115 年 國立中山大學應用數學系碩士班丙組《高等微積分》

本題主要在考察對度量空間中緊緻集 (compact set) 與連通集 (connected set) 的定義的理解。

核心觀念： 度量空間的拓樸性質，特別是緊緻集與連通集的定義。

詳解：

設 $(M, d)$ 為一個度量空間。

i. 緊緻集 (Compact Set) 的定義：
一個子集 $K \subset M$ 被稱為緊緻集，如果對於 $K$ 的每一個開覆蓋 (open cover)，都存在一個有限的子覆蓋 (finite subcover)。
更形式化地，若 $\{U_\alpha\}_{\alpha \in A}$ 為 $M$ 的一個開集族，滿足 $K \subset \bigcup_{\alpha \in A} U_\alpha$，則存在一個有限的指標集合 $A_0 \subset A$，使得 $K \subset \bigcup_{\alpha \in A_0} U_\alpha$。

本題旨在考察對緊緻集性質的理解，特別是其與閉集、有界集的關係，以及海涅-波萊爾定理 (Heine-Borel theorem)。

核心觀念： 度量空間的緊緻性、閉集、有界集的定義與關係，海涅-波萊爾定理。

詳解：

i. 海涅-波萊爾定理 (Heine-Borel Theorem)：
在歐幾里得空間 $\mathbb{R}^n$ (配備標準歐幾里得度量) 中，一個子集是緊緻集當且僅當它是閉集且有界集。
請注意，此定理僅在 $\mathbb{R}^n$ 中成立，對於一般的度量空間不一定成立。

ii. 「緊緻集在度量空間中總是閉集且有界」的判斷：
正確。 緊緻集在任何度量空間中都必然是閉集且有界。

• 證明緊緻集是閉集：
  設 $(M, d)$ 為度量空間， $K \subset M$ 為緊緻集。我們需要證明 $K$ 是閉集，也就是證明 $M \setminus K$ 是開集。
  取 $M \setminus K$ 中的任意一點 $x$。我們需要證明存在一個以 $x$ 為中心的開球 $B(x, \epsilon)$，使得 $B(x, \epsilon) \subset M \setminus K$。
  由於 $x \notin K$，對於任意點 $y \in K$，點 $x$ 和 $y$ 之間的距離 $d(x, y) > 0$。
  考慮以 $y$ 為中心的開球 $B(y, d(x, y)/2)$。這個開球不包含 $x$。
  對於所有 $y \in K$，考慮開球族 $\{B(y, d(x, y)/2)\}_{y \in K}$。這個開球族覆蓋了 $K$ (因為對於任意 $z \in K$， $d(y, z) < d(x, y)/2$ 則 $d(x, z) \ge d(x, y) - d(y, z) > d(x, y)/2 > 0$。若 $z=y$, $d(x,y)>0$）。
  由於 $K$ 是緊緻集，存在有限個點 $y_1, y_2, \dots, y_m \in K$ 使得 $K \subset \bigcup_{i=1}^m B(y_i, d(x, y_i)/2)$。
  令 $U = \bigcup_{i=1}^m B(y_i, d(x, y_i)/2)$。 $U$ 是一個開集，且 $K \subset U$。
  由於對於每個 $i$, $B(y_i, d(x, y_i)/2)$ 不包含 $x$，因此 $U$ 也不包含 $x$。
  所以，我們可以取 $\epsilon$ 為 $x$ 到 $U$ 的距離，即 $\epsilon = \inf_{u \in U} d(x, u)$。

本題考察函數在某點的極限，特別是左右極限的計算，以及集合的連通性和路徑連通性。

核心觀念： 極限的定義、左右極限、連通集定義、路徑連通集定義。

詳解：

給定函數 $f(x) = \begin{cases} \frac{\sin(115/x)}{0} & \text{if } x \neq 0 \\ \text{if } x = 0 \end{cases}$。

i. 計算 $\lim_{x \to 0^-} f(x)$：
當 $x \to 0^-$ 時，$x$ 是負的且趨近於 0。
令 $y = 115/x$。
當 $x \to 0^-$, $115/x \to -\infty$。
我們知道 $\sin(z)$ 的極限不存在當 $z \to \pm \infty$，因為 $\sin(z)$ 在 $[-1, 1]$ 之間震盪。
因此，$\lim_{x \to 0^-} \sin(115/x)$ 不存在。
由於 $\sin(115/x)$ 的極限不存在，所以 $f(x)$ 的左極限也不存在。

ii. 計算 $\lim_{x \to 0^+} f(x)$：
當 $x \to 0^+$ 時，$x$ 是正的且趨近於 0。
令 $y = 115/x$。
當 $x \to 0^+$, $115/x \to +\infty$。
同樣地，$\lim_{x \to 0^+} \sin(115/x)$ 不存在。
因此，$f(x)$ 的右極限也不存在。

iii. 計算 $\lim_{x \to 0} f(x)$：
一個函數在某點的極限存在，當且僅當其左極限和右極限都存在且相等。
由於我們在 i. 和 ii. 中發現 $f(x)$ 的左極限和右極限都不存在，所以 $\lim_{x \to 0} f(x)$ 不存在。

iv. 考察集合 $I := \{(x, f(x)): x \ge 0\}$ 的連通性和路徑連通性。
集合 $I$ 是函數 $f(x)$ 在 $x \ge 0$ 上的圖形。
由於 $f(x)$ 在 $x > 0$ 的任何地方都是定義的，且 $f(0) = 0$，所以 $I$ 包含點 $(0, 0)$。
對於 $x > 0$, $f(x) = \sin(115/x)$。
當 $x \to 0^+$, $115/x \to +\infty$, $\sin(115/x)$ 在 $[-1, 1]$ 之間震盪，無法趨近於一個定值。
這意味著，即使我們考慮 $x \to 0^+$ 的情況，點 $(x, f(x))$ 的軌跡在 $y$ 方向上會無限震盪，無法趨近於 $(0, L)$ 這樣一個點。
更準確地說，對於任意的 $L \in \mathbb{R}$，我們無法找到一個序列 $x_n \to 0^+$ 使得 $(x_n, f(x_n)) \to (0, L)$。

a. $I$ 是否為連通集？
考慮集合 $I$ 在 $\mathbb{R}^2$ 中的拓樸。
我們需要判斷 $I$ 是否可以被拆分成兩個不相交的非空開集 $A, B$ 使得 $I \subset A \cup B$。
設想一個對應於 $x > 0$ 的圖形部分，即 $G = \{(x, \sin(115/x)): x > 0\}$。
這個圖形 $G$ 是高度震盪的，並且在 $x \to 0^+$ 時，它在 $y$ 方向上覆蓋了整個區間 $[-1, 1]$。
更精確地說，對於任意 $y \in [-1, 1]$，存在一個序列 $x_n \to 0^+$ 使得 $\sin(115/x_n) = y$。
因此，點 $(0, 0)$ 雖然存在，但它被這個高度震盪的圖形「包圍」著。
我們可以證明 $I$ 是連通的。
證明 $I$ 連通的一個方法是證明 $I$ 是路徑連通的。
對於任意兩點 $(x_1, y_1), (x_2, y_2) \in I$。
如果 $x_1, x_2 > 0$, 我們可以構造一條從 $(x_1, \sin(115/x_1))$ 到 $(x_2, \sin(115/x_2))$ 的連續路徑。
例如，可以先沿著 $x$ 軸移動到 $x_2$（如果 $x_1 < x_2$），即路徑為 $(t, \sin(115/x_1))$ for $t \in [x_1, x_2]$。然後沿著垂直線移動到 $(x_2, \sin(115/x_2))$。這兩段路徑的組合是連續的。
然而，當我們考慮包含點 $(0, 0)$ 的情況時，事情變得複雜。
考慮集合 $I$。對於任何 $y \in [-1, 1]$，存在 $x_n \to 0^+$ 使得 $f(x_n) = y$。
這意味著，集合 $I$ 在 $x=0$ 這一側，其 $y$ 坐標的「投影」是整個區間 $[-1, 1]$。
這是一個經典的例子，其中函數圖形在某點的極限不存在，但集合本身卻是連通的。

本題主要考察函數的連續性以及黎曼積分 (Riemann integrability) 的概念。函數 $f(x)$ 是狄利克雷函數 (Dirichlet function) 的一個變體。

核心觀念： 函數連續性定義、黎曼積分可積性判準。

詳解：

給定函數 $f(x) = \begin{cases} 115 & \text{if } x \in \mathbb{Q} \\ 0 & \text{if } x \notin \mathbb{Q} \end{cases}$。我們在區間 $[0,1]$ 上考察此函數。

i. 證明 $f$ 在 $[0,1]$ 上不連續：
一個函數 $f$ 在點 $c$ 處連續，若對於任意 $\epsilon > 0$, 存在 $\delta > 0$ 使得當 $|x-c| < \delta$ 時， $|f(x) - f(c)| < \epsilon$。
我們需要證明對於區間 $[0,1]$ 中的任意一點 $c$，函數 $f$ 在 $c$ 處都不連續。

• 情況 1：$c \in \mathbb{Q}$
  此時 $f(c) = 115$。
  對於任意 $\epsilon < 115$ (例如 $\epsilon = 1$), 我們需要尋找一個 $\delta > 0$ 使得當 $|x-c| < \delta$ 時， $|f(x) - 115| < \epsilon$。
  然而，在任何區間 $(c-\delta, c+\delta)$ 中，都存在無理數 $x$ (因為無理數在實數中是稠密的)。
  對於這些無理數 $x$, $f(x) = 0$。
  那麼 $|f(x) - f(c)| = |0 - 115| = 115$。
  這顯然大於我們選擇的 $\epsilon$。
  因此，函數 $f$ 在任何有理數點 $c$ 處都不連續。

• 情況 2：$c \notin \mathbb{Q}$
  此時 $f(c) = 0$。
  對於任意 $\epsilon < 1$ (例如 $\epsilon = 0.5$), 我們需要尋找一個 $\delta > 0$ 使得當 $|x-c| < \delta$ 時， $|f(x) - 0| < \epsilon$。
  然而，在任何區間 $(c-\delta, c+\delta)$ 中，都存在有理數 $x$ (因為有理數在實數中是稠密的)。
  對於這些有理數 $x$, $f(x) = 115$。
  那麼 $|f(x) - f(c)| = |115 - 0| = 115$。
  這顯然大於我們選擇的 $\epsilon$。
  因此，函數 $f$ 在任何無理數點 $c$ 處都不連續。

由於 $f$ 在區間 $[0,1]$ 的任何一點都不連續，所以 $f$ 在 $[0,1]$ 上不連續。

ii. 證明 $f$ 在 $[0,1]$ 上不可黎曼積分：

本題是一個經典的積分性質問題，利用了函數在多項式上的積分值為零來推斷函數本身為零。

核心觀念： 魏爾斯特拉斯逼近定理 (Weierstrass Approximation Theorem) 或與其相關的積分性質。

詳解：

設 $f$ 為區間 $[0,1]$ 上的連續函數，且已知對所有非負整數 $n = 0, 1, 2, \dots$，都有 $\int_0^1 f(x)x^n dx = 0$。我們需要證明 $f(x) = 0$ 對於所有 $x \in [0,1]$ 成立。

證明方法一：利用魏爾斯特拉斯逼近定理

魏爾斯特拉斯逼近定理指出，在閉區間 $[a, b]$ 上，任何連續函數都可以被多項式函數任意逼近。也就是說，對於任意連續函數 $f$ 和任意 $\epsilon > 0$, 都存在一個多項式 $P(x)$ 使得對於所有 $x \in [a, b]$, $|f(x) - P(x)| < \epsilon$。

在我們的問題中， $f$ 是在 $[0,1]$ 上的連續函數。根據魏爾斯特拉斯逼近定理，對於任意 $\epsilon > 0$, 存在一個多項式 $P(x)$ 使得 $|f(x) - P(x)| < \epsilon$ 對於所有 $x \in [0,1]$。
令 $P(x) = \sum_{k=0}^N a_k x^k$ 為該多項式。

現在我們考慮積分 $\int_0^1 f(x) P(x) dx$。
由於 $f(x) P(x)$ 也是在 $[0,1]$ 上的連續函數，我們可以這樣來逼近這個積分：
$\left| \int_0^1 f(x) P(x) dx \right| = \left| \int_0^1 f(x) (f(x) - (f(x) - P(x))) dx \right|$
$= \left| \int_0^1 f(x)^2 dx - \int_0^1 f(x) (f(x) - P(x)) dx \right|$

由於 $|f(x) - P(x)| < \epsilon$, 我們有：
$\left| \int_0^1 f(x) (f(x) - P(x)) dx \right| \le \int_0^1 |f(x)| |f(x) - P(x)| dx < \int_0^1 |f(x)| \epsilon dx = \epsilon \int_0^1 |f(x)| dx$。
令 $M = \sup_{x \in [0,1]} |f(x)|$。由於 $f$ 在閉區間上連續， $M$ 是有限的。
則 $\epsilon \int_0^1 |f(x)| dx \le \epsilon M \int_0^1 1 dx = \epsilon M$。
所以，$\left| \int_0^1 f(x) P(x) dx \right| \le \left| \int_0^1 f(x)^2 dx \right| + \epsilon M$。

另一方面，我們知道 $P(x) = \sum_{k=0}^N a_k x^k$。
因此， $\int_0^1 f(x) P(x) dx = \int_0^1 f(x) \left(\sum_{k=0}^N a_k x^k\right) dx = \sum_{k=0}^N a_k \int_0^1 f(x) x^k dx$。
根據題目條件， $\int_0^1 f(x) x^n dx = 0$ 對於所有 $n \ge 0$。
所以， $\int_0^1 f(x) P(x) dx = \sum_{k=0}^N a_k \cdot 0 = 0$。

回到不等式：
$0 = \left| \int_0^1 f(x) P(x) dx \right| \le \left| \int_0^1 f(x)^2 dx \right| + \epsilon M$。
這意味著 $0 \le \left| \int_0^1 f(x)^2 dx \right| + \epsilon M$。
由於 $\int_0^1 f(x)^2 dx \ge 0$, 我們有 $0 \le \int_0^1 f(x)^2 dx + \epsilon M$。
更進一步，從 $\int_0^1 f(x) P(x) dx = 0$ 和 $|f(x) - P(x)| < \epsilon$, 我們得到：
$0 = \int_0^1 f(x) P(x) dx = \int_0^1 f(x) (f(x) - (f(x) - P(x))) dx$

本題考察函數序列的積分所形成的序列的性質，這與 Arzela-Ascoli 定理 (Arzelà–Ascoli theorem) 的思想有關。

核心觀念： Arzela-Ascoli 定理，等度連續性 (equicontinuity)，一致有界性 (uniform boundedness)。

詳解：

設 $\{f_n\}_{n=1}^\infty$ 是一個在區間 $[a, b]$ 上均勻有界 (uniformly bounded) 的黎曼可積函數序列。這意味著存在一個常數 $M > 0$ 使得 $|f_n(x)| \le M$ 對於所有 $n \ge 1$ 和所有 $x \in [a, b]$。
令 $F_n(x) = \int_a^x f_n(t)dt$ 對於 $x \in [a, b]$。我們需要證明序列 $\{F_n\}$ 存在一個一致收斂的子序列。

根據 Arzela-Ascoli 定理，一個在一個緊緻集上定義的函數序列，如果它是等度連續且一致有界的，那麼它就存在一個一致收斂的子序列。

首先，我們需要證明序列 $\{F_n\}$ 是 一致有界 的。
對於任意 $x \in [a, b]$,
$|F_n(x)| = \left| \int_a^x f_n(t)dt \right| \le \int_a^x |f_n(t)| dt$
由於 $|f_n(t)| \le M$,
$\int_a^x |f_n(t)| dt \le \int_a^x M dt = M(x-a)$
由於 $x \in [a, b]$, $x-a \le b-a$.
所以 $|F_n(x)| \le M(b-a)$ 對於所有 $n \ge 1$ 和所有 $x \in [a, b]$。
這表明序列 $\{F_n\}$ 是在 $[a, b]$ 上一致有界的。令 $M' = M(b-a)$，則 $|F_n(x)| \le M'$。

本題考察向量值函數在某點附近的局部可逆性，這與雅可比矩陣 (Jacobian matrix) 的行列式是否非零有關。

核心觀念： 隱函數定理 (Implicit Function Theorem) 或反函數定理 (Inverse Function Theorem)，雅可比行列式。

詳解：

給定向量值函數 $f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$, 定義為 $f(x, y) = (e^x \cos y, e^x \sin y)$。
我們需要判斷函數 $f$ 在點 $(1,1)$ 附近是否可逆。

根據反函數定理，一個函數 $f$ 在點 $a$ 附近是可逆的，當且僅當 $f$ 在 $a$ 處是可微的，且其雅可比矩陣 $J_f(a)$ 的行列式 $\det(J_f(a)) \neq 0$。

首先，我們計算函數 $f$ 的雅可比矩陣。
$f(x, y) = (f_1(x, y), f_2(x, y))$, 其中 $f_1(x, y) = e^x \cos y$ 且 $f_2(x, y) = e^x \sin y$。

計算偏導數：
$\frac{\partial f_1}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(e^x \cos y) = e^x \cos y$
$\frac{\partial f_1}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(e^x \cos y) = -e^x \sin y$
$\frac{\partial f_2}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(e^x \sin y) = e^x \sin y$
$\frac{\partial f_2}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(e^x \sin y) = e^x \cos y$

雅可比矩陣 $J_f(x, y)$ 為：
$J_f(x, y) = \begin{pmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x} & \frac{\partial f_1}{\partial y} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x} & \frac{\partial f_2}{\partial y} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} e^x \cos y & -e^x \sin y \\ e^x \sin y & e^x \cos y \end{pmatrix}$