111 年 國立清華大學數學系碩士班純數組《高等微積分》

此題考察極限交換積分以及單調收斂定理（或稱控制收斂定理）的應用。

我們考慮被積函數 $f_n(x) = \left(1 - \frac{x}{n}\right)^n$。
首先，對於固定的 $x \in [0, 1]$，當 $n \to \infty$ 時，我們有
$\lim_{n\to\infty} \left(1 - \frac{x}{n}\right)^n = e^{-x}$
這是因為 $\lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{a}{n}\right)^n = e^a$。

接下來，我們需要判斷是否可以將極限與積分交換。我們可以使用單調收斂定理或控制收斂定理。

方法一：單調收斂定理
令 $f_n(x) = \left(1 - \frac{x}{n}\right)^n$。
對於固定的 $x \in [0, 1]$，考慮函數 $g(t) = \left(1 - \frac{x}{t}\right)^t$。
求導 $g(t)$ 的對數：$\ln g(t) = t \ln\left(1 - \frac{x}{t}\right)$。
$\frac{g'(t)}{g(t)} = \ln\left(1 - \frac{x}{t}\right) + t \cdot \frac{1}{1 - \frac{x}{t}} \cdot \frac{x}{t^2} = \ln\left(1 - \frac{x}{t}\right) + \frac{x}{t - x}$
$\frac{g'(t)}{g(t)} = \ln\left(\frac{t-x}{t}\right) + \frac{x}{t-x}$
令 $u = \frac{x}{t-x}$。則 $\frac{t-x}{t} = \frac{1}{1+u}$。
$\frac{g'(t)}{g(t)} = \ln\left(\frac{1}{1+u}\right) + u = -\ln(1+u) + u$
對於 $u > 0$，我們知道 $\ln(1+u) < u$，所以 $-\ln(1+u) + u > 0$。
因此，$g'(t) > 0$，即 $f_n(x)$ 對於 $n$ 是單調遞增的。
又因為 $x \in [0, 1]$，所以 $1 - \frac{x}{n} > 0$。
對於 $n \ge 1$，我們有 $1 - \frac{x}{n} \le 1$，所以 $\left(1 - \frac{x}{n}\right)^n \le 1^n = 1$。
因此，$f_n(x) \le 1$ 對所有 $n, x$ 成立。
由於 $f_n(x)$ 是單調遞增且有上界的，根據單調收斂定理，我們可以交換極限與積分：
$\lim_{n\to\infty} \int_0^1 \left(1 - \frac{x}{n}\right)^n dx = \int_0^1 \lim_{n\to\infty} \left(1 - \frac{x}{n}\right)^n dx$

此題考察函數連續性的定義，特別是關於極限的計算。

一個函數 $f$ 在點 $c$ 是連續的，如果 $\lim_{x\to c} f(x) = f(c)$。
在這個問題中，我們需要檢查函數 $f(x)$ 在 $x=0$ 點的連續性。
函數的定義域是 $\mathbb{R} - \{0\}$，但題目中給了一個分段函數的定義，其中 $f(0)=1$。這暗示我們需要將函數視為定義在 $\mathbb{R}$ 上的函數。

我們需要計算 $\lim_{x\to 0} f(x)$，並將其與 $f(0)$ 進行比較。
當 $x \to 0$ 時，$x \neq 0$，所以我們使用 $f(x) = \frac{\sin(x^2)}{x}$。
$\lim_{x\to 0} f(x) = \lim_{x\to 0} \frac{\sin(x^2)}{x}$
為了計算這個極限，我們可以利用標準極限 $\lim_{u\to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$。
我們可以將表達式改寫如下：
$\frac{\sin(x^2)}{x} = \frac{\sin(x^2)}{x^2} \cdot x$
現在計算極限：

此題考察拓撲空間中的緊緻性（compactness）以及連續函數的性質。

定理：設 $X$ 為一個拓撲空間，$Y$ 為一個拓撲空間，且 $f: X \to Y$ 為一個連續函數。若 $X$ 是緊緻的，則 $f(X)$ 在 $Y$ 中是緊緻的。

在這個問題中，我們被給予：

1. $Q$ 是 $\mathbb{R}$ 的一個子集，並繼承了 $\mathbb{R}$ 的歐幾里得拓撲。
2. $f: Q \to \mathbb{R}$ 是一個連續函數。
3. $A \subset Q$ 是一個緊緻子集。

我們需要判斷 $f(A)$ 在 $\mathbb{R}$ 中是否一定緊緻。

首先，我們需要確定 $Q$ 的拓撲性質。$Q$ 是實數上的有理數集合。在歐幾里得拓撲下，一個子集是緊緻的，若且唯若它是閉合且有界的。
然而，$Q$ 本身並不是緊緻的。例如，考慮 $Q \cap [0, \infty)$，它是有界的，但不是閉合的（因為包含不了其極限點，如 $\sqrt{2}$）。
更重要的是，即使 $Q$ 的子集是緊緻的，例如 $A \subset Q$ 是緊緻的，我們也需要考慮 $Q$ 作為一個拓撲空間的性質。

根據定理，如果一個連續函數的定義域是緊緻的，則其像集是緊緻的。
在這裡，我們的函數是 $f: Q \to \mathbb{R}$，但我們討論的是 $A \subset Q$ 的像

核心觀念

本題考查「逐點收斂」與「積分極限交換」之間並非必然成立。即使每個 $f_n$ 都是黎曼可積分函數，仍可能有

$$\lim_{n\to\infty}\int_0^1 f_n(x)\,dx \neq \int_0^1\lim_{n\to\infty}f_n(x)\,dx.$$

關鍵在於：函數的高度可以隨 $n$ 增大，但集中在越來越短的區間上，使得每一點的函數值趨近於 $0$，積分值卻保持不變。

解題方法

取

$$f_n(x)= \begin{cases} n, & 0<x<\dfrac{1}{n},\\[6pt] 0, & \dfrac{1}{n}\le x\le 1. \end{cases}$$

每個 $f_n$ 只有有限個跳躍不連續點，因此是黎曼可積分函數。

先求其逐點極限。固定 $x\in[0,1]$：

• 若 $x=0$，依定義 $f_n(0)=0$。
• 若 $x>0$，取充分大的 $n$，使得 $\dfrac{1}{n}\le x$，此時 $f_n(x)=0$。

因此對所有 $x\in[0,1]$，都有

$$\lim_{n\to\infty}f_n(x)=0.$$

故極限函數為

$$f(x)=0,\qquad x\in[0,1],$$

並且

$$\int_0^1 f(x)\,dx=0.$$

另一方面，

核心觀念

本題考查多變數函數在一點的可微性定義，以及如何處理可去奇異點。函數中的 $\frac{\sin t}{t}$ 在 $t=0$ 原本沒有定義，但其極限為 $1$；題目指定 $f(1,0)=(1,1)$，正好補上這個值。

若 $f$ 在 $p$ 可微，則存在線性映射 $L$，使得

$$f(p+h)-f(p)=L(h)+o(\|h\|)\qquad (h\to 0).$$

解題方法

令

$$p=(1,0),\qquad h=(u,v),\qquad r=\|h\|=\sqrt{u^2+v^2},$$

並設

$$t=(1+u)^2+v^2-1=2u+u^2+v^2.$$

當 $h\to 0$ 時，$t\to 0$，且

$$|t|\le 2r+r^2=O(r).$$

利用泰勒展開，

$$\frac{\sin t}{t}=1-\frac{t^2}{6}+O(t^4),\qquad \cos t=1-\frac{t^2}{2}+O(t^4).$$

因此，當 $h$ 充分接近 $0$ 時，

核心觀念

本題考查賦範向量空間 $(C([1,2]), \|\cdot\|_\infty)$ 的子空間拓撲性質（閉集與稠密性），核心觀念與定理包含：

1. 閉集（Closed Set）的序列判準：子空間 $E$ 為閉集 $\iff$ $E$ 中任意收斂序列之極限點必屬於 $E$。若能找到序列 $\{p_n\} \subset E$ 滿足 $p_n \to f$ 且 $f \notin E$，則 $E$ 不是閉集。
2. 稠密性（Density）：子集 $E$ 在 $C([1,2])$ 中稠密 $\iff$ $\overline{E} = C([1,2])$ $\iff$ 對任意 $f \in C([1,2])$ 與 $\varepsilon > 0$，皆存在 $p \in E$ 使得 $\|f - p\|_\infty < \varepsilon$。
3. Weierstrass 近似定理（Weierstrass Approximation Theorem）：多項式在閉區間上的連續函數空間中具稠密性。
4. Stone-Weierstrass 定理：若連續函數代數 $\mathcal{A} \subset C(K)$（$K$ 為緊緻空間）包含常數函數且能分離點（separate points），則 $\mathcal{A}$ 在 $C(K)$ 中稠密。

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解題方法

(a) 證明 $E$ 不是 $C([1,2])$ 中的閉集（Not closed）

證明策略：構造一組在 $E$ 中的函數序列，使其在上確界範數下均勻收斂至一個不屬於 $E$ 的連續函數（例如常數函數 $f(x) = 1$）。

1. 說明常數函數 $f(x) = 1$ 不屬於 $E$：
   假設 $f(x) = 1 \in E$，則存在 $n \in \mathbb{N} \cup \{0\}$ 與實數 $a_0, a_1, \dots, a_n \in \mathbb{R}$，使得對所有 $x \in [1, 2]$ 均有：
   $\sum_{k=0}^n a_k x^{2k+1} = 1$
   令多項式 $P(x) = \sum_{k=0}^n a_k x^{2k+1} - 1$。由於 $P(x) = 0$ 在無窮集 $[1, 2]$ 上恆成立，根據代數基本定理，多項式 $P(x)$ 必為零多項式，其所有項之係數必須全為 $0$。然而 $P(x)$ 的常數項為 $-1 \neq 0$，產生矛盾。因此：
   $f(x) = 1 \notin E$

2. 構造收斂至 $f(x) = 1$ 的序列 $\{p_m\} \subset E$：
   考慮函數 $g(x) = \frac{1}{x}$。因為 $x \in [1, 2]$，分母恆不為零，$g(x)$ 在 $[1, 2]$ 上連續。
   令 $t = x^2 \in [1, 4]$，定義函數 $h(t) = g(\sqrt{t}) = \frac{1}{\sqrt{t}}$，則 $h(t) \in C([1, 4])$。
   根據 Weierstrass 近似定理，多項式在 $C([1, 4])$ 中稠密，因此對任意正整數 $m$，皆存在實係數多項式 $Q_m(t) = \sum_{k=0}^{n_m} a_k t^k$，使得：
   $\sup_{t \in [1, 4]} \left| h(t) - Q_m(t) \right| < \frac{1}{2m}$
   代回 $t = x^2$（其中 $x \in [1, 2]$），得：
   $\sup_{x \in [1, 2]} \left| \frac{1}{x} - \sum_{k=0}^{n_m} a_k x^{2k} \right| < \frac{1}{2m}$
   令 $p_m(x) = x \cdot Q_m(x^2) = \sum_{k=0}^{n_m} a_k x^{2k+1}$，顯然 $p_m \in E$。
   評估 $\|p_m - 1\|_\infty$：
   $\sup_{x \in [1, 2]} |p_m(x) - 1| = \sup_{x \in [1, 2]} \left| x \left( \sum_{k=0}^{n_m} a_k x^{2k} - \frac{1}{x} \right) \right| \le \left( \sup_{x \in [1, 2]} |x| \right) \cdot \sup_{x \in [1, 2]} \left| \sum_{k=0}^{n_m} a_k x^{2k} - \frac{1}{x} \right| \le 2 \cdot \frac{1}{2m} = \frac{1}{m}$
   當 $m \to \infty$ 時，$\|p_m - 1\|_\infty \to 0$，即 $p_m \xrightarrow{\|\cdot\|_\infty} 1$。

3. 結論：
   序列 $\{p_m\} \subset E$ 均勻收斂至 $f(x) = 1 \in C([1, 2])$，但極限函數 $1 \notin E$，故 $E$ 不是 $C([1, 2])$ 的閉子集。

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(b) 判定 $E$ 在 $C([1,2])$ 中是否稠密（Dense）

答案：是，$E$ 在 $C([1, 2])$ 中稠密。

證明：

任取 $f \in C([1, 2])$ 及任意給定的 $\varepsilon > 0$。

此題考察積分方程的解的存在性與唯一性，這通常與不動點定理（如 Banach 壓縮映像定理）或 Fredholm 積分方程理論相關。

題目給出一個線性積分方程：
$f(x) - \int_0^1 h(x, y)f(y) dy = g(x)$
其中 $h(x,y)$ 是連續函數，且滿足條件 $\sup_{x \in [0,1]} \int_0^1 |h(x,y)| dy < 1$。$g(x)$ 是連續函數。
我們要證明存在唯一一個連續函數 $f(x)$ 滿足此方程。

這個方程可以寫成 $f = g + K(f)$ 的形式，其中 $K$ 是積分算子 $K(f)(x) = \int_0^1 h(x, y)f(y) dy$。
我們要在 $C([0,1])$ 空間中尋找 $f$ 的不動點。

我們需要證明算子 $K$ 在 $C([0,1])$ 上是一個壓縮映射。
如果 $K$ 是壓縮映射，則根據 Banach 壓縮映像定理，存在唯一的 $f$ 使得 $f = g + K(f)$。

首先，我們證明 $K$ 將 $C([0,1])$ 映射到 $C([0,1])$。
由於 $h(x,y)$ 是在緊緻集 $[0,1]\times[0,1]$ 上的連續函數，它是有界的。設 $|h(x,y)| \le M$。
如果 $f \in C([0,1])$，則
$|K(f)(x)| = \left|\int_0^1 h(x, y)f(y) dy\right| \le \int_0^1 |h(x, y)||f(y)| dy$。
設 $\|f\|_\infty = \sup_{y \in [0,1]} |f(y)|$。
$|K(f)(x)| \le \int_0^1 |h(x, y)| \|f\|_\infty dy = \|f\|_\infty \int_0^1 |h(x, y)| dy$。
令 $C_h = \sup_{x \in [0,1]} \int_0^1 |h(x,y)| dy$。題目給出 $C_h < 1$。
所以 $|K(f)(x)| \le C_h \|f\|_\infty$。
這意味著 $\|K(f)\|_\infty \le C_h \|f\|_\infty$。
又因為 $h(x,y)$ 是連續的，所以 $K(f)(x)$ 是連續的。
因此，$K: C([0,1]) \to C([0,1])$。

接下來，我們證明 $K$ 是壓縮映射。
對於任意 $f_1, f_2 \in C([0,1])$，
$K(f_1)(x) - K(f_2)(x) = \int_0^1 h(x, y)f_1(y) dy - \int_0^1 h(x, y)f_2(y) dy = \int_0^1 h(x, y)(f_1(y) - f_2(y)) dy$。
$|K(f_1)(x) - K(f_2)(x)| \le \int_0^1 |h(x, y)||f_1(y) - f_2(y)| dy$。
$|K(f_1)(x) - K(f_2)(x)| \le \|f_1 - f_2\|_\infty \int_0^1 |h(x, y)| dy$。
取上確界：
$\|K(f_1) - K(f_2)\|_\infty = \sup_{x \in [0,1]} |K(f_1)(x) - K(f_2)(x)| \le \|f_1 - f_2\|_\infty \sup_{x \in [0,1]} \int_0^1 |h(x, y)| dy$。
$\|K(f_1) - K(f_2)\|_\infty \le C_h \|f_1 - f_2\|_\infty$。
由於 $C_h < 1$， $K$ 是一個壓縮映射。

現在，我們考慮方程 $f(x) - K(f)(x) = g(x)$。
這可以寫成 $f = g + K(f)$。
令 $T(f) = g + K(f)$。
我們要在 $C([0,1])$ 中尋找 $T$ 的不動點。
$T$ 的定義域是 $C([0,1])$。
$T$ 的值域：如果 $f \in C([0,1])$，則 $K(f) \in C([0,1])$， $g \in C([0,1])$。所以 $g + K(f) \in C([0,1])$。
$T$ 是壓縮映射嗎？
$\|T(f_1) - T(f_2)\|_\infty = \|(g + K(f_1)) - (g + K(f_2))\|_\infty = \|K(f_1) - K(f_2)\|_\infty \le C_h \|f_1 - f_2\|_\infty$。
由於 $C_h < 1$， $T$ 是一個壓縮映射。

$C([0,1])$ 是一個完備的賦範向量空間。
根據 Banach 壓縮映像定理，對於任何壓縮映射 $T: X \to X$ 在完備賦範空間 $X$ 中，存在唯一一個不動點 $f \in X$ 使得 $T(f) = f$。
在這裡，$X = C([0,1])$， $T(f) = g + K(f)$。
因此，存在唯一的 $f \in C([0,1])$ 使得 $f = g + K(f)$，即 $f(x) - \int_0^1 h(x, y)f(y) dy = g(x)$。