114 年 國立中山大學應用數學系碩士班丙組《高等微積分》

本題考查黎曼可積函數的性質。核心觀念是黎曼可積函數的定義及其性質，特別是連續函數與有界性。

證明：
設 $f: [a,b] \to \mathbb{R}$ 為黎曼可積函數。根據黎曼可積的定義，我們知道 $f$ 在 $[a,b]$ 上是有界的，也就是存在常數 $M > 0$ 使得 $|f(x)| \le M$ 對於所有 $x \in [a,b]$ 都成立。

我們需要證明 $f^2$ 也是黎曼可積的。這等價於證明 $f^2$ 在 $[a,b]$ 上是有界的，並且 $f^2$ 的不連續點集合測度為零。

首先，證明 $f^2$ 的有界性。由於 $|f(x)| \le M$ 對於所有 $x \in [a,b]$，則 $|f^2(x)| = |f(x) \cdot f(x)| = |f(x)|^2 \le M^2$。因此，$f^2$ 在 $[a,b]$ 上也是有界的，存在常數 $M' = M^2 > 0$ 使得 $|f^2(x)| \le M'$ 對於所有 $x \in [a,b]$ 都成立。

接下來，證明 $f^2$ 的不連續點集合測度為零。
一個重要的性質是：如果 $f$ 是黎曼可積的，那麼 $f$ 的不連續點集合的測度為零。
令 $g(y) = y^2$。函數 $g$ 在 $\mathbb{R}$ 上是連續的。
我們知道，如果 $f$ 在 $[a,b]$ 上黎曼可積，且 $g$ 在 $f$ 的值域上連續，那麼複合函數 $g \circ f$ (即 $f^2$) 在 $[a,b]$ 上也是黎曼可積的。

證明這個性質：
設 $f$ 在 $[a,b]$ 上黎曼可積，且 $g$ 在 $f$ 的值域 $f([a,b])$ 上連續。
令 $P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}$ 為區間 $[a,b]$ 的一個分割。
對於任一子區間 $[x_{i-1}, x_i]$，令 $M_i = \sup_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x)$，$m_i = \inf_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x)$。
由於 $g$ 在 $f([a,b])$ 上連續，根據極值定理， $g$ 在閉區間 $[m_i, M_i]$ 上可以取到其最大值和最小值。
令 $M'_i = \sup_{x \in [x_{i-1}, x_i]} g(f(x))$，$m'_i = \inf_{x \in [x_{i-1}, x_i]} g(f(x))$。
由於 $g$ 在 $[m_i, M_i]$ 上連續，則
$M'_i = \sup_{y \in [m_i, M_i]} g(y)$
$m'_i = \inf_{y \in [m_i, M_i]} g(y)$

對於 $g(y) = y^2$，在區間 $[m_i, M_i]$ 上的上確界和下確界為：
若 $0 \notin [m_i, M_i]$ (即 $m_i > 0$ 或 $M_i < 0$)，則 $g$ 在 $[m_i, M_i]$ 上是單調的。
若 $m_i \ge 0$，則 $M'_i = g(M_i) = M_i^2$，$m'_i = g(m_i) = m_i^2$。
若 $M_i \le 0$，則 $M'_i = g(m_i) = m_i^2$，$m'_i = g(M_i) = M_i^2$。
若 $m_i < 0 < M_i$，則 $M'_i = \max(g(m_i), g(M_i)) = \max(m_i^2, M_i^2)$，$m'_i = g(0) = 0$。

我們需要證明 $|M'_i - m'_i| \le K |M_i - m_i|$ 對於某個常數 $K$ 成立。
考慮 $g(y) = y^2$ 在區間 $[m_i, M_i]$ 上的差值：

本題考查瑕積分的收斂性，特別是涉及三角函數和多項式組合的積分。核心觀念是使用極限比較審斂法或柯西判別法。

我們要判斷瑕積分 $\int_0^\infty e^{-x} \sin(x^2) dx$ 是否收斂。
這個積分可以分解為 $\int_0^1 e^{-x} \sin(x^2) dx + \int_1^\infty e^{-x} \sin(x^2) dx$。
第一部分 $\int_0^1 e^{-x} \sin(x^2) dx$ 是一個標準的定積分，因為被積函數 $f(x) = e^{-x} \sin(x^2)$ 在 $[0,1]$ 上是連續的，所以這個積分存在且有限。

我們主要關注第二部分 $\int_1^\infty e^{-x} \sin(x^2) dx$ 的收斂性。
考慮被積函數 $e^{-x} \sin(x^2)$。我們知道 $|\sin(x^2)| \le 1$ 對於所有 $x$。
因此， $|e^{-x} \sin(x^2)| \le e^{-x}$ 對於所有 $x \ge 1$。
我們知道積分 $\int_1^\infty e^{-x} dx$ 是收斂的。

本題考查數列的收斂性，分為定義和證明兩部分。部分(a)要求敘述柯西數列的定義，部分(b)則要求證明實數域上柯西數列的收斂性，這是一個重要的定理，體現了實數系的完備性。

(a) 柯西數列的定義：
一個實數數列 $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ 被稱為柯西數列 (Cauchy sequence)，如果對於任意給定的正數 $\epsilon > 0$，存在一個正整數 $N$，使得對於所有 $m, n > N$，都有 $|a_m - a_n| < \epsilon$。
換句話說，數列中的項隨著下標的增大而越來越接近。

(b) 證明實數域上每個柯西數列都收斂：
證明這個定理通常需要藉助實數的完備性公理，即任何有上界（或下界）的非空實數集合都存在上（或下）確界。

證明步驟如下：

1. 證明柯西數列是有界的。
   設 $\{a_n\}$ 是一個柯西數列。根據定義，存在 $N$ 使得對於所有 $m, n > N$，有 $|a_m - a_n| < 1$。
   取 $m = n+1 > N$，則 $|a_{n+1} - a_n| < 1$。
   固定一個 $n_0 > N$，則對於所有 $n > N$，我們有
   $|a_n| = |a_n - a_{n_0} + a_{n_0}| \le |a_n - a_{n_0}| + |a_{n_0}| < 1 + |a_{n_0}|$。
   令 $M = \max \{|a_1|, |a_2|, \dots, |a_N|, 1 + |a_{n_0}|\}$。則對於所有 $n \ge 1$， $|a_n| \le M$。
   因此，數列 $\{a_n\}$ 是有界的。

2. 構造一個收斂子序列。
   由於 $\{a_n\}$ 是有界的，根據 Bolzano-Weierstrass 定理，存在一個收斂的子序列 $\{a_{n_k}\}$。
   設 $\lim_{k \to \infty} a_{n_k} = L$。

3. 證明原數列 $\{a_n\}$ 收斂到 $L$。
   我們要證明 $\lim_{n \to \infty} a_n = L$。
   對於任意給定的 $\epsilon > 0$，因為 $\{a_n\}$ 是柯西數列，存在 $N_1$ 使得對於所有 $m, n > N_1$，都有 $|a_m - a_n| < \epsilon/2$。
   因為子序列 $\{a_{n_k}\}$ 收斂到 $L$，所以對於 $\epsilon > 0$，存在 $K$ 使得對於所有 $k > K$，都有 $|a_{n_k} - L| < \epsilon/2$。
   現在，我們需要找到一個 $N$ 使得對於所有 $n > N$，都有 $|a_n - L| < \epsilon$。

本題包含兩個獨立的部分，都涉及極限的計算與證明。部分(i)是著名的 Cesàro 平均定理，部分(ii)則需要證明一個不等式並計算一個極限。

(i) Cesàro 平均定理證明：
核心觀念是利用極限定義和將數列求和項分成兩部分來處理。
設 $\lim_{n\to\infty} a_n = A$。
我們需要證明 $\lim_{n\to\infty} \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n} = A$。
根據極限定義，對於任意 $\epsilon > 0$，存在一個正整數 $N_1$ 使得當 $n > N_1$ 時，有 $|a_n - A| < \epsilon/2$。
令 $S_n = a_1 + a_2 + \dots + a_n$。我們要證明 $\lim_{n\to\infty} \frac{S_n}{n} = A$。
考慮 $\left|\frac{S_n}{n} - A\right| = \left|\frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n} - A\right| = \left|\frac{a_1+a_2+\dots+a_n - nA}{n}\right|$。
我們可以將分子寫成 $(a_1-A) + (a_2-A) + \dots + (a_n-A)$。
所以， $\left|\frac{S_n}{n} - A\right| = \left|\frac{(a_1-A) + (a_2-A) + \dots + (a_n-A)}{n}\right|$。
我們將求和分成兩部分：前 $N_1$ 項和從 $N_1+1$ 到 $n$ 的項。
$\left|\frac{S_n}{n} - A\right| \le \frac{|a_1-A| + |a_2-A| + \dots + |a_{N_1}-A|}{n} + \frac{|a_{N_1+1}-A| + \dots + |a_n-A|}{n}$。

對於第一部分，由於 $N_1$ 是固定的，所以 $|a_1-A| + \dots + |a_{N_1}-A|$ 是一個常數。
令 $C = |a_1-A| + \dots + |a_{N_1}-A|$.
則第一部分為 $\frac{C}{n}$。當 $n \to \infty$ 時， $\frac{C}{n} \to 0$。
所以，存在一個正整數 $N_2$ 使得當 $n > N_2$ 時， $\frac{C}{n} < \epsilon/2$。

對於第二部分，當 $n > N_1$ 時，我們有 $|a_k - A| < \epsilon/2$ 對於所有 $k > N_1$。
因此， $|a_{N_1+1}-A| + \dots + |a_n-A| < \underbrace{\frac{\epsilon}{2} + \dots + \frac{\epsilon}{2}}_{n-N_1 \text{ terms}} = (n-N_1) \frac{\epsilon}{2}$。
所以，第二部分為 $\frac{(n-N_1)\epsilon/2}{n} = \frac{n\epsilon/2 - N_1\epsilon/2}{n} = \frac{\epsilon}{2} - \frac{N_1\epsilon}{2n}$。
由於 $\frac{N_1\epsilon}{2n} \ge 0$，所以 $\frac{n-N_1}{n} \frac{\epsilon}{2} < \frac{\epsilon}{2}$。

綜合兩部分：
令 $N = \max(N_1, N_2)$。
則對於所有 $n > N$，我們有

本題考查度量空間中緊集的性質。這是緊集定義的直接推論，體現了緊集在度量空間中的重要特性。

證明：
設 $(X, d)$ 是一個度量空間， $K \subseteq X$ 是一個緊集 (compact set)。我們需要證明 $K$ 是閉集 (closed) 且是有界的 (bounded)。

1. 證明 $K$ 是閉集。
   一個子集 $K$ 在一個度量空間 $X$ 中是閉集，當且僅當 $K$ 包含其所有極限點。
   我們將證明 $K$ 的任意一個極限點都屬於 $K$。
   設 $x$ 是 $K$ 的一個極限點。這意味著對於 $x$ 的任意鄰域（即以 $x$ 為圓心、任意正半徑 $r$ 的開球 $B(x, r)$），都有 $B(x, r) \cap (K \setminus \{x\}) \neq \emptyset$。
   換句話說，存在一個點列 $\{x_n\}_{n=1}^\infty$ 屬於 $K \setminus \{x\}$，使得 $x_n \to x$ 當 $n \to \infty$。
   由於 $x_n \in K$ 對於所有 $n$，我們得到了一個點列 $\{x_n\}$ 在 $K$ 中，且該點列收斂到 $x$。
   因為 $K$ 是緊集，根據緊集的定義（或其等價性質），任何在 $K$ 中的點列都存在一個收斂於 $K$ 中某點的子列。
   這裡，點列 $\{x_n\}$ 已經收斂到 $x$。如果 $x \in K$，那麼我們就證明了 $K$ 包含其極限點。
   實際上，緊集的定義之一是：從 $K$ 中的任意點列都存在一個收斂於 $K$ 中某點的子列。
   由於 $\{x_n\}$ 是 $K$ 中的點列，且 $x_n \to x$，那麼存在一個子列 $\{x_{n_k}\}$ 滿足 $x_{n_k} \to y$ 對於某個 $y \in K$。
   由於序列的極限是唯一的，所以 $x = y$。因此 $x \in K$。
   所以，$K$ 包含其所有極限點，即 $K$ 是閉集。

2. 證明 $K$ 是有界的。
   一個子集 $K$ 在一個度量空間 $(X, d)$ 中是有界的，如果存在一個點 $p \in X$ 和一個常數 $R > 0$，使得對於所有 $x \in K$，都有 $d(x, p) \le R$。
   在度量空間中，緊集總是從某個點開始的有界的。
   我們需要證明存在一個點 $p$ 和一個 $R$。
   我們選擇 $X$ 中的任意一個點作為中心點 $p$。例如，如果 $X$ 是完備的，我們可以選定一個點，或者更普遍地，考慮 $K$ 自身的中心。
   一個更常見且直接的證明方法是使用緊集的開覆蓋定義。
   一個緊集 $K$ 是有界的，如果對於任意的 $x_0 \in X$，存在一個 $R > 0$ 使得 $K \subseteq B(x_0, R)$。
   考慮一族開球 $\{B(x, r) : x \in K, r > 0\}$。

本題考查級數的收斂性，特別是與平方和相關的級數。核心觀念是 Cauchy-Schwarz 不等式。

證明：
已知級數 $\sum_{n=1}^\infty x_n^2$ 和 $\sum_{n=1}^\infty y_n^2$ 都收斂。
這意味著數列 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ 必須收斂到 0。
也就是說，$\lim_{n\to\infty} x_n = 0$ 和 $\lim_{n\to\infty} y_n = 0$。
同時，由於級數收斂，其部分和有界。令 $S_x = \sum_{n=1}^\infty x_n^2 < \infty$ 和 $S_y = \sum_{n=1}^\infty y_n^2 < \infty$。

我們需要證明級數 $\sum_{n=1}^\infty x_n y_n$ 也收斂。
這等價於證明數列 $\{x_n y_n\}$ 的部分和有界。
我們可以使用 Cauchy-Schwarz 不等式。
對於任意有限數量的項 $N$，我們有：
$(\sum_{n=1}^N x_n y_n)^2 \le (\sum_{n=1}^N x_n^2) (\sum_{n=1}^N y_n^2)$。

令 $P_N = \sum_{n=1}^N x_n y_n$ 為級數 $\sum_{n=1}^\infty x_n y_n$ 的部分和。
令 $X_N = \sum_{n=1}^N x_n^2$ 和 $Y_N = \sum_{n=1}^N y_n^2$。
則 $P_N^2 \le X_N Y_N$。

由於 $\sum_{n=1}^\infty x_n^2$ 收斂，所以 $X_N$ 是單調遞增且有界的。 $\lim_{N\to\infty} X_N = S_x < \infty$。

本題考查多元函數的反函數定理。核心觀念是利用雅可比矩陣的行列式來判斷函數在某點附近是否可逆。

我們有一個從 $\mathbb{R}^2$ 到 $\mathbb{R}^2$ 的函數 $f(x,y) = (f_1(x,y), f_2(x,y))$，其中 $f_1(x,y) = x^2 + y$ 且 $f_2(x,y) = x - y$。
我們要判斷 $f$ 是否在點 $(2,0)$ 附近可逆。
根據反函數定理，如果函數 $f$ 在點 $(a,b)$ 處連續可微，並且其雅可比矩陣在 $(a,b)$ 處的行列式非零，則 $f$ 在 $(a,b)$ 附近是可逆的。

首先，計算函數 $f$ 的雅可比矩陣 $Jf(x,y)$。
$Jf(x,y) = \begin{pmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x} & \frac{\partial f_1}{\partial y} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x} & \frac{\partial f_2}{\partial y} \end{pmatrix}$。

計算偏導數：
$\frac{\partial f_1}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2 + y) = 2x$