109 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

題目主要考察極限的基本性質與夾擠定理：

• 若 $f(x)\to 5$，則 $f(x)$ 在充分大的 $x$ 下必定有界。
• 若 $|f(x)|\le M$，則
  $\left|\frac{f(x)}{x}\right|\le \frac{M}{x}.$
• 因為 $x\to\infty$ 時 $\frac{M}{x}\to 0$，由夾擠定理即可得到
  $\frac{f(x)}{x}\to 0.$

條件 $f'(x)\to 0$ 在本題中並不需要使用；僅由 $f(x)\to 5$ 即可完成證明。

解題方法

由 $f(x)\to 5$，取 $\varepsilon=1$，存在 $R>0$，使得當 $x>R$ 時，

$$|f(x)-5|<1.$$

因此

$$|f(x)|\le |f(x)-5|+5<6.$$

對所有 $x>R$，便有

$$\left|\frac{f(x)}{x}\right| =\frac{|f(x)|}{x} <\frac{6}{x}.$$

又因為

$$\lim_{x\to\infty}\frac{6}{x}=0,$$

且

本題考驗極限的計算，特別是涉及對數函數的極限，需要使用泰勒展開或均值定理來處理。

我們要計算的極限是：
$L = \lim_{n \to \infty} n \left( \frac{1}{\log n} - \frac{1}{\log(n-1)} \right)$
首先，我們可以合併括號內的兩項：
$\frac{1}{\log n} - \frac{1}{\log(n-1)} = \frac{\log(n-1) - \log n}{\log n \cdot \log(n-1)}$
所以原極限變成：
$L = \lim_{n \to \infty} n \cdot \frac{\log(n-1) - \log n}{\log n \cdot \log(n-1)}$
$L = \lim_{n \to \infty} \frac{n (\log(n-1) - \log n)}{\log n \cdot \log(n-1)}$
分子可以寫成 $n \log\left(\frac{n-1}{n}\right) = n \log\left(1 - \frac{1}{n}\right)$。
所以極限變為：
$L = \lim_{n \to \infty} \frac{n \log\left(1 - \frac{1}{n}\right)}{\log n \cdot \log(n-1)}$

當 $n \to \infty$，我們知道 $\log(n-1) \sim \log n$。所以分母 $\log n \cdot \log(n-1) \sim (\log n)^2$。
同時，我們知道當 $x \to 0$ 時，$\log(1+x) \approx x$。令 $x = -\frac{1}{n}$，當 $n \to \infty$ 時，$x \to 0$。
所以，$\log\left(1 - \frac{1}{n}\right) \approx -\frac{1}{n}$。
因此，分子 $n \log\left(1 - \frac{1}{n}\right) \approx n \left(-\frac{1}{n}\right) = -1$。

將這些近似代入極限：
$L \approx \lim_{n \to \infty} \frac{-1}{(\log n)^2}$
這個極限顯然是 0。

為了得到嚴謹的證明，我們可以使用泰勒展開或均值定理。

方法一：使用泰勒展開
考慮 $\log(n-1)$。當 $n$ 很大時，$\frac{1}{n}$ 趨近於 0。
$\log(n-1) = \log\left(n\left(1 - \frac{1}{n}\right)\right) = \log n + \log\left(1 - \frac{1}{n}\right)$。
我們知道 $\log(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + O(x^3)$。
令 $x = -\frac{1}{n}$，則 $\log\left(1 - \frac{1}{n}\right) = -\frac{1}{n} - \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{n}\right)^2 + O\left(\frac{1}{n^3}\right) = -\frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + O\left(\frac{1}{n^3}\right)$。
所以，$\log(n-1) = \log n - \frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + O\left(\frac{1}{n^3}\right)$。

現在計算 $\frac{1}{\log n} - \frac{1}{\log(n-1)}$：
$\frac{1}{\log n} - \frac{1}{\log n - \frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + \dots}$
令 $A = \log n$ 且 $B = -\frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + \dots$。
$\frac{1}{A} - \frac{1}{A+B} = \frac{A+B - A}{A(A+B)} = \frac{B}{A(A+B)}$
$\frac{B}{A(A+B)} = \frac{-\frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + \dots}{\log n \left( \log n - \frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + \dots \right)}$
$= \frac{-\frac{1}{n} (1 + \frac{1}{2n} + \dots)}{(\log n)^2 \left( 1 - \frac{1}{n \log n} - \dots \right)}$
乘以 $n$:
$n \cdot \frac{-\frac{1}{n} (1 + \frac{1}{2n} + \dots)}{(\log n)^2 \left( 1 - \frac{1}{n \log n} - \dots \right)} = \frac{-(1 + \frac{1}{2n} + \dots)}{(\log n)^2 \left( 1 - \frac{1}{n \log n} - \dots \right)}$
當 $n \to \infty$，分子趨近於 $-1$。
分母 $\log n \to \infty$，所以 $(\log n)^2 \to \infty$。
$1 - \frac{1}{n \log n} - \dots \to 1$.
所以，整個極限趨近於 $\frac{-1}{\infty \cdot 1} = 0$.

核心觀念

本題考查「函數項級數的連續性」。所用定理如下：

若每一項函數 $f_n$ 在集合 $K$ 上連續，且級數

$$\sum_{n=1}^{\infty} f_n(x)$$

在 $K$ 上一致收斂，則其和函數在 $K$ 上連續。

本題定義

$$f_n(x)=\frac{x^2}{n^2+x^2}.$$

對每個固定的 $n$，因為 $n^2+x^2>0$ 對所有 $x\in\mathbb{R}$ 成立，所以 $f_n$ 是 $\mathbb{R}$ 上的連續函數。

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解題方法

由於題目要求證明 $f$ 在整個 $\mathbb{R}$ 上連續，採用「任意閉區間上的一致收斂」即可。

任取 $R>0$，考慮閉區間

$$K=[-R,R].$$

當 $x\in K$ 時，有 $x^2\le R^2$，且

$$0\le \frac{x^2}{n^2+x^2} \le \frac{x^2}{n^2} \le \frac{R^2}{n^2}.$$

令

$$M_n=\frac{R^2}{n^2}.$$

則

$$\sum_{n=1}^{\infty}M_n = R^2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = R^2\frac{\pi^2}{6} <\infty.$$

由魏爾斯特拉斯 $M$-判別法，級數

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^2}{n^2+x^2}$$

核心觀念

一致收斂定理指出：若每個 $p_n$ 在 $[0,1]$ 上連續，且 $p_n\to f$ 一致收斂，則極限函數 $f$ 必連續。

然而，一致收斂一般不保證導數收斂，也不保證極限函數可微。多項式雖然處處可微，但其一致極限可能只具備連續性。

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解題方法

要判斷題目中的敘述是否必然成立，只要找出一個「不可微，但可由多項式一致逼近」的函數作為反例。

考慮

$$f(x)=\left|x-\frac12\right|,\qquad x\in[0,1].$$

此函數在 $x=\frac12$ 處不可微，因為左右導數分別為

$$f'_-\left(\frac12\right)=-1,\qquad f'_+\left(\frac12\right)=1.$$

因此 $f$ 不是可微函數。

另一方面，$f$ 是 $[0,1]$ 上的連續函數。根據 Weierstrass 多項式逼近定理，對任意 $\varepsilon>0$，存在多項式 $p$ 使得

$$\sup_{x\in[0,1]}|p(x)-f(x)|<\varepsilon.$$

核心觀念

本題使用格林定理。設 $C$ 為一條正向（逆時針）簡單閉曲線，$D$ 為其所圍成的區域。若

$$P(x,y)=y,\qquad Q(x,y)=3x-x^3,$$

則格林定理給出

$$\oint_C P\,dx+Q\,dy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right)dA.$$

計算偏導數：

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=3-3x^2,\qquad \frac{\partial P}{\partial y}=1.$$

因此

$$\oint_C y\,dx+(3x-x^3)\,dy = \iint_D (2-3x^2)\,dA.$$

關鍵在於判斷被積函數 $2-3x^2$ 的正負，以及考察所有可能的簡單閉曲線是否能使積分達到最大值。

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解題方法

當

$$|x|<\sqrt{\frac{2}{3}}$$

時，有

$$2-3x^2>0.$$

也就是說，只要將區域限制在這條無限長的垂直帶狀區域

$$-\sqrt{\frac{2}{3}}<x<\sqrt{\frac{2}{3}},$$

被積函數便處處為正。

取任意 $M>0$，考慮矩形區域

$$D_M=\left\{(x,y):-\frac12\le x\le \frac12,\ -M\le y\le M\right\},$$

其邊界 $C_M$ 取逆時針方向。因為在 $-\frac12\le x\le\frac12$ 上，

$$2-3x^2\ge 2-\frac34=\frac54>0,$$

所以由格林定理，

核心觀念

本題考查完備度量空間上的 Banach 不動點定理：

若 $X$ 是完備度量空間，且 $T:X\to X$ 滿足

$$d(Tx,Ty)\leq c\,d(x,y),\qquad 0<c<1,$$

則 $T$ 在 $X$ 上存在唯一不動點，即存在唯一 $x\in X$ 使得 $T(x)=x$。

本題中：

• $B=\{x\in\mathbb R^n:\|x\|\leq r\}$ 是 $\mathbb R^n$ 的閉球，因此是完備的；
• 條件 $$\|f(x)-f(y)\|\leq \frac12\|x-y\|$$ 表示 $f$ 是壓縮映射；
• 使用 Banach 不動點定理前，必須先確認 $f(B)\subseteq B$。

題目條件的缺漏

由已知條件，對任意 $x\in B$，只能得到

$$\begin{aligned} \|f(x)\| &\leq \|f(x)-f(0)\|+\|f(0)\|\\ &\leq \frac12\|x\|+r\\ &\leq \frac32r. \end{aligned}$$

這並不能推出 $\|f(x)\|\leq r$，因此無法保證 $f$ 將 $B$ 映射到自身。事實上，原命題並不成立。

取 $n=1$、$r>0$，令

$$B=[-r,r],\qquad f(x)=r+\frac12x.$$

則

$$|f(0)|=r\leq r,$$

且對任意 $x,y\in B$，

$$|f(x)-f(y)| =\left|\frac12x-\frac12y\right| =\frac12|x-y|.$$

所以題目所給的全部條件皆滿足。然而，不動點方程為

$$f(x)=x \quad\Longleftrightarrow\quad r+\frac12x=x \quad\Longleftrightarrow\quad x=2r.$$

由於 $2r>r$，所以 $2r\notin B$。因此 $B$ 中不存在滿足 $f(x)=x$ 的點。

在補充必要條件下的標準解法

若題目原意另有條件

$$f(B)\subseteq B,$$

則可套用 Banach 不動點定理。

事實上，$B$ 是 $\mathbb R^n$ 的閉子集，而 $\mathbb R^n$ 在 Euclidean norm 下是完備的，因此 $B$ 本身也是完備度量空間。又由題設，

本題考驗局部反函數定理 (Local Inverse Function Theorem) 的應用。
題目給定一個函數 $F: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$，定義為 $F(x) = L(x) + G(x)$。
其中，$L$ 是一個線性同構 (linear isomorphism)，$G$ 是一個 $C^1$ 函數。
並且，存在正常數 $M, \epsilon$，使得當 $x$ 在原點的某個鄰域內時， $\|G(x)\| \le M \|x\|^{1+\epsilon}$。
我們需要證明 $F$ 在原點附近是局部可逆的 (locally invertible near the origin)。

局部反函數定理的條件：
一個函數 $F: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ 在點 $a$ 附近是局部可逆的，若且唯若 $F$ 在點 $a$ 的雅可比矩陣 (Jacobian matrix) $J_F(a)$ 是可逆的（即行列式不為零）。
對於 $F(x) = L(x) + G(x)$，其雅可比矩陣是 $J_F(x) = J_L(x) + J_G(x)$。
由於 $L$ 是線性同構， $L(x) = Ax$ 對於某個可逆矩陣 $A$。則 $J_L(x) = A$ (一個常數矩陣)。
$G(x)$ 是 $C^1$ 函數，所以 $J_G(x)$ 是存在的。

我們需要在原點 $a=0$ 處考察 $J_F(0)$。
$J_F(0) = J_L(0) + J_G(0)$.
由於 $L$ 是線性同構，其雅可比矩陣 $J_L(x)$ 對於所有 $x$ 都是常數矩陣 $A$，即 $J_L(x) = A$。
所以 $J_L(0) = A$。
$J_G(x)$ 是 $G$ 的雅可比矩陣。

關鍵問題： $J_G(0)$ 是什麼？
我們知道 $\|G(x)\| \le M \|x\|^{1+\epsilon}$ 在原點附近。
這告訴我們 $G(x)$ 在原點附近「非常接近」於零向量。
更重要的是，這也意味著 $G(x)$ 在原點附近「非常接近」於零函數。

證明 $J_G(0) = 0$：
對於 $G(x) = (G_1(x), \dots, G_n(x))$, 我們需要證明 $\frac{\partial G_i}{\partial x_j}(0) = 0$ 對於所有 $i, j$。
根據導數的定義：
$\frac{\partial G_i}{\partial x_j}(0) = \lim_{h \to 0} \frac{G_i(0 + h e_j) - G_i(0)}{h}$
其中 $e_j$ 是標準基向量。
我們知道 $\|G(x)\| \le M \|x\|^{1+\epsilon}$。
所以 $|G_i(x)| \le \|G(x)\| \le M \|x\|^{1+\epsilon}$。
考慮 $x = h e_j$. 則 $\|x\| = |h|$.
$|G_i(h e_j)| \le M |h|^{1+\epsilon}$.
$\left| \frac{G_i(h e_j)}{h} \right| \le \frac{M |h|^{1+\epsilon}}{|h|} = M |h|^{\epsilon}$
由於 $\epsilon > 0$, 當 $h \to 0$ 時，$M |h|^{\epsilon} \to 0$.
所以，$\lim_{h \to 0} \frac{G_i(h e_j)}{h} = 0$.
這意味著 $J_G(0)$ 的所有元素都是 0，即 $J_G(0)$ 是零矩陣。

現在我們回到 $J_F(0)$：
$J_F(0) = J_L(0) + J_G(0) = A + 0 = A$.
由於 $L$ 是線性同構，矩陣 $A$ 是可逆的。
因此，$J_F(0)$ 是可逆的。

根據局部反函數定理，因為 $F$ 在原點 $0$ 的雅可比矩陣 $J_F(0)$ 是可逆的，所以 $F$ 在原點 $0$ 附近是局部可逆的。

證明步驟總結：

1. 理解局部反函數定理： 函數 $F$ 在點 $a$ 局部可逆若且唯若 $J_F(a)$ 可逆。
2. 計算 $F$ 的雅可比矩陣： $F(x) = L(x) + G(x)$. $J_F(x) = J_L(x) + J_G(x)$.
3. 分析 $J_L(x)$： $L$ 是線性同構，所以 $L(x) = Ax$ 對於某個可逆矩陣 $A$. $J_L(x) = A$ (常數矩陣)。
4. 分析 $J_G(x)$ 在原點 $x=0$ 的值： 利用條件 $\|G(x)\| \le M \|x\|^{1+\epsilon}$ (其中 $M>0, \epsilon>0$) 來證明 $J_G(0) = 0$.
   • 對於 $G_i$ 的偏導數 $\frac{\partial G_i}{\partial x_j}(0) = \lim_{h \to 0} \frac{G_i(h e_j) - G_i(0)}{h}$.
   • 使用 $|G_i(x)| \le \|G(x)\| \le M \|x\|^{1+\epsilon}$.
   • $\left| \frac{G_i(h e_j)}{h} \right| \le \frac{M \|h e_j\|^{1+\epsilon}}{|h|} = \frac{M |h|^{1+\epsilon}}{|h|} = M |h|^{\epsilon}$.
   • 由於 $\epsilon > 0$, 當 $h \to 0$ 時，$M |h|^{\epsilon} \to 0$.
   • 因此，$\frac{\partial G_i}{\partial x_j}(0) = 0$ 對於所有 $i, j$.
   • 所以 $J_G(0)$ 是零矩陣。
5. 得出結論： $J_F(0) = J_L(0) + J_G(0) = A + 0 = A$.
   因為 $L$ 是線性同構，矩陣 $A$ 是可逆的。
   所以 $J_F(0)$ 是可逆的。
   根據局部反函數定理， $F$ 在原點 $0$ 附近是局部可逆的。

一些細節的補充：

• 線性同構 $L: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ 意味著 $L(x) = Ax$ 對於一個 $n \times n$ 的可逆矩陣 $A$。
• $G$ 是 $C^1$ 函數，所以它的偏導數存在，並且 $J_G(x)$ 存在。
• 條件 $\|G(x)\| \le M \|x\|^{1+\epsilon}$ 表明 $G(x)$ 在原點附近「比線性函數衰減得更快」。對於 $\epsilon > 0$, $\|x\|^{1+\epsilon}$ 比 $\|x\|$ 衰減得更快。

如果 $G(x)$ 是 $o(\|x\|)$ 的話，也足夠證明 $J_G(0)=0$.
$G(x) = o(\|x\|)$ 意味著 $\lim_{x \to 0} \frac{\|G(x)\|}{\|x\|} = 0$.

本題考驗高階導數判別函數極值的方法，即使用泰勒展開或高階導數檢驗法。

題目給定一個 $C^n$ 函數 $f$，且在點 $c$ 處，其前 $n-1$ 階導數均為零，但 $n$ 階導數 $f^{(n)}(c)$ 不為零。我們需要分析在 $c$ 點的局部極值情況。

核心概念：高階導數判別法
對於函數 $f$ 在點 $c$ 處，如果 $f'(c) = f''(c) = \dots = f^{(n-1)}(c) = 0$ 且 $f^{(n)}(c) \neq 0$，那麼：

• 如果 $n$ 是偶數， $c$ 是一個局部極值點。
  • 若 $f^{(n)}(c) > 0$，則 $c$ 是局部最小值點。
  • 若 $f^{(n)}(c) < 0$，則 $c$ 是局部最大值點。
• 如果 $n$ 是奇數，則 $c$ 不是局部極值點，而是拐點 (inflection point)。

證明思路：
我們可以使用泰勒展開式來分析 $f(x)$ 在 $c$ 點附近的行為。
函數 $f(x)$ 在點 $c$ 附近的泰勒展開式為：
$f(x) = f(c) + f'(c)(x-c) + \frac{f''(c)}{2!}(x-c)^2 + \dots + \frac{f^{(n-1)}(c)}{(n-1)!}(x-c)^{n-1} + \frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x-c)^n + R_n(x)$
其中 $R_n(x)$ 是餘項。
根據題目給定的條件 $f'(c) = f''(c) = \dots = f^{(n-1)}(c) = 0$，以及 $f(c)$ 為常數，泰勒展開式簡化為：
$f(x) = f(c) + \frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x-c)^n + R_n(x)$
其中 $R_n(x)$ 是高階餘項。根據泰勒定理，餘項可以表示為 $R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-c)^{n+1}$ (如果 $f$ 是 $C^{n+1}$)。
或者，使用拉格朗日餘項 $R_n(x) = \frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}(x-c)^n$ 的形式，但這裡我們已經知道 $f^{(n)}(c)$。
更恰當的餘項形式是使用佩亞諾餘項：$R_n(x) = o((x-c)^n)$ 當 $x \to c$。
所以，$f(x) - f(c) = \frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x-c)^n + o((x-c)^n)$。

我們需要分析 $f(x) - f(c)$ 的符號，當 $x$ 在 $c$ 附近時。
令 $\Delta f = f(x) - f(c)$.
$\Delta f = \frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x-c)^n + o((x-c)^n)$。
當 $x$ 充分接近 $c$ 時，餘項 $o((x-c)^n)$ 的影響遠小於主要項 $\frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x-c)^n$。
因此，$\Delta f$ 的符號主要由 $\frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x-c)^n$ 決定。

分析主要項的符號：
$n!$ 總是正的。
$f^{(n)}(c)$ 的符號由題目給定。
$(x-c)^n$ 的符號取決於 $n$ 的奇偶性和 $x-c$ 的符號。

情況 (a)：$n$ 是偶數。
當 $n$ 是偶數時， $(x-c)^n \ge 0$ 對於所有 $x$。

• 如果 $f^{(n)}(c) > 0$，那麼 $\frac{f^{(n)}(c)}{n!} > 0$。
  所以 $\Delta f \approx (\text{正數}) \times (\text{非負數}) \ge 0$。
  在 $x \neq c$ 的情況下， $(x-c)^n > 0$，所以 $\Delta f > 0$。
  這意味著 $f(x) > f(c)$，所以 $c$ 是局部最小值點。
• 如果 $f^{(n)}(c) < 0$，那麼 $\frac{f^{(n)}(c)}{n!} < 0$。
  所以 $\Delta f \approx (\text{負數}) \times (\text{非負數}) \le 0$。
  在 $x \neq c$ 的情況下， $(x-c)^n > 0$，所以 $\Delta f < 0$。
  這意味著 $f(x) < f(c)$，所以 $c$ 是局部最大值點。

情況 (b)：$n$ 是奇數。
當 $n$ 是奇數時， $(x-c)^n$ 的符號與 $x-c$ 的符號相同。

• 如果 $x > c$，則 $x-c > 0$, $(x-c)^n > 0$.
• 如果 $x < c$，則 $x-c < 0$, $(x-c)^n < 0$.

考慮 $\Delta f = \frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x-c)^n + o((x-c)^n)$。

• 如果 $f^{(n)}(c) > 0$，則 $\frac{f^{(n)}(c)}{n!} > 0$.
  • 當 $x > c$ 時，$\Delta f \approx (\text{正數}) \times (\text{正數}) > 0$, 所以 $f(x) > f(c)$。
  • 當 $x < c$ 時，$\Delta f \approx (\text{正數}) \times (\text{負數}) < 0$, 所以 $f(x) < f(c)$。
    由於 $f(x)$ 在 $c$ 的左側比 $f(c)$ 小，在 $c$ 的右側比 $f(c)$ 大，所以 $c$ 不是局部極值點。
• 如果 $f^{(n)}(c) < 0$，則 $\frac{f^{(n)}(c)}{n!} < 0$.
  • 當 $x > c$ 時，$\Delta f \approx (\text{負數}) \times (\text{正數}) < 0$, 所以 $f(x) < f(c)$。
  • 當 $x < c$ 時，$\Delta f \approx (\text{負數}) \times (\text{負數}) > 0$, 所以 $f(x) > f(c)$。
    同樣， $c$ 不是局部極值點。

這種情況下，$c$ 是一個拐點。

嚴謹證明細節：
我們需要確保餘項 $o((x-c)^n)$ 不會改變主要項的符號決定。
$f(x) - f(c) = \frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x-c)^n + o((x-c)^n)$。
令 $K = \frac{f^{(n)}(c)}{n!}$.