111 年 國立中山大學應用數學系碩士班丙組《高等微積分》

本題主要考驗對「均勻連續」定義的理解與應用。要證明一個函數在某區間上「不是」均勻連續，通常有兩種方法：

1. 找到兩個點列 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ 在該區間內，使得 $x_n \to x_0$ 且 $y_n \to x_0$，但 $|f(x_n) - f(y_n)|$ 不趨近於 0。
2. 找到兩個點列 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ 在該區間內，使得 $|x_n - y_n| \to 0$，但 $|f(x_n) - f(y_n)|$ 不趨近於 0。

對於 $f(x) = \frac{1}{x}$ 在 $(0,1)$ 上的情況，我們觀察到當 $x$ 趨近於 0 時，函數值會趨近於無限大，這暗示著函數在靠近 0 的地方變化會非常劇烈。因此，我們考慮方法 2。

設想兩個點列 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ 在 $(0,1)$ 內，且 $|x_n - y_n| \to 0$。
我們選擇 $y_n = \frac{1}{n}$ 和 $x_n = \frac{1}{n+1}$。
顯然，當 $n \to \infty$ 時，$x_n \to 0$ 且 $y_n \to 0$。
同時，兩點之間的距離為 $|x_n - y_n| = |\frac{1}{n+1} - \frac{1}{n}| = |\frac{n - (n+1)}{n(n+1)}| = \frac{1}{n(n+1)}$。
當 $n \to \infty$ 時， $|x_n - y_n| = \frac{1}{n(n+1)} \to 0$。

現在我們計算函數值之差：
$|f(x_n) - f(y_n)| = |\frac{1}{x_n} - \frac{1}{y_n}| = |\frac{1}{1/(n+1)} - \frac{1}{1/n}| = |(n+1) - n| = |1| = 1$。

本題包含兩個部分。第一部分是找一個冪級數的收斂域與其閉合形式，第二部分則是問一個常見的無窮級數的求和。

(i) 冪級數 $\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^n$ 的收斂域與閉合形式

這是一個幾何級數 (geometric series)。
級數的形式是 $\sum_{n=0}^{\infty} ar^n$，其中 $a = (-1)^n x^n = (-x)^n$ 且 $r = -x$。
一個幾何級數 $\sum_{n=0}^{\infty} ar^n$ 在 $|r| < 1$ 時收斂，且其和為 $\frac{a}{1-r}$。
在這個問題中，級數是 $\sum_{n=0}^{\infty} (-x)^n$。
因此，級數在 $|-x| < 1$ 時收斂，即 $|x| < 1$。
當 $|x| < 1$ 時，級數的閉合形式為 $\frac{1}{1 - (-x)} = \frac{1}{1+x}$。

接下來，我們需要確認收斂域。
收斂條件是 $|x| < 1$，這表示 $-1 < x < 1$。
我們需要檢查邊界點 $x=1$ 和 $x=-1$。

當 $x=1$ 時，級數變為 $\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n (1)^n = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n = 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$。
這個級數是發散的，因為其部分和序列為 $1, 0, 1, 0, \ldots$，不收斂。

當 $x=-1$ 時，級數變為 $\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n (-1)^n = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{2n} = \sum_{n=0}^{\infty}(1)^n = 1 + 1 + 1 + 1 + \cdots$。
這個級數也是發散的。

因此，級數的收斂域是 $(-1, 1)$。
閉合形式是 $\frac{1}{1+x}$。

(ii) 級數 $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \cdots$ 的值

這個級數是調和級數 (harmonic series)，寫成符號為 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$。
調和級數是數學中最著名且最基本的發散級數之一。
我們可以通過積分檢驗法 (integral test) 或比較檢驗法 (comparison test) 來證明其發散性。

使用積分檢驗法：
考慮函數 $f(x) = \frac{1}{x}$。在區間 $[1, \infty)$ 上，此函數是正值、連續且遞減的。
我們計算瑕積分 $\int_1^\infty \frac{1}{x} dx$：

核心觀念

因為 $0<c<1$，所以 $c>0$，可直接使用正數的對數與指數性質：

$$\sqrt[n]{c^n}=(c^n)^{1/n}=c.$$

因此原題所要求證明的敘述「極限等於 $0$」並不成立；此數列其實是常數數列。

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解題方法一：使用 L'Hôpital’s rule

令

$$a_n=\sqrt[n]{c^n}.$$

由於 $a_n>0$，取自然對數：

$$\ln a_n =\ln\left((c^n)^{1/n}\right) =\frac{1}{n}\ln(c^n) =\frac{n\ln c}{n} =\ln c.$$

也可將 $n$ 視為實數變數 $x$，考慮

$$\lim_{x\to\infty}\frac{\ln(c^x)}{x} =\lim_{x\to\infty}\frac{x\ln c}{x}.$$

這是 $\infty/\infty$ 型，使用 L'Hôpital’s rule：

$$\lim_{x\to\infty}\frac{\ln(c^x)}{x} = \lim_{x\to\infty}\frac{\frac{d}{dx}(x\ln c)}{\frac{d}{dx}x} = \lim_{x\to\infty}\frac{\ln c}{1} =\ln c.$$

因此

$$\lim_{n\to\infty}\ln a_n=\ln c.$$

由指數函數的連續性，

本題要求證明兩個級數在給定區間上的均勻收斂性。均勻收斂是分析學中的重要概念，它比逐點收斂有更強的性質，例如可以交換極限與積分、極限與微分等操作。證明均勻收斂的常用方法有 M-test (Weierstrass M-test) 和 Abel's test。題目中已提示第一小題使用 M-test。

核心觀念：

1. 逐點收斂 (Pointwise Convergence)：對於級數 $\sum f_n(x)$，若對於區間 $I$ 中的每一個 $x$，級數 $\sum f_n(x)$ 都收斂，則稱級數在 $I$ 上逐點收斂。
2. 均勻收斂 (Uniform Convergence)：對於級數 $\sum f_n(x)$，若對於任意 $\epsilon > 0$，都存在一個正整數 $N$（這個 $N$ 只依賴於 $\epsilon$，與 $x$ 無關），使得對於所有 $x \in I$ 和所有 $n > N$，都有 $|\sum_{k=n+1}^\infty f_k(x)| < \epsilon$，則稱級數在 $I$ 上均勻收斂。
3. Weierstrass M-test：若存在一個數列 $\{M_n\}$ 使得 $M_n \ge 0$ 對所有 $n$ 成立，且 $\sum_{n=1}^\infty M_n$ 收斂，同時對於所有的 $x$ 和 $n$， $|f_n(x)| \le M_n$ 成立，則級數 $\sum_{n=1}^\infty f_n(x)$ 在該區間上均勻收斂。

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(i) 級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(x^2 + n^2)}$ 在 $[-5,5]$ 上的均勻收斂性

我們使用 Weierstrass M-test。
令 $f_n(x) = \frac{(-1)^n}{(x^2 + n^2)}$。
我們需要找到一個常數數列 $\{M_n\}$，使得 $|f_n(x)| \le M_n$ 對所有 $x \in [-5,5]$ 成立，並且 $\sum_{n=1}^{\infty} M_n$ 收斂。

對於 $x \in [-5,5]$，我們有 $x^2 \ge 0$。
因此，$x^2 + n^2 \ge n^2$。
所以，
$|f_n(x)| = \left| \frac{(-1)^n}{(x^2 + n^2)} \right| = \frac{1}{x^2 + n^2}$
由於 $x^2 \ge 0$，我們有 $x^2 + n^2 \ge n^2$。
因此，
$\frac{1}{x^2 + n^2} \le \frac{1}{n^2}$
我們選擇 $M_n = \frac{1}{n^2}$。
現在，我們需要檢查級數 $\sum_{n=1}^{\infty} M_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 是否收斂。
這個級數是 $p$-series，其中 $p=2 > 1$，所以它是一個收斂的級數（其值為 $\frac{\pi^2}{6}$）。

因為我們找到了數列 $\{M_n = \frac{1}{n^2}\}$ 滿足：

1. $M_n \ge 0$ 對所有 $n \ge 1$。
2. $\sum_{n=1}^{\infty} M_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 收斂。
3. $|f_n(x)| = \left| \frac{(-1)^n}{(x^2 + n^2)} \right| = \frac{1}{x^2 + n^2} \le \frac{1}{n^2} = M_n$ 對於所有 $x \in [-5,5]$ 和 $n \ge 1$。

根據 Weierstrass M-test，級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(x^2 + n^2)}$ 在區間 $[-5,5]$ 上均勻收斂。

(ii) 級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} e^{-nx}$ 在 $[0,1]$ 上的均勻收斂性

這個級數的形式是 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n b_n(x)$，其中 $b_n(x) = \frac{1}{n} e^{-nx}$。
這是一個交錯級數 (alternating series)。
對於交錯級數，我們可以使用 Leibniz criterion for alternating series 來證明逐點收斂，但要證明均勻收斂，通常需要更精細的工具，例如 Abel's test 或 Dirichlet's test for uniform convergence。

首先，我們檢查 $b_n(x)$ 的性質。
對於 $x \in [0,1]$，我們有 $e^{-nx}$ 是關於 $n$ 的遞減函數（因為 $x \ge 0$）。
$b_n(x) = \frac{1}{n} e^{-nx}$。
我們需要檢查 $b_n(x)$ 是否對 $n$ 遞減。
考慮函數 $g(t) = \frac{1}{t} e^{-tx}$ 對於 $t > 0$。
$g'(t) = -\frac{1}{t^2} e^{-tx} + \frac{1}{t} e^{-tx} (-x) = -e^{-tx} \left( \frac{1}{t^2} + \frac{x}{t} \right) = -e^{-tx} \frac{1+xt}{t^2}$。
因為 $x \ge 0$ 且 $t > 0$，所以 $1+xt > 0$。
因此，$g'(t) < 0$ 對於所有 $t > 0$。
這意味著 $b_n(x) = g(n)$ 是關於 $n$ 的嚴格遞減函數。

其次，我們需要檢查 $\lim_{n \to \infty} b_n(x) = 0$。
對於 $x \in [0,1]$：
如果 $x > 0$，則 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} e^{-nx} = 0 \cdot e^{-\infty} = 0 \cdot 0 = 0$。
如果 $x = 0$，則 $b_n(0) = \frac{1}{n} e^0 = \frac{1}{n}$。 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$。
所以，對於所有 $x \in [0,1]$，$\lim_{n \to \infty} b_n(x) = 0$。

根據交錯級數測試，級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} e^{-nx}$ 對於每個 $x \in [0,1]$ 都是逐點收斂的。

現在，我們需要證明均勻收斂性。
對於交錯級數 $\sum (-1)^n b_n$，其餘項 $R_N(x) = \sum_{n=N+1}^\infty (-1)^n b_n(x)$ 的絕對值滿足 $|R_N(x)| \le b_{N+1}(x)$。
所以，我們需要證明數列 $\{b_n(x)\}$ 在區間 $[0,1]$ 上均勻趨近於 0。
也就是說，對於任意 $\epsilon > 0$，是否存在 $N$ (獨立於 $x$) 使得當 $n > N$ 時，對於所有 $x \in [0,1]$，都有 $|b_n(x)| < \epsilon$。

核心觀念

本題使用以下三個觀念：

1. Hessian 的條件
   $0\le \operatorname{Hess}(f)(v,v)\le 2$
   表示沿任意單位方向的二階方向導數介於 $0$ 與 $2$ 之間。

2. 沿直線限制函數。對固定的 $x$，考慮從 $a$ 到 $x$ 的線段，將多變數問題化為一變數問題。

3. 已知
   $f(a)=0,\qquad \|\nabla f(a)\|=1,$
   因此任意單位方向 $u$ 都有
   $-1\le \nabla f(a)\cdot u\le 1.$

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解題方法

令
$r=\|x-a\|.$
因為 $x\in B_2(a)$，所以
$0\le r<2.$

當 $r>0$ 時，令
$u=\frac{x-a}{\|x-a\|},$
則 $u$ 是單位向量，且
$x=a+ru.$

定義一變數函數
$g(t)=f(a+tu),\qquad 0\le t\le r.$

由鏈鎖律，

$$g'(t)=\nabla f(a+tu)\cdot u,$$

以及

$$g''(t)=\operatorname{Hess}(f)(a+tu)(u,u).$$

由題設對所有單位向量 $u$，

$$0\le g''(t)\le 2.$$

此外，

$$g(0)=f(a)=0,$$

且

$$g'(0)=\nabla f(a)\cdot u.$$

由柯西—施瓦茲不等式及 $\|\nabla f(a)\|=1$，

$$|g'(0)| \le \|\nabla f(a)\|\,\|u\| =1.$$

因此

$$-1\le g'(0)\le 1.$$

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上界估計

由二階導數的積分公式，

本題要求證明一個有界單調函數在閉區間上是可積的。這是一個經典的實分析定理，證明方法通常是利用黎曼積分的定義，或者利用單調函數的性質來構造一個收斂的黎曼和。

核心觀念：

1. 黎曼可積的定義：一個函數 $f$ 在區間 $[a,b]$ 上是黎曼可積的，若且唯若對於任意的 $\epsilon > 0$，存在一個區間 $[a,b]$ 的分割 $P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}$ (其中 $a=x_0 < x_1 < \dots < x_n = b$)，使得黎曼和的上下和之差 $U(f,P) - L(f,P) < \epsilon$。
   其中 $M_i = \sup_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x)$，$m_i = \inf_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x)$。
   $U(f,P) = \sum_{i=1}^n M_i (x_i - x_{i-1})$ (上和)
   $L(f,P) = \sum_{i=1}^n m_i (x_i - x_{i-1})$ (下和)
2. 單調函數的性質：
   • 若 $f$ 在 $[a,b]$ 上單調遞增，則對於任何子區間 $[x_{i-1}, x_i]$，有 $m_i = f(x_{i-1})$ 且 $M_i = f(x_i)$。
   • 若 $f$ 在 $[a,b]$ 上單調遞減，則對於任何子區間 $[x_{i-1}, x_i]$，有 $m_i = f(x_i)$ 且 $M_i = f(x_{i-1})$。
     在兩種情況下，$M_i - m_i = |f(x_i) - f(x_{i-1})|$。
3. 有界函數的性質：若 $f$ 有界，則對於任何區間 $[a,b]$，其上確界 $M_i$ 和下確界 $m_i$ 都是有限的。

證明步驟：
設 $f: [0,1] \to \mathbb{R}$ 是一個有界單調函數。我們需要證明 $f$ 在 $[0,1]$ 上是黎曼可積的。
由於 $f$ 有界，存在 $B > 0$ 使得 $|f(x)| \le B$ 對於所有 $x \in [0,1]$。
我們採用黎曼可積的定義，證明對於任意 $\epsilon > 0$，存在一個分割 $P$ 使得 $U(f,P) - L(f,P) < \epsilon$。

令 $P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}$ 是區間 $[0,1]$ 的一個分割，其中 $0 = x_0 < x_1 < \dots < x_n = 1$。
對於每個子區間 $[x_{i-1}, x_i]$，令 $\Delta x_i = x_i - x_{i-1}$。
令 $M_i = \sup_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x)$ 且 $m_i = \inf_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x)$。
由於 $f$ 在 $[0,1]$ 上單調，我們假設 $f$ 是單調遞增的（如果 $f$ 是單調遞減的，證明過程類似，只需交換 $M_i$ 和 $m_i$ 的位置，但 $M_i - m_i$ 的形式是一樣的）。
若 $f$ 是單調遞增的，則對於每個子區間 $[x_{i-1}, x_i]$：
$M_i = f(x_i)$
$m_i = f(x_{i-1})$
因此，$M_i - m_i = f(x_i) - f(x_{i-1})$。

考慮上和與下和之差：
$U(f,P) - L(f,P) = \sum_{i=1}^n M_i \Delta x_i - \sum_{i=1}^n m_i \Delta x_i = \sum_{i=1}^n (M_i - m_i) \Delta x_i$
$U(f,P) - L(f,P) = \sum_{i=1}^n (f(x_i) - f(x_{i-1})) (x_i - x_{i-1})$

現在，我們需要選擇一個合適的分割 $P$。
取任意 $\epsilon > 0$。
我們需要讓 $\sum_{i=1}^n (f(x_i) - f(x_{i-1})) (x_i - x_{i-1})$ 變得足夠小。
由於 $f$ 在 $[0,1]$ 上有界，設 $|f(x)| \le B$。則 $f(1) - f(0) \le B - (-B) = 2B$ (如果 $f$ 是遞增的)。
更準確地，若 $f$ 是遞增的，則 $f(1) \ge f(0)$。$f(1)-f(0) \le f(1) - (-B) = f(1)+B$ 且 $f(1)-f(0) \le B - f(0)$。
因為 $f$ 有界，設 $f(1) \le B$ 且 $f(0) \ge -B$（如果遞增）。那麼 $f(1)-f(0) \le B - (-B) = 2B$。
所以，$\sum_{i=1}^n (f(x_i) - f(x_{i-1})) = f(x_n) - f(x_0) = f(1) - f(0)$。
這個差值是一個固定的數，我們稱之為 $\Delta f = f(1) - f(0)$。

$U(f,P) - L(f,P) = \sum_{i=1}^n (f(x_i) - f(x_{i-1})) (x_i - x_{i-1})$
我們可以選擇一個分割 $P$ 使得所有的 $\Delta x_i = x_i - x_{i-1}$ 都足夠小。
例如，我們可以選擇一個等距分割，令 $x_i = i/n$。則 $\Delta x_i = 1/n$ 對所有 $i$。

核心觀念

考查無窮區間上的瑕積分收斂性，須分別檢查：

1. $x\to 0^+$ 附近的行為；
2. $x\to\infty$ 時的振盪積分。

整體積分收斂的必要充分條件是

$$\int_0^1\frac{\sin x}{x^c}\,dx \quad\text{與}\quad \int_1^\infty\frac{\sin x}{x^c}\,dx$$

皆收斂。

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解題方法

一、檢查 $x=0$ 附近

由

$$\sin x\sim x\qquad (x\to0^+),$$

可得

$$\frac{\sin x}{x^c}\sim \frac{x}{x^c}=x^{1-c}.$$

利用 $p$-型瑕積分判定：

$$\int_0^1 x^\alpha\,dx$$

在且僅在 $\alpha>-1$ 時收斂。因此需要

$$1-c>-1,$$

即

$$c<2.$$

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二、檢查 $x\to\infty$ 時

考慮

$$\int_1^\infty \frac{\sin x}{x^c}\,dx.$$

令

$$f(x)=\frac1{x^c}.$$

當 $c>0$ 時，$f(x)$ 單調遞減且

$$\lim_{x\to\infty}f(x)=0.$$

又因為

$$\int_1^R\sin x\,dx = -\cos R+\cos1$$

對所有 $R\ge1$ 有界，所以依 Dirichlet 判別法，

$$\int_1^\infty \frac{\sin x}{x^c}\,dx$$

在 $c>0$ 時收斂。

本題包含兩個部分：第一部分是證明一個閉集上連續函數（距離函數）存在最小值；第二部分是探討這個性質對於開集是否依然成立。

核心觀念：

1. 閉集與緊集：在 $\mathbb{R}^n$ 中，一個集合是閉集且有界的，則它是緊集。緊集的一個重要性質是，任何定義在緊集上的連續函數都在該緊集上達到其最大值和最小值（Extreme Value Theorem）。
2. 距離函數的連續性：點 $x$ 到集合 $K$ 的距離定義為 $d(x, K) = \inf\{d(x, z)|z \in K\}$。函數 $f(z) = d(x, z)$ 是從 $\mathbb{R}^n$ 到 $\mathbb{R}$ 的連續函數（歐幾里得距離 $d(a,b)$ 是連續函數）。
3. 閉集的性質：閉集包含其所有極限點。
4. 開集的性質：開集不包含其邊界點。

證明步驟：

第一部分：證明對於閉集 $K$，存在 $y \in K$ 使得 $d(x, y) = \inf\{d(x, z)|z \in K\}$。

設 $f(z) = d(x, z)$，其中 $x$ 是 $\mathbb{R}^n \setminus K$ 中的一個固定點。
函數 $f: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ 是連續的，因為歐幾里得距離是連續的。
我們考慮函數 $f$ 在集合 $K$ 上的限制。由於 $K$ 是閉集，且 $f$ 是連續的，我們需要證明 $f$ 在 $K$ 上存在最小值。

直接在閉集 $K$ 上證明最小值存在有時候比較困難，因為閉集不一定是緊集（可能無界）。
但是，我們可以利用集合 $K$ 的閉性和點 $x$ 的存在性來構造一個緊集。

考慮一個以 $x$ 為中心，半徑為 $R$ 的閉球 $B_R = \{z \in \mathbb{R}^n | d(x, z) \le R\}$。
對於給定的 $x \in \mathbb{R}^n \setminus K$，我們知道 $d(x, K) = \inf\{d(x, z)|z \in K\}$ 是一個非負實數。
設 $d_0 = d(x, K)$。
存在一個序列 $\{y_k\}_{k=1}^\infty$ 在 $K$ 中，使得 $\lim_{k \to \infty} d(x, y_k) = d_0$。

現在，考慮一個足夠大的半徑 $R$。
選擇 $R_0 = d(x, y_1)$。
我們考慮閉集 $K \cap B_{R_0+1} = \{z \in K | d(x, z) \le R_0+1\}$。
這個集合 $K \cap B_{R_0+1}$ 是：

• 閉集：因為 $K$ 是閉集，$B_{R_0+1}$ 是閉集，閉集的交集是閉集。
• 有界的：因為 $B_{R_0+1}$ 是有界的。
  因此，$K \cap B_{R_0+1}$ 是一個緊集。

考慮函數 $f(z) = d(x, z)$ 在緊集 $K \cap B_{R_0+1}$ 上的限制。
根據 Extreme Value Theorem，函數 $f$ 在緊集 $K \cap B_{R_0+1}$ 上必定達到其最小值。
設這個最小值點為 $y^* \in K \cap B_{R_0+1}$。
所以，$d(x, y^*) = \inf\{d(x, z)|z \in K \cap B_{R_0+1}\}$。

由於 $y^* \in K \cap B_{R_0+1}$，我們知道 $y^* \in K$ 且 $d(x, y^*) \le R_0+1$。
同時，$d(x, K) = \inf\{d(x, z)|z \in K\}$。
因為 $K \cap B_{R_0+1} \subseteq K$，所以 $\inf\{d(x, z)|z \in K \cap B_{R_0+1}\} \ge \inf\{d(x, z)|z \in K\}$。
即 $d(x, y^*) \ge d(x, K)$。

另一方面，由於 $y^* \in K$，所以 $d(x, y^*)$ 是集合 $\{d(x, z)|z \in K\}$ 中的一個值。
因此，$\inf\{d(x, z)|z \in K\} \le d(x, y^*)$。
即 $d(x, K) \le d(x, y^*)$。

結合 $d(x, y^*) \ge d(x, K)$ 和 $d(x, K) \le d(x, y^*)$，我們得到 $d(x, y^*) = d(x, K)$。
這說明，點 $y^*$ 就是我們尋找的點，它在 $K$ 中，並且 $d(x, y^*) = \inf\{d(x, z)|z \in K\}$。
證明完畢。

第二部分：這個性質對於開集是否依然成立？

設 $U$ 是一個非空開集，且 $x \in \mathbb{R}^n \setminus U$。
我們想知道是否存在 $y \in U$ 使得 $d(x, y) = \inf\{d(x, z)|z \in U\}$。

考慮一個簡單的例子。
設 $n=1$， $U = (0, 1)$ (一個開區間)。
設 $x = 0$。$x \notin U$。
我們需要尋找 $y \in (0, 1)$ 使得 $d(0, y) = \inf\{d(0, z)|z \in (0, 1)\}$。
$d(0, y) = |y - 0| = y$。