112 年 國立中山大學應用數學系碩士班丙組《高等微積分》

本題主要考驗函數連續性的定義以及判斷。一個函數在某點連續的條件是：該點函數值存在、極限存在且函數值等於極限值。在證明函數處處不連續時，我們需要證明對於任意一點，函數在该點的極限不存在，或者極限存在但與函數值不相等。

證明：
我們要證明函數 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上任意一點 $x_0$ 處皆不連續。
根據連續性的定義，若 $f$ 在 $x_0$ 處連續，則對於任意一個 $\epsilon > 0$，必須存在一個 $\delta > 0$，使得對於所有滿足 $|x - x_0| < \delta$ 的 $x$，都有 $|f(x) - f(x_0)| < \epsilon$。

我們考慮兩種情況：

情況一：$x_0$ 是有理數 ($x_0 \in \mathbb{Q}$)。
此時，$f(x_0) = 2023$。
我們要證明 $f$ 在 $x_0$ 處不連續。我們需要找到一個序列 $\{x_n\}$ 趨近於 $x_0$，但 $f(x_n)$ 不趨近於 $f(x_0)$。
考慮一個無理數序列 $\{x_n\}$，使得 $x_n \to x_0$ 當 $n \to \infty$。例如，我們可以取 $x_n = x_0 + \frac{\sqrt{2}}{n}$。由於 $x_0$ 是有理數，$\frac{\sqrt{2}}{n}$ 是無理數，所以 $x_n$ 是無理數。
當 $x_n$ 是無理數時，$f(x_n) = 0$。

本題考驗一致收斂的性質，特別是如何利用一致收斂來證明極限函數的連續性。

證明：
我們要證明函數 $f$ 在 $\mathbb{R}^m$ 上任意一點 $x_0$ 處連續。
根據連續性的定義，函數 $f$ 在 $x_0$ 處連續，若對於任意的 $\epsilon > 0$，存在一個 $\delta > 0$，使得對於所有滿足 $\|x - x_0\| < \delta$ 的 $x \in \mathbb{R}^m$，都有 $|f(x) - f(x_0)| < \epsilon$。

由於函數序列 $(f_n)$ 在 $\mathbb{R}^m$ 上一致收斂到 $f$，根據一致收斂的定義，對於任意的 $\epsilon' > 0$，存在一個正整數 $N$，使得對於所有 $n \ge N$ 和所有 $x \in \mathbb{R}^m$，都有 $|f_n(x) - f(x)| < \epsilon'$。

現在，我們固定一個 $N$ (例如，取 $\epsilon' = \epsilon/3$)。對於這個固定的 $N$，函數 $f_N$ 是連續的（根據題目假設）。
因為 $f_N$ 在 $x_0$ 處連續，所以對於 $\epsilon'' = \epsilon/3 > 0$，存在一個 $\delta > 0$，使得對於所有滿足 $\|x - x_0\| < \delta$ 的 $x \in \mathbb{R}^m$，都有 $|f_N(x) - f_N(x_0)| < \epsilon''$。

現在我們來證明 $f$ 在 $x_0$ 處連續。對於任意的 $\epsilon > 0$，我們需要找到一個 $\delta > 0$。
取 $\epsilon' = \epsilon/3$ 和 $\epsilon'' = \epsilon/3$。
由於 $(f_n)$ 一致收斂到 $f$，存在 $N$ 使得對所有 $n \ge N$ 及所有 $x \in \mathbb{R}^m$，有 $|f_n(x) - f(x)| < \epsilon/3$。

本題考驗向量函數的可逆性、局部可逆性以及與雅可比行列式（Jacobian determinant）的關係。

證明：

第一部分：證明 $F$ 不是可逆的 (not invertible)。
一個函數是可逆的，若且唯若它是單射（injective）且滿射（surjective）。我們將證明 $F$ 不是單射，因此不是可逆的。

考慮兩個不同的點 $(x_1, y_1)$ 和 $(x_2, y_2)$。
若 $F(x_1, y_1) = F(x_2, y_2)$，則：
$e^{x_1} \cos y_1 = e^{x_2} \cos y_2$
$e^{x_1} \sin y_1 = e^{x_2} \sin y_2$

令 $e^x = r$ 且 $y$ 為角度。那麼函數 $F(x, y)$ 的輸出可以看作是極座標 $(r, \theta)$，其中 $r = e^x$ 且 $\theta = y$。
然而，我們知道在極座標表示中，$(r, \theta)$ 和 $(r, \theta + 2k\pi)$ 表示同一個點（如果 $r \neq 0$）。
在這裡，$r = e^x$ 總是正數。

考慮兩個點 $(x, y)$ 和 $(x, y + 2k\pi)$，其中 $k$ 是任意非零整數。
$F(x, y) = (e^x \cos y, e^x \sin y)$
$F(x, y + 2k\pi) = (e^x \cos(y + 2k\pi), e^x \sin(y + 2k\pi))$
由於 $\cos(y + 2k\pi) = \cos y$ 且 $\sin(y + 2k\pi) = \sin y$，我們得到：
$F(x, y + 2k\pi) = (e^x \cos y, e^x \sin y) = F(x, y)$。

因此，對於任意的 $x \in \mathbb{R}$ 和任意的非零整數 $k$，點 $(x, y)$ 和 $(x, y + 2k\pi)$ 映射到同一個點。這意味著 $F$ 不是單射，因此 $F$ 不是可逆的。

第二部分：證明 $F$ 在 $\mathbb{R}^2$ 的每點都是局部可逆的 (locally invertible everywhere on $\mathbb{R}^2$)。
根據反函數定理 (Inverse Function Theorem)，一個可微函數 $F$ 在點 $P$ 處是局部可逆的，若且唯若它的雅可比行列式在點 $P$ 處非零。

核心觀念

判斷函數在原點是否可微，使用可微定義：

若 $F$ 在 $(0,0)$ 可微，則存在線性映射 $L$ 使得

$$F(h,k)=F(0,0)+L(h,k)+o\left(\sqrt{h^2+k^2}\right).$$

本題中，先計算原點的偏導數與方向導數，再檢查

$$\frac{\left|F(h,k)-F(0,0)-L(h,k)\right|}{\sqrt{h^2+k^2}} \longrightarrow 0.$$

此外，方向導數存在並不必然代表函數可微；但對本題給定的函數，實際上可微。

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方向導數

取任意方向向量 $(a,b)\neq(0,0)$，方向導數定義為

$$D_{(a,b)}F(0,0) = \lim_{t\to 0} \frac{F(ta,tb)-F(0,0)}{t}.$$

當 $t\neq 0$ 時，

$$F(ta,tb) = \frac{(ta)^3(tb)}{(ta)^2+(tb)^2} = \frac{t^4a^3b}{t^2(a^2+b^2)} = \frac{t^2a^3b}{a^2+b^2}.$$

因此

$$\frac{F(ta,tb)-F(0,0)}{t} = \frac{ta^3b}{a^2+b^2}.$$

令 $t\to 0$，得到

$$D_{(a,b)}F(0,0)=0.$$

所以所有方向導數均存在，而且全部等於 $0$。

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檢查在原點是否可微

由於

$$F(0,0)=0,$$

且

$$|x|\leq \sqrt{x^2+y^2},\qquad |y|\leq \sqrt{x^2+y^2},$$

可得

$$|x^3y| \leq \left(\sqrt{x^2+y^2}\right)^4.$$

因此對 $(x,y)\neq(0,0)$，

$$|F(x,y)| = \left|\frac{x^3y}{x^2+y^2}\right| \leq \frac{(x^2+y^2)^2}{x^2+y^2} = x^2+y^2.$$

令 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，則

$$\frac{|F(x,y)-F(0,0)|}{\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{|F(x,y)|}{r} \leq r.$$

本題考驗級數的一致收斂性以及如何利用一致收斂來證明極限函數（即級數的和函數）的連續性。

證明：
我們要證明函數 $S(x, y, z)$ 在 $\mathbb{R}^3$ 上是連續的。
函數 $S(x, y, z)$ 是由無窮級數定義的：
$S(x, y, z) = \sum_{n=1}^\infty f_n(x, y, z)$
其中 $f_n(x, y, z) = \frac{\sin(2023nxyz)}{n!}$。

要證明 $S(x, y, z)$ 在 $\mathbb{R}^3$ 上連續，我們需要證明級數在 $\mathbb{R}^3$ 的每一點都一致收斂。如果級數在一個區域上一致收斂，並且級數的每一項都是連續函數，那麼級數的和函數也是連續的。

首先，我們來分析每一項函數 $f_n(x, y, z)$。
對於任意的 $x, y, z \in \mathbb{R}$，我們知道 $-1 \le \sin(2023nxyz) \le 1$。
因此，對於每一項 $f_n(x, y, z)$，我們有：
$|f_n(x, y, z)| = \left| \frac{\sin(2023nxyz)}{n!} \right| \le \frac{1}{n!}$。

我們考慮一個常數級數 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n!}$。
這個級數是收斂的。我們可以通過比較判別法或直接計算來證明。
事實上，$\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} = e$，所以 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n!} = e - 1$。
由於 $e$ 是一個有限值，級數 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n!}$ 是收斂的。

根據魏爾施特拉斯 M 判別法 (Weierstrass M-test)，我們令 $M_n = \frac{1}{n!}$。
我們已經證明級數 $\sum_{n=1}^\infty M_n = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n!}$ 收斂。

本題要求陳述並證明魏爾施特拉斯 M 檢驗法 (Weierstrass M-test)。這是一個用於判斷函數項級數一致收斂性的重要定理。

定理陳述 (Weierstrass M-test)：
設 $\{f_n(x)\}_{n=1}^\infty$ 是一個函數序列，定義在一個集合 $D \subseteq \mathbb{R}$ 上。假設存在一個序列 $\{M_n\}_{n=1}^\infty$ 滿足以下條件：

1. 對於所有的 $n \ge 1$， $M_n \ge 0$。
2. 級數 $\sum_{n=1}^\infty M_n$ 收斂。
3. 對於所有的 $n \ge 1$ 和所有的 $x \in D$， $|f_n(x)| \le M_n$。

則級數 $\sum_{n=1}^\infty f_n(x)$ 在集合 $D$ 上一致收斂。

證明：
我們要證明在上述條件下，級數 $\sum_{n=1}^\infty f_n(x)$ 在 $D$ 上一致收斂。
一致收斂的定義是：對於任意的 $\epsilon > 0$，存在一個正整數 $N$，使得對於所有 $n \ge N$ 和所有 $x \in D$，都有 $|S(x) - S_n(x)| < \epsilon$，其中 $S(x) = \sum_{k=1}^\infty f_k(x)$ 是級數的和，而 $S_n(x) = \sum_{k=1}^n f_k(x)$ 是部分和。

考慮級數的部分和 $S_n(x) = \sum_{k=1}^n f_k(x)$。
對於任意的 $m > n \ge 1$，我們考慮 $S_m(x) - S_n(x)$：
$S_m(x) - S_n(x) = \sum_{k=1}^m f_k(x) - \sum_{k=1}^n f_k(x) = \sum_{k=n+1}^m f_k(x)$
利用三角不等式，我們得到：
$|S_m(x) - S_n(x)| = \left| \sum_{k=n+1}^m f_k(x) \right| \le \sum_{k=n+1}^m |f_k(x)|$
根據條件 3，我們知道 $|f_k(x)| \le M_k$ 對於所有的 $k \ge 1$ 和 $x \in D$。所以：

核心觀念

令圖形為

$$G=\{(x,f(x)):x\in[0,1]\}\subset\mathbb{R}^2.$$

本題使用以下事實：

1. 連通集的連續映射仍為連通集。
2. 若 $C$ 為連通集，且 $p\in\overline{C}$，則 $C\cup\{p\}$ 仍為連通集。
3. 路徑連通要求任意兩點之間存在連續路徑。要證明不具路徑連通性，只要找出一對無法以路徑連接的點即可。

這個例子是經典的「拓撲學家正弦曲線」的變形：曲線在 $x\to0^+$ 時無限振盪，但只在原點補上一個點。

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一、證明圖形連通

將 $G$ 分成兩部分：

$$A=\left\{\left(x,\sin\frac1x\right):x\in(0,1]\right\},$$

以及原點

$$p=(0,0).$$

因此

$$G=A\cup\{p\}.$$

考慮連續函數

$$\phi:(0,1]\to\mathbb{R}^2,\qquad \phi(x)=\left(x,\sin\frac1x\right).$$

因為區間 $(0,1]$ 是連通集，而連續函數的像保持連通，所以

$$A=\phi((0,1])$$

是連通集。

接著證明原點 $p$ 是 $A$ 的聚點。取

$$x_n=\frac{1}{n\pi},$$

則當 $n$ 足夠大時，$x_n\in(0,1]$，且

$$\sin\frac1{x_n} =\sin(n\pi) =0.$$

所以

$$\phi(x_n) = \left(\frac1{n\pi},0\right) \longrightarrow (0,0)=p.$$

因此

$$p\in\overline{A}.$$

由「連通集加上其閉包中的一點仍然連通」可得

$$G=A\cup\{p\}$$

是連通集。

故 $f$ 的圖形在 $\mathbb{R}^2$ 中連通。

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二、證明圖形不是路徑連通

取圖形上的兩點

$$p=(0,0), \qquad q=(1,\sin1).$$

假設存在連續路徑

$$\gamma:[0,1]\to G$$

滿足

$$\gamma(0)=p, \qquad \gamma(1)=q.$$

寫成座標形式：

$$\gamma(t)=(x(t),y(t)).$$

由於 $\gamma$ 連續，$x(t)$ 與 $y(t)$ 都是連續函數，而且

$$x(0)=0,\qquad y(0)=0,$$

以及

$$x(1)=1,\qquad y(1)=\sin1.$$