108 年 國立清華大學數學系碩士班應數組《高等微積分》

核心觀念

本題考查：

1. 單調有界收斂定理：若數列單調遞增且有上界，則必收斂。
2. 歸納法：證明所有 $a_n$ 都滿足同一範圍限制。
3. 遞迴函數
   $f(x)=\sqrt{2+\sqrt{x}}$
   對區間的保留性，以及比較 $f(x)$ 與 $x$ 的大小。

---

解題方法

證明數列收斂的標準方法，是先證明：

• $\{a_n\}$ 有上界；
• $\{a_n\}$ 單調遞增。

題目同時要求證明 $a_n<2$，此不等式也正好可作為數列的上界。

---

一、證明 $1<a_n<2$

以數學歸納法證明。

初始值為

$$a_1=\sqrt{2}.$$

因為 $1<\sqrt{2}<2$，所以

$$1<a_1<2.$$

假設對某個 $n$ 有

$$1<a_n<2.$$

由遞迴定義，

$$a_{n+1}=\sqrt{2+\sqrt{a_n}}.$$

由 $a_n>1$ 得

$$\sqrt{a_n}>1,$$

因此

$$a_{n+1}=\sqrt{2+\sqrt{a_n}}>\sqrt{3}>1.$$

又因為 $a_n<2$，所以

$$\sqrt{a_n}<\sqrt{2}<2.$$

故

$$a_{n+1} =\sqrt{2+\sqrt{a_n}} <\sqrt{2+2} =\sqrt{4} =2.$$

因此

$$1<a_{n+1}<2.$$

依數學歸納法，

$$\boxed{1<a_n<2\qquad(n=1,2,3,\dots)}.$$

特別地，

$$\boxed{a_n<2\qquad(n=1,2,3,\dots)}.$$

---

二、證明 $\{a_n\}$ 單調遞增

先證明：對所有 $x\in[1,2)$，都有

$$\sqrt{2+\sqrt{x}}>x.$$

因為兩邊皆為正數，可平方得到等價條件：

$$2+\sqrt{x}>x^2.$$

令

$$g(x)=2+\sqrt{x}-x^2.$$

對 $1\le x<2$，有

$$x^2<4$$

且

$$\sqrt{x}<\sqrt{2}<2.$$

更直接地，考慮 $g$ 的導數：

$$g'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}-2x.$$

當 $1\le x<2$ 時，

$$\frac{1}{2\sqrt{x}}\le \frac12<2\le 2x,$$

所以

$$g'(x)<0.$$

因此 $g$ 在 $[1,2]$ 上遞減。又

$$g(2)=2+\sqrt2-4<0$$

核心觀念

判斷 $f$ 是否在原點連續，必須檢查

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

對於 $(x,y)\neq(0,0)$，$f$ 是由多項式組成的有理函數；因為分母 $(x^2+y^2)^2\neq 0$，所以在所有非原點處連續。關鍵只在原點。

解題方法

取通往原點的特殊路徑 $y=0$。當 $x\neq 0$ 時，

$$f(x,0) =\frac{x^2+0-2x^2\cdot 0}{(x^2+0)^2} =\frac{x^2}{x^4} =\frac{1}{x^2}.$$

因此當 $x\to 0$ 時，

$$f(x,0)=\frac{1}{x^2}\to+\infty.$$

這表示沿著路徑 $(x,y)=(x,0)$ 趨近原點時，函數值不僅不趨近 $0$，甚至沒有有限極限。因此

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)$$

不存在有限值，更不可能等於

$$f(0,0)=0.$$

依據二變數函數的連續性定義，$f$ 在原點不連續。

本題考查多變數函數在路徑上的局部極小值性質。我們需要證明，對於通過原點的任意直線，函數 $f$ 在該直線上的限制函數在原點處取得局部極小值。

設通過原點 $(0,0)$ 的直線方程為 $y = mx$ (對於斜率 $m$ 存在) 或 $x=0$ (對於垂直線)。

情況 1：直線 $y = mx$

將 $y = mx$ 代入函數 $f(x,y)$ 中，其中 $x \neq 0$ (因為 $(x,y) \neq (0,0)$)。
$f(x, mx) = \frac{x^2 + (mx)^2 - 2x^2(mx)^2}{(x^2+(mx)^2)^2}$
$f(x, mx) = \frac{x^2 + m^2x^2 - 2x^2(m^2x^2)}{(x^2+m^2x^2)^2}$
$f(x, mx) = \frac{x^2(1 + m^2) - 2m^2x^4}{(x^2(1+m^2))^2}$
$f(x, mx) = \frac{x^2(1 + m^2) - 2m^2x^4}{x^4(1+m^2)^2}$
$f(x, mx) = \frac{x^2((1 + m^2) - 2m^2x^2)}{x^4(1+m^2)^2}$
$f(x, mx) = \frac{(1 + m^2) - 2m^2x^2}{x^2(1+m^2)^2}$

我們需要證明，當 $x \to 0$ 時，$f(x, mx) \ge f(0,0) = 0$。
然而，我們之前計算過沿著 $y=mx$ 路徑的極限：
$\lim_{x \to 0} f(x, mx) = \lim_{x \to 0} \frac{(1 + m^2) - 2m^2x^2}{x^2(1+m^2)^2}$
當 $x \to 0$, 分子趨近於 $1+m^2 > 0$.
分母 $x^2(1+m^2)^2$ 趨近於 $0^+$.
所以， $\lim_{x \to 0} f(x, mx) = +\infty$.

這意味著，對於任何斜率 $m$，沿著直線 $y=mx$ 趨近原點時，函數值趨近於 $+\infty$。
因此，$f(x, mx) > 0 = f(0,0)$ 當 $x$ 足夠接近 0 時。
這表明函數 $f$ 在直線 $y=mx$ 上，在 $(0,0)$ 處取得一個局部極小值。

情況 2：直線 $x=0$ (y 軸)

本題考查多變數函數在某點是否為局部極小值的定義。一個點 $(a,b)$ 是函數 $f$ 的局部極小值點，若存在一個 $(a,b)$ 的鄰域 $N$，使得對於所有 $N$ 中的點 $(x,y)$，都有 $f(x,y) \ge f(a,b)$。

我們已經在 (2)(b) 中證明了，對於通過原點 $(0,0)$ 的每一條直線，函數 $f$ 在這些直線上的限制，在 $(0,0)$ 處都具有局部極小值。也就是說，對於任何一條直線，當 $(x,y)$ 沿著該直線趨近於 $(0,0)$ 時， $f(x,y) \to +\infty$。這意味著，在這些直線上，對於足夠接近 $(0,0)$ 的點，都有 $f(x,y) > f(0,0) = 0$。

然而，要判斷 $(0,0)$ 是否為 $f$ 的局部極小值點，我們需要考慮原點的所有鄰域，而不僅僅是直線上的點。

我們需要檢查是否存在 $(0,0)$ 的一個鄰域 $N$，使得對於所有 $(x,y) \in N$ 且 $(x,y) \neq (0,0)$，都有 $f(x,y) \ge f(0,0) = 0$。

在 (2)(a) 的分析中，我們發現函數 $f$ 在 $(0,0)$ 處的極限不存在，並且沿著 x 軸（$y=0$）的極限為 $+\infty$。
$\lim_{x \to 0} f(x,0) = \lim_{x \to 0} \frac{x^2}{(x^2)^2} = \lim_{x \to 0} \frac{1}{x^2} = +\infty$
這表示，在 $(0,0)$ 的任意小的鄰域內，都存在點 $(x,0)$ 使得 $f(x,0)$ 非常大。
這似乎支持 $(0,0)$ 是局部極小值的可能性。

但是，我們需要考慮是否存在鄰域內的點，使得 $f(x,y) < 0$。
函數的形式是 $f(x,y) = \frac{x^2 + y^2 - 2x^2y^2}{(x^2+y^2)^2}$。
我們需要尋找是否存在 $(x,y)$ 使得 $x^2 + y^2 - 2x^2y^2 < 0$。
令 $x^2 = u$, $y^2 = v$. 則我們尋找 $u+v - 2uv < 0$, 其中 $u, v \ge 0$.
考慮 $u+v - 2uv < 0$.
這相當於 $2uv > u+v$.
$2uv - u - v > 0$.
$4uv - 2u - 2v > 0$.
$(2u-1)(2v-1) - 1 > 0$.
$(2u-1)(2v-1) > 1$.

本題考查函數的均勻連續性。一個函數 $f$ 在一個集合 $I$ 上均勻連續，若對於任意 $\epsilon > 0$，存在 $\delta > 0$，使得對於集合 $I$ 中任意兩點 $x, y$，只要 $|x-y| < \delta$，就有 $|f(x)-f(y)| < \epsilon$。

要證明 $f(x) = \ln x$ 在區間 $(0,1)$ 上不是均勻連續的，我們需要證明其否定：存在一個 $\epsilon_0 > 0$，對於任意的 $\delta > 0$，都存在 $(0,1)$ 中的兩點 $x, y$，使得 $|x-y| < \delta$ 但 $|f(x)-f(y)| \ge \epsilon_0$。

我們通常會選擇趨近區間邊界（在此為 0）的點來尋找反例。

令 $\epsilon_0 = 1$ (或任何正數)。
我們需要找到點 $x, y \in (0,1)$，使得 $|x-y|$ 足夠小，但 $|\ln x - \ln y|$ 足夠大。
令 $y = x - \delta'$, 其中 $\delta'$ 是一個很小的正數。
$|\ln x - \ln y| = |\ln x - \ln(x-\delta')| = |\ln \frac{x}{x-\delta'}| = |-\ln \frac{x-\delta'}{x}| = |-\ln(1 - \frac{\delta'}{x})| = \ln(1 + \frac{\delta'}{x-\delta'})$。
我們希望這個值足夠大。

考慮取 $y$ 趨近於 0，而 $x$ 也在 $(0,1)$ 內。
例如，讓 $y$ 趨近於 0。
令 $y = \delta$, 其中 $\delta$ 是一個很小的正數。
令 $x = 2\delta$.
則 $|x-y| = |2\delta - \delta| = \delta$.
當 $\delta \to 0^+$, $|x-y| \to 0$.
我們計算 $|f(x)-f(y)| = |\ln(2\delta) - \ln(\delta)| = |\ln(\frac{2\delta}{\delta})| = |\ln 2|$.
這個值是常數 $\ln 2$，並不會因為 $\delta$ 趨近於 0 而變得非常大。

我們需要 $|f(x)-f(y)|$ 變得很大。
考慮 $x$ 和 $y$ 之間的距離 $|x-y|$ 很小，但它們的值卻相差很大。這在 $\ln x$ 的圖形上，當 $x$ 接近 0 時，函數值會趨於 $-\infty$，變化非常劇烈。

我們需要選擇 $x$ 和 $y$ 使得它們的差很小，但它們的對數值差很大。
令 $y$ 趨近於 0。
考慮 $x_n = 1/n$ 和 $y_n = 1/(n+1)$。
當 $n \to \infty$, $x_n \to 0$ 且 $y_n \to 0$.
$|x_n - y_n| = |\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}| = |\frac{n+1-n}{n(n+1)}| = \frac{1}{n(n+1)}$.
當 $n \to \infty$, $|x_n - y_n| \to 0$.
現在計算 $|f(x_n) - f(y_n)|$:
$|f(x_n) - f(y_n)| = |\ln(1/n) - \ln(1/(n+1))| = |-\ln n - (-\ln(n+1))| = |\ln(n+1) - \ln n|$
$= |\ln \frac{n+1}{n}| = |\ln(1 + 1/n)|$.
當 $n \to \infty$, $1/n \to 0$, 所以 $\ln(1+1/n) \to \ln(1) = 0$.
這個選擇也不行，因為差值趨近於 0。

我們需要 $|f(x)-f(y)|$ 趨近於一個非零常數，即使 $|x-y|$ 趨近於 0。
考慮 $\epsilon_0 = 1$.
我們需要找到 $x, y \in (0,1)$ 使得 $|x-y| < \delta$ 但 $|\ln x - \ln y| \ge 1$.
這意味著 $\ln(y/x) \ge 1$ (假設 $y > x$, 則 $y/x \ge e$).
或者 $\ln(x/y) \ge 1$ (假設 $x > y$, 則 $x/y \ge e$).
也就是說，我們需要找到 $x, y \in (0,1)$ 使得它們的比例 $|x/y| \ge e$.
同時，我們需要 $|x-y|$ 足夠小。

令 $y = x/e$. 則 $x/y = e$.
$|x-y| = |x - x/e| = |x(1 - 1/e)|$.
我們需要讓 $|x(1 - 1/e)|$ 足夠小。
這意味著 $x$ 要足夠小。
我們可以選擇 $x$ 趨近於 0。

例如，設 $\delta > 0$.
我們需要找到 $x, y \in (0,1)$ 使得 $|x-y| < \delta$ 且 $|\ln x - \ln y| \ge \epsilon_0$.
令 $\epsilon_0 = 1$.
我們選擇 $y$ 趨近於 0。
設 $y = \delta'$, 其中 $\delta'$ 是一個很小的正數。
我們希望 $|x-y|$ 小，但 $|\ln x - \ln y|$ 大。
考慮 $x = e \cdot y$. 則 $|\ln x - \ln y| = |\ln(ey) - \ln y| = |\ln e + \ln y - \ln y| = |\ln e| = 1$.
所以，如果我們能找到 $x, y \in (0,1)$ 使得 $x = ey$ 且 $|x-y|$ 足夠小，那麼函數就不是均勻連續的。
取 $y = \delta$. 則 $x = e\delta$.
我們需要 $y \in (0,1)$ 且 $x \in (0,1)$.
所以，我們需要 $e\delta < 1$, 也就是 $\delta < 1/e$.
我們也需要 $y = \delta > 0$.
如果我們選擇 $0 < \delta < 1/e$, 則 $y = \delta \in (0,1)$ 且 $x = e\delta \in (0, 1)$.
此時 $|x-y| = |e\delta - \delta| = (e-1)\delta$.
$|\ln x - \ln y| = |\ln(e\delta) - \ln \delta| = |\ln e + \ln \delta - \ln \delta| = 1$.
對於任意給定的 $\delta > 0$, 我們可以選擇一個 $\epsilon_0 = 1$.
然後，我們可以找到一個 $\delta_1 > 0$, 例如 $\delta_1 = \min(\delta, 1/(2e))$.
令 $y = \delta_1$ 且 $x = e\delta_1$.
則 $y \in (0,1)$ 且 $x \in (0,1)$.
$|x-y| = (e-1)\delta_1 < (e-1)\delta$.
$|\ln x - \ln y| = 1 \ge \epsilon_0$.
然而，我們需要 $|x-y| < \delta$ 才能推導出 $|f(x)-f(y)| < \epsilon$.
我們證明的是，對於任意 $\delta > 0$, 我們可以找到 $x, y$ 使得 $|x-y| < \delta$ 但 $|\ln x - \ln y| = 1 \ge \epsilon_0$.
我們只需要證明存在某個 $\epsilon_0 > 0$ (例如 $\epsilon_0=1$)，使得對於任意 $\delta > 0$, 我們都能找到 $x, y \in (0,1)$ 滿足 $|x-y| < \delta$ 且 $|\ln x - \ln y| \ge \epsilon_0$.
選擇 $\epsilon_0 = 1$.
對於任意 $\delta > 0$, 我們需要找到 $x, y \in (0,1)$ 使得 $|x-y| < \delta$ 且 $|x/y| \ge e$ 或 $|y/x| \ge e$.

本題考查數列函數的均勻收斂性，以及極限函數的導數。

第一部分：證明 $\{f_n\}$ 均勻收斂到函數 $f$

首先，我們需要找出數列函數 $\{f_n(x)\}$ 的逐點極限 $f(x)$。
對於任意固定的 $x \in \mathbb{R}$:
$f(x) = \lim_{n \to \infty} f_n(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{x}{1 + nx^2}$
如果 $x=0$, $f(0) = \lim_{n \to \infty} \frac{0}{1+0} = 0$.
如果 $x \neq 0$, 我們可以將分子分母同除以 $n$:
$f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{x/n}{1/n + x^2} = \frac{0}{0 + x^2} = 0$
所以，逐點極限函數是 $f(x) = 0$ 對於所有 $x \in \mathbb{R}$.

接下來，我們需要證明 $\{f_n\}$ 在 $\mathbb{R}$ 上均勻收斂到 $f(x)=0$.
根據均勻收斂的定義，我們需要證明 $\sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - f(x)| \to 0$ 當 $n \to \infty$.
即，我們需要計算 $\sup_{x \in \mathbb{R}} \left| \frac{x}{1 + nx^2} - 0 \right| = \sup_{x \in \mathbb{R}} \left| \frac{x}{1 + nx^2} \right|$.

考慮函數 $g_n(x) = \frac{x}{1 + nx^2}$.
我們尋找 $|g_n(x)|$ 的最大值。
由於 $x$ 的符號會影響 $g_n(x)$ 的符號，但 $|g_n(x)|$ 關於 $x=0$ 對稱，我們可以先考慮 $x \ge 0$.
當 $x \ge 0$, $g_n(x) = \frac{x}{1 + nx^2} \ge 0$.
為了找到最大值，我們計算其導數：
$g_n'(x) = \frac{1 \cdot (1 + nx^2) - x \cdot (2nx)}{(1 + nx^2)^2} = \frac{1 + nx^2 - 2nx^2}{(1 + nx^2)^2} = \frac{1 - nx^2}{(1 + nx^2)^2}$
令 $g_n'(x) = 0$, 我們得到 $1 - nx^2 = 0$, 所以 $x^2 = 1/n$.
由於我們考慮 $x \ge 0$, 則 $x = 1/\sqrt{n}$.
在這個點，函數值為：
$g_n(1/\sqrt{n}) = \frac{1/\sqrt{n}}{1 + n(1/\sqrt{n})^2} = \frac{1/\sqrt{n}}{1 + n(1/n)} = \frac{1/\sqrt{n}}{1 + 1} = \frac{1/\sqrt{n}}{2} = \frac{1}{2\sqrt{n}}$
當 $x=0$, $g_n(0)=0$.
當 $x \to \infty$, $g_n(x) \to 0$.
因此，對於 $x \ge 0$, $|g_n(x)|$ 的最大值是 $\frac{1}{2\sqrt{n}}$，發生在 $x = 1/\sqrt{n}$.

考慮 $x < 0$. 令 $x = -t$ 其中 $t > 0$.
$g_n(x) = \frac{-t}{1 + n(-t)^2} = \frac{-t}{1 + nt^2} = -g_n(t)$.
所以 $|g_n(x)| = |-g_n(t)| = g_n(t)$.
最大值也發生在 $t = 1/\sqrt{n}$, 即 $x = -1/\sqrt{n}$.
$|g_n(-1/\sqrt{n})| = \left| \frac{-1/\sqrt{n}}{1 + n(-1/\sqrt{n})^2} \right| = \left| \frac{-1/\sqrt{n}}{1 + 1} \right| = \left| \frac{-1/\sqrt{n}}{2} \right| = \frac{1}{2\sqrt{n}}$.

因此， $\sup_{x \in \mathbb{R}} |f_n(x) - f(x)| = \sup_{x \in \mathbb{R}} \left| \frac{x}{1 + nx^2} \right| = \frac{1}{2\sqrt{n}}$.
當 $n \to \infty$, $\frac{1}{2\sqrt{n}} \to 0$.
所以，數列函數 $\{f_n\}$ 均勻收斂到 $f(x) = 0$.

第二部分：證明 $\{f_n\}$ 是否收斂到 $f'$

首先，我們計算極限函數 $f(x)=0$ 的導數 $f'(x)$.
$f'(x) = \frac{d}{dx}(0) = 0$.

現在，我們需要判斷數列函數 $\{f_n(x)\}$ 的導數數列 $\{f_n'(x)\}$ 是否收斂到 $f'(x)=0$.
計算 $f_n'(x)$:

核心觀念

本題考查高斯散度定理（Divergence Theorem）：

$$\iint_S \mathbf F\cdot d\mathbf S = \iiint_D \nabla\cdot\mathbf F\,dV,$$

其中 $S=\partial D$ 為封閉曲面，且法向量指向 $D$ 的外側。

題目中的立體為

$$D=\left\{(x,y,z):x^2+y^2\le 4,\ 0\le z\le 6-x\right\}.$$

底面投影是 $xy$ 平面上的圓盤

$$R=\{(x,y):x^2+y^2\le 4\}.$$

---

解題方法

直接計算 $\mathbf F$ 的散度，再對立體 $D$ 積分。

已知

$$\mathbf F(x,y,z) = (x^2+\sin z)\mathbf i + (xy+\cos z)\mathbf j + e^z\mathbf k.$$

因此

$$\nabla\cdot\mathbf F = \frac{\partial}{\partial x}(x^2+\sin z) + \frac{\partial}{\partial y}(xy+\cos z) + \frac{\partial}{\partial z}(e^z).$$

計算得

$$\nabla\cdot\mathbf F = 2x+x+e^z = 3x+e^z.$$

所以

$$\iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S = \iint_R\int_0^{6-x}(3x+e^z)\,dz\,dA.$$

先對 $z$ 積分：

$$\begin{aligned} \iint_S\mathbf F\cdot d\mathbf S &= \iint_R \left[3xz+e^z\right]_{z=0}^{z=6-x}\,dA\\ &= \iint_R\left(3x(6-x)+e^{6-x}-1\right)dA. \end{aligned}$$

整理為

$$\iint_R\left(18x-3x^2+e^{6-x}-1\right)dA.$$

由圓盤 $R$ 關於 $y$ 軸對稱，

$$\iint_R x\,dA=0.$$

又因半徑為 $2$，

$$\iint_R x^2\,dA = \frac{\pi R^4}{4} = \frac{\pi(2)^4}{4} = 4\pi,$$

且

$$\iint_R1\,dA=4\pi.$$

因此

本題考查反函數的連續性。根據中間值定理和單調性，一個連續的一對一函數其反函數也是連續的。

證明：
設 $f: [0,1) \to \mathbb{R}$ 是一個一對一且連續的函數。設 $A = f([0,1))$ 是 $f$ 的值域。我們需要證明其反函數 $f^{-1}: A \to [0, 1)$ 是連續的。

由於 $f$ 在閉區間 $[0,1)$ 上連續且一對一，根據中間值定理和一對一函數的性質， $f$ 在 $[0,1)$ 上必定是嚴格單調的。
考慮兩種情況：

情況 1：$f$ 是嚴格遞增函數
由於 $f$ 是嚴格遞增且連續的，其值域 $A = [f(0), \lim_{x \to 1^-} f(x))$.
由於 $f$ 是一對一的，它的反函數 $f^{-1}: A \to [0, 1)$ 也是嚴格遞增且連續的。
我們需要證明 $f^{-1}$ 在 $A$ 中的任意一點 $y_0$ 處連續。
設 $y_0 \in A$. 則存在唯一的 $x_0 \in [0,1)$ 使得 $f(x_0) = y_0$.
我們需要證明 $\lim_{y \to y_0} f^{-1}(y) = f^{-1}(y_0) = x_0$.
設 $\{y_n\}$ 是 $A$ 中的一個序列，且 $\lim_{n \to \infty} y_n = y_0$.
令 $x_n = f^{-1}(y_n)$. 則 $f(x_n) = y_n$.
由於 $f$ 是嚴格遞增的，如果 $y_n \to y_0$, 則 $x_n$ 必須趨近於 $x_0$.
如果 $x_n$ 不收斂到 $x_0$, 那麼 $x_n$ 的某個子序列 $x_{n_k}$ 會趨近於某個值 $L$.
由於 $f$ 是連續的， $f(x_{n_k}) \to f(L)$.
所以 $y_{n_k} \to f(L)$.
由於 $y_n$ 收斂到 $y_0$, 我們有 $y_0 = f(L)$.
由於 $f$ 是一對一的，且 $f(x_0) = y_0$, 我們必有 $L = x_0$.
因此，任何收斂子序列都必須收斂到 $x_0$. 這意味著 $x_n \to x_0$.
所以 $\lim_{n \to \infty} f^{-1}(y_n) = x_0 = f^{-1}(y_0)$.
因此，$f^{-1}$ 在 $y_0$ 處連續。

情況 2：$f$ 是嚴格遞減函數
類似地，由於 $f$ 是嚴格遞減且連續的，其值域 $A = (\lim_{x \to 1^-} f(x), f(0)]$.
反函數 $f^{-1}: A \to [0, 1)$ 也是嚴格遞減且連續的。
證明過程與情況 1 類似。

反函數連續性的性質：
一個函數 $f$ 在其定義域 $D$ 上連續且一對一，則其反函數 $f^{-1}$ 在其值域 $f(D)$ 上連續。
在這個問題中，$f$ 在 $[0,1)$ 上連續且一對一。
因此，其反函數 $f^{-1}$ 在其值域 $A = f([0,1))$ 上連續。

使用圖像的直觀理解：
如果我們繪製函數 $f(x)$ 的圖像，那麼 $f^{-1}(y)$ 的圖像可以通過將 $f(x)$ 的圖像關於直線 $y=x$ 對稱得到。
如果 $f$ 是連續且一對一的，那麼它的圖像是一條「不間斷」且「單調」的曲線。
對稱後的圖像 $f^{-1}(y)$ 也將是「不間斷」且「單調」的。
因此，$f^{-1}$ 是連續的。

嚴格證明 (使用 $\epsilon-\delta$ 定義)：
設 $y_0 \in A$. 存在唯一的 $x_0 \in [0,1)$ 使得 $f(x_0) = y_0$.
我們想證明 $\lim_{y \to y_0} f^{-1}(y) = x_0$.
設 $\epsilon > 0$ 且 $\epsilon < x_0$ (如果 $x_0$ 趨近於 0, 這需要特別處理)。
因為 $f$ 在 $[0,1)$ 上連續，所以對於 $\epsilon' = f(x_0+\epsilon) - f(x_0)$ (如果 $f$ 遞增) 或 $\epsilon' = f(x_0) - f(x_0+\epsilon)$ (如果 $f$ 遞減)，存在 $\delta > 0$ 使得當 $|x-x_0| < \delta$ 時， $|f(x)-f(x_0)| < \epsilon'$.
這意味著，對於 $x \in (x_0-\delta, x_0+\delta) \cap [0,1)$, $f(x)$ 落在 $(f(x_0)-\epsilon', f(x_0)+\epsilon')$.
我們需要證明對於任意 $\delta>0$, 存在 $\epsilon>0$ 使得 $|y-y_0| < \epsilon$ 意味著 $|f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)| < \delta$.
設 $\delta > 0$.
由於 $f$ 在 $[0,1)$ 上連續，且 $x_0 \in [0,1)$, 存在一個 $\delta_1 > 0$ 使得對於所有 $x \in [0,1)$ 且 $|x-x_0| < \delta_1$, 我們有 $|f(x)-f(x_0)| < \delta$.
令 $\epsilon = \min \{ |f(x)-f(x_0)| : x \in [0,1) \text{ and } |x-x_0| = \delta_1 \}$.
如果 $x_0$ 不是區間的端點，且 $f$ 在 $x_0$ 附近嚴格單調，那麼 $\epsilon > 0$.
如果 $x_0=0$, 我們選擇 $x \in (0, \delta_1)$.
如果 $x_0 \to 1^-$, 則 $f(x_0)$ 趨近極限。

使用中間值定理的證明思路：
設 $y_0 \in A$, 且 $x_0 = f^{-1}(y_0)$.
我們需要證明 $\lim_{y \to y_0} f^{-1}(y) = x_0$.
設 $y \in A$. 設 $x = f^{-1}(y)$.
我們要證明：對於任意 $\epsilon > 0$, 存在 $\delta > 0$, 使得如果 $|y-y_0| < \delta$, 則 $|x-x_0| < \epsilon$.
由於 $f$ 在 $[0,1)$ 上連續，對於 $\epsilon' = \epsilon$, 存在 $\delta' > 0$ 使得當 $|x-x_0| < \delta'$ 時， $|f(x)-f(x_0)| < \epsilon$.
令 $y = f(x)$. 則 $|y-y_0| = |f(x)-f(x_0)| < \epsilon$.
我們需要找到一個 $\delta > 0$ 使得當 $|y-y_0| < \delta$ 時， $|f^{-1}(y)-x_0| < \epsilon$.
令 $y \in A$ 且 $y \neq y_0$. 設 $x = f^{-1}(y)$.
我們知道 $f$ 在 $[0,1)$ 上是嚴格單調的。
假設 $f$ 是嚴格遞增的。
如果 $y > y_0$, 則 $x > x_0$.
如果 $y < y_0$, 則 $x < x_0$.
所以 $|y-y_0| = |f(x)-f(x_0)|$.