Q}$, $\frac{f(h)}{h} = \frac{h^2}{h} = h \to 0$ 當 $h \to 0$.
如果 $h \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$, $\frac{f(h)}{h} = \frac{h^3}{h} = h^2 \to 0$ 當 $h \to 0$.
所以，$f'(0) = 0$。函數在 $x=0$ 處可微。

現在，我們檢查在 $x \neq 0$ 處的可微性。
對於 $x \neq 0$，我們需要檢查導數是否存在。
考慮一個非零點 $x_0 \in (-1,1)$。
導數的定義是 $\lim_{h \to 0} \frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h}$。
如果 $x_0$ 是有理數，則 $f(x_0) = x_0^2$。
如果 $x_0$ 是無理數，則 $f(x_0) = x_0^3$。

假設 $x_0 \neq 0$。
考慮 $\lim_{h \to 0} \frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h}$。
如果 $x_0$ 是有理數， $f(x_0) = x_0^2$。
我們需要考慮 $h$ 是有理數和無理數的情況。
如果 $h \to 0$ 且 $x_0+h$ 是有理數，則 $\frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h} = \frac{(x_0+h)^2 - x_0^2}{h} = \frac{x_0^2 + 2x_0 h + h^2 - x_0^2}{h} = 2x_0 + h \to 2x_0$。
如果 $h \to 0$ 且 $x_0+h$ 是無理數，則 $\frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h} = \frac{(x_0+h)^3 - x_0^2}{h}$。
這個極限不一定存在，且通常不等於 $2x_0$。

例如，取 $x_0 = 1/2$ (有理數)。 $f(1/2) = (1/2)^2 = 1/4$。
我們看 $\lim_{h \to 0} \frac{f(1/2+h) - 1/4}{h}$。
如果 $h$ 是有理數，且 $1/2+h$ 是有理數，則 $\frac{(1/2+h)^2 - 1/4}{h} = \frac{1/4 + h + h^2 - 1/4}{h} = 1+h \to 1$。
如果 $h$ 是無理數，則 $1/2+h$ 是無理數。 $\frac{(1/2+h)^3 - 1/4}{h}$。
當 $h \to 0$, $(1/2+h)^3 \approx (1/2)^3 = 1/8$.
所以 $\frac{1/8 - 1/4}{h} = \frac{-1/8}{h}$，當 $h \to 0$ 時，這個極限趨於 $\pm \infty$ (如果 $h$ 趨於 $0$ 的方式不同)。
因此，在 $x_0=1/2$ 處，極限不存在，函數不可微。

這個例子 $f(x) = \begin{cases} x^2 & \text{if } x \in \mathbb{Q} \\ x^3 & \text{if } x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \end{cases}$ 在 $x=0$ 處可微，但對於所有 $x_0 \neq 0$，它都不可微。
證明：
設 $x_0 \neq 0$.
考慮導數 $\lim_{h \to 0} \frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h}$.
情況 1: $x_0 \in \mathbb{Q}$, $x_0 \neq 0$.
如果 $h$ 是有理數，使得 $x_0+h$ 也是有理數，則 $\frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h} = \frac{(x_0+h)^2 - x_0^2}{h} = 2x_0 + h$. 當 $h \to 0$ 時，此值趨於 $2x_0$.
如果 $h$ 是無理數，則 $x_0+h$ 是無理數。則 $\frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h} = \frac{(x_0+h)^3 - x_0^2}{h} = \frac{x_0^3 + 3x_0^2 h + 3x_0 h^2 + h^3 - x_0^2}{h}$.
當 $h \to 0$, 此表達式近似為 $\frac{x_0^3 - x_0^2}{h}$.
如果 $x_0^3 - x_0^2 \neq 0$, 則當 $h \to 0$ 時，這個值趨於 $\pm \infty$ (取決於 $h$ 的符號)。
$x_0^3 - x_0^2 = x_0^2(x_0 - 1)$. 因為 $x_0 \in (-1,1)$ 且 $x_0 \neq 0$, $x_0^2 > 0$. 如果 $x_0 \neq 1$, 則 $x_0^2(x_0-1) \neq 0$.
所以，當 $x_0 \in (-1, 1)$ 且 $x_0 \neq 0$, 則 $x_0^3 - x_0^2 \neq 0$.
因此，如果 $x_0$ 是有理數且 $x_0 \neq 0$, 則極限不存在。

情況 2: $x_0 \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$.
如果 $h$ 是有理數，使得 $x_0+h$ 是無理數，則 $\frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h} = \frac{(x_0+h)^3 - x_0^3}{h} = 3x_0^2 + 3x_0 h + h^2 \to 3x_0^2$ 當 $h \to 0$.
如果 $h$ 是無理數，則 $x_0+h$ 可能是無理數或有理數。
為了簡化，我們可以選擇一個更簡單的函數。

另一個常見的構造是：
$f(x) = \begin{cases} x \sin(1/x) & \text{if } x \neq 0 \\ 0 & \text{if } x = 0 \end{cases}$
在 $x=0$ 處：$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{h \sin(1/h)}{h} = \lim_{h \to 0} \sin(1/h)$。這個極限不存在。所以這個函數在 $x=0$ 處不可微。

我們要讓它在 $x=0$ 處可微，但在 $x \neq 0$ 處不可微。

考慮函數 $f(x)$，其導數在 $x=0$ 處為 $0$，但在 $x \neq 0$ 處，其導數的絕對值趨於無窮大，或者振盪。

考慮函數：
$f(x) = \begin{cases} x^2 \sin(1/x) & \text{if } x \neq 0 \\ 0 & \text{if } x = 0 \end{cases}$
我們已經證明它在 $x=0$ 處可微，且 $f'(0)=0$。
我們計算 $f'(x)$ 對於 $x \neq 0$:
$f'(x) = 2x \sin(1/x) - \cos(1/x)$。
這個導數在 $x \neq 0$ 的每個點都存在。
但是，我們需要檢查在 $x \neq 0$ 的點 不可微。

這意味著，對於 $x_0 \neq 0$, $\lim_{h \to 0} \frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h}$ 不存在。
當 $x_0 \neq 0$, $f(x) = x^2 \sin(1/x)$ 在 $x_0$ 附近是可微的，且其導數為 $f'(x) = 2x \sin(1/x) - \cos(1/x)$。
因此，對於 $x_0 \neq 0$, $\lim_{h \to 0} \frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h} = f'(x_0)$ 存在。
所以，這個函數在 $x \neq 0$ 的點是可微的。

我們需要一個在 $x \neq 0$ 處導數不存在的函數。
這通常意味著函數本身在 $x \neq 0$ 處的定義是「不良」的，例如在 $x \neq 0$ 處不連續。

考慮一個分段函數，在 $x=0$ 處可以「平滑地」連接。
例如：
$f(x) = \begin{cases} x^2 & \text{if } x \ge 0 \\ -x^2 & \text{if } x < 0 \end{cases}$
這個函數在 $x=0$ 處是連續的。
$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h}$。