112 年 國立清華大學數學系碩士班《高等微積分》

本題在考驗極限的上確界與下確界的定義及其性質。

證明：
設 $m = \inf A$ 且 $M = \sup(-A)$。
由於 $m$ 是 $A$ 的下確界，所以對所有 $x \in A$，都有 $m \le x$。
這意味著對所有 $x \in A$，都有 $-x \le -m$。
根據 $-A$ 的定義，$-A = \{-x \mid x \in A\}$。
因此，對所有 $y \in -A$，都有 $y \le -m$。
這表示 $-m$ 是 $-A$ 的一個上界。
由於 $M$ 是 $-A$ 的上確界，所以 $M$ 是 $-A$ 的所有上界中最小的。
因此，我們有 $M \le -m$。

本題考驗極點（極限點）的定義與性質，以及集合的閉包與極點集合的關係。

(i) $E'$ 是閉合集合。

證明：
我們需要證明 $E'$ 的補集 $(\mathbb{R}^n \setminus E')$ 是開集。
讓 $p \in \mathbb{R}^n \setminus E'$。這表示 $p$ 不是 $E$ 的極點。
根據極點的定義，存在一個以 $p$ 為中心的開球 $B(p, r)$，使得 $B(p, r) \cap (E \setminus \{p\}) = \emptyset$。
我們需要證明存在一個開球 $B(p, \delta)$，使得 $B(p, \delta) \subseteq \mathbb{R}^n \setminus E'$。
如果 $B(p, r) \cap E = \emptyset$，那麼顯然 $B(p, r) \cap (E \setminus \{p\}) = \emptyset$。
如果 $B(p, r) \cap E \neq \emptyset$，那麼 $B(p, r)$ 中的任何點 $q \neq p$ 都不能是 $E$ 的極點，因為 $B(p, r)$ 中的任何點 $q$ 的鄰域 $B(q, \epsilon)$ 都可以被包含在 $B(p, r)$ 中（取 $\epsilon = r - \|p-q\| > 0$）。
因此，對於任何 $q \in B(p, r)$，$q \neq p$，我們有 $B(q, \epsilon) \cap (E \setminus \{q\}) \subseteq B(p, r) \cap (E \setminus \{q\}) = \emptyset$。
所以，任何 $q \in B(p, r)$ 都不是 $E$ 的極點。
因此，$B(p, r)$ 中的所有點都不是 $E$ 的極點。
這意味著 $B(p, r) \subseteq \mathbb{R}^n \setminus E'$。
所以 $\mathbb{R}^n \setminus E'$ 是開集，這表示 $E'$ 是閉集。

(ii) $E$ 和 $E'$ 不一定有相同的極點。

說明：
極點集合 $E'$ 的極點集合是 $E'$ 本身。也就是說，如果 $q \in E'$，那麼 $q$ 也是 $E'$ 的極點。
然而，$E$ 的極點集合是 $E'$。
我們需要判斷 $E'$ 的極點集合是否總是等於 $E$ 的極點集合。
這句話的含義是：對於任何點 $p$， $p$ 是 $E$ 的極點 $\iff$ $p$ 是 $E'$ 的極點。
我們已經知道 $p$ 是 $E$ 的極點 $\iff$ $p \in E'$。
所以問題變成：對於任何點 $p$， $p \in E' \iff$ $p$ 是 $E'$ 的極點。
這句話是正確的，因為 $E'$ 是閉集，閉集的每個點都是其自身的極點。
如果題目是問 $E$ 的極點是否總是在 $E'$ 的極點中，這顯然是對的。
如果題目是問 $E'$ 的極點是否總是在 $E$ 的極點中，這也是對的，因為 $E'$ 的極點就是 $E'$ 的點，而 $E'$ 的點都是 $E$ 的極點。

但是，如果題目是問：對於任意點 $p$， $p$ 是 $E$ 的極點的充要條件是 $p$ 是 $E'$ 的極點。
設 $p \in E'$。則 $p$ 是 $E$ 的極點。
我們需要證明 $p$ 也是 $E'$ 的極點。
根據 (i) 的證明，我們知道 $E'$ 是閉集。
因為 $p \in E'$，並且 $E'$ 是閉集，所以 $p$ 是 $E'$ 的極點。
所以， $p$ 是 $E$ 的極點 $\implies$ $p$ 是 $E'$ 的極點。

反之，設 $p$ 是 $E'$ 的極點。
根據極點的定義，對任意 $\epsilon > 0$， $B(p, \epsilon) \cap (E' \setminus \{p\}) \neq \emptyset$。
我們需要證明 $p$ 也是 $E$ 的極點，即對任意 $\epsilon > 0$， $B(p, \epsilon) \cap (E \setminus \{p\}) \neq \emptyset$。
由於 $E \subseteq E' \cup E_{isolated}$，其中 $E_{isolated}$ 是 $E$ 的孤立點集合。
如果 $p \in E'$，那麼 $p$ 也是 $E'$ 的極點。
由於 $E \subseteq E' \cup E_{isolated}$，我們需要考慮 $E'$ 中的點。
如果 $p \in E'$, 則 $p$ 是 $E$ 的極點。
我們需要證明 $p$ 也是 $E'$ 的極點。
這已經在 (i) 中證明了。

再仔細思考題目 (ii) 的敘述：「Do $E$ and $E'$ always have the same limit points?」。
這句話的意思是：對於任意點 $p$， $p$ 是 $E$ 的極點 $\iff$ $p$ 是 $E'$ 的極點。
我們已經證明了 $p$ 是 $E$ 的極點 $\implies$ $p \in E'$。
由於 $E'$ 是閉集，所以 $E'$ 中的點都是 $E'$ 的極點。
因此，$p \in E' \implies$ $p$ 是 $E'$ 的極點。
所以，$p$ 是 $E$ 的極點 $\implies$ $p$ 是 $E'$ 的極點。

反過來，我們需要證明 $p$ 是 $E'$ 的極點 $\implies$ $p$ 是 $E$ 的極點。
如果 $p$ 是 $E'$ 的極點，那麼根據極點的定義，對任意 $\epsilon > 0$， $B(p, \epsilon)$ 中都包含 $E'$ 的一個點 $q \neq p$。
我們需要證明 $B(p, \epsilon)$ 中也包含 $E$ 的一個點 $r \neq p$。
由於 $E \subseteq E'$，如果 $q \in E$ 且 $q \neq p$，那麼 $p$ 就是 $E$ 的極點。

本題考驗數列的極限上確界（limsup）的計算，通常需要先判斷數列的收斂性。

首先，我們需要判斷數列 $\{a_n\}$ 是否收斂。
如果數列收斂到一個極限 $L$，那麼 $L$ 必須滿足 $L = 1 + \sqrt{L}$。
$L - 1 = \sqrt{L}$
平方兩邊：$(L-1)^2 = L$
$L^2 - 2L + 1 = L$
$L^2 - 3L + 1 = 0$
使用二次公式求解 $L$:
$L = \frac{-(-3) \pm \sqrt{(-3)^2 - 4(1)(1)}}{2(1)} = \frac{3 \pm \sqrt{9 - 4}}{2} = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$。
所以可能的極限是 $L_1 = \frac{3+\sqrt{5}}{2}$ 和 $L_2 = \frac{3-\sqrt{5}}{2}$。

我們需要證明數列是單調有界的。
首先，我們需要知道 $a_1$ 的值。題目沒有給定 $a_1$ 的值，這是一個問題。
假設 $a_1$ 是一個使得數列有意義的值，例如 $a_1 \ge 0$。
如果 $a_1 = 0$，則 $a_2 = 1 + \sqrt{0} = 1$，$a_3 = 1 + \sqrt{1} = 2$，$a_4 = 1 + \sqrt{2}$，$a_5 = 1 + \sqrt{1+\sqrt{2}}$。
如果 $a_1 = 1$，則 $a_2 = 1 + \sqrt{1} = 2$，$a_3 = 1 + \sqrt{2}$。
如果 $a_1 = 4$，則 $a_2 = 1 + \sqrt{4} = 3$，$a_3 = 1 + \sqrt{3}$。

假設 $a_1 \ge 0$。
如果 $a_n = \frac{3-\sqrt{5}}{2}$，則 $a_{n+1} = 1 + \sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{2}} = 1 + \sqrt{\frac{6-2\sqrt{5}}{4}} = 1 + \frac{\sqrt{(\sqrt{5}-1)^2}}{2} = 1 + \frac{\sqrt{5}-1}{2} = \frac{2+\sqrt{5}-1}{2} = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \neq \frac{3-\sqrt{5}}{2}$。
所以 $L_2 = \frac{3-\sqrt{5}}{2}$ 不是一個穩定點。

如果 $a_n = \frac{3+\sqrt{5}}{2}$，則 $a_{n+1} = 1 + \sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{2}} = 1 + \sqrt{\frac{6+2\sqrt{5}}{4}} = 1 + \frac{\sqrt{(\sqrt{5}+1)^2}}{2} = 1 + \frac{\sqrt{5}+1}{2} = \frac{2+\sqrt{5}+1}{2} = \frac{3+\sqrt{5}}{2}$。
所以 $L_1 = \frac{3+\sqrt{5}}{2}$ 是一個穩定點。

我們需要證明數列是單調遞增且有上界的。
令 $L = \frac{3+\sqrt{5}}{2}$。
如果 $a_n < L$，我們想證明 $a_{n+1} > a_n$。
$a_{n+1} - a_n = 1 + \sqrt{a_n} - a_n$。
令 $f(x) = 1 + \sqrt{x} - x$。我們想知道 $f(x) > 0$ 的條件。

核心觀念

本題考查兩個級數的重要性質：

1. 非負項級數的比較判別法。
2. 絕對收斂級數的重排定理。

其中，若 $0\le a_n\le 1$，則

$$\frac{a_n}{1+a_n}\ge \frac{a_n}{2}.$$

若 $a_n>1$，則

$$\frac{a_n}{1+a_n}\ge \frac12.$$

第 (ii) 題則利用絕對收斂保證「尾項的絕對值總和可以任意小」，因此重排後只會改變加總順序，不會改變總和。

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(i) 證明 $\displaystyle \sum \frac{a_n}{1+a_n}$ 發散

令

$$b_n=\frac{a_n}{1+a_n}.$$

將正整數分成兩個集合：

$$I=\{n:a_n\le 1\},\qquad J=\{n:a_n>1\}.$$

由題設，

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_n = \sum_{n\in I}a_n+\sum_{n\in J}a_n$$

發散，因此至少有一項發散。

情形一：$\displaystyle \sum_{n\in J}a_n$ 發散

對所有 $n\in J$，因為 $a_n>1$，所以

$$\frac{a_n}{1+a_n}\ge \frac12.$$

因此

$$\sum_{n\in J}\frac{a_n}{1+a_n} \ge \sum_{n\in J}\frac12.$$

由於 $J$ 中必須有無限多個元素，右側級數發散，故

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

發散。

情形二：$\displaystyle \sum_{n\in J}a_n$ 收斂

此時為使原級數 $\sum a_n$ 發散，必有

$$\sum_{n\in I}a_n$$

發散。

對所有 $n\in I$，因為 $0\le a_n\le 1$，所以 $1+a_n\le 2$，從而

$$\frac{a_n}{1+a_n}\ge \frac{a_n}{2}.$$

因此

$$\sum_{n\in I}\frac{a_n}{1+a_n} \ge \frac12\sum_{n\in I}a_n.$$

右側發散，故左側也發散，進而

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

發散。

綜合兩種情形，得到

$$\boxed{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{1+a_n}\text{ 發散}}.$$

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(ii) 絕對收斂級數的任意重排具有相同總和

設

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$$

絕對收斂，即

$$\sum_{n=1}^{\infty}|a_n|<\infty.$$

令其和為

$$S=\sum_{n=1}^{\infty}a_n.$$

任取正整數集合上的排列 $\sigma$，考慮重排後的級數

$$\sum_{k=1}^{\infty}a_{\sigma(k)}.$$

本題考驗緊緻性（compactness）的有限開覆蓋性質，以及連續函數在緊緻空間上的均勻連續性。

證明：
設 $(X, d_X)$ 和 $(Y, d_Y)$ 是度量空間，且 $X$ 是緊緻的。
設 $f: X \to Y$ 是一個連續映射。我們需要證明 $f$ 是均勻連續的。

首先，回顧一下定義：

1. 連續性 (Continuity): 對於任意 $x_0 \in X$ 和任意 $\epsilon > 0$，存在 $\delta > 0$，使得若 $d_X(x, x_0) < \delta$，則 $d_Y(f(x), f(x_0)) < \epsilon$。
2. 均勻連續性 (Uniform Continuity): 對於任意 $\epsilon > 0$，存在 $\delta > 0$，使得對於所有 $x_1, x_2 \in X$，若 $d_X(x_1, x_2) < \delta$，則 $d_Y(f(x_1), f(x_2)) < \epsilon$。
   注意均勻連續性的 $\delta$ 與點無關，對整個空間都有效。
3. 緊緻性 (Compactness): 每個 $X$ 的開覆蓋都有一個有限子覆蓋。

我們將使用緊緻性的有限開覆蓋性質來證明。
設 $\epsilon > 0$ 是一個任意給定的正數。
因為 $f$ 在 $X$ 上是連續的，所以對於 $X$ 中的每一個點 $x \in X$，存在一個 $\delta_x > 0$ 使得：
若 $y \in X$ 且 $d_X(y, x) < \delta_x$，則 $d_Y(f(y), f(x)) < \epsilon/2$。

考慮以 $x$ 為中心的開球 $B_X(x, \delta_x/2)$。
這些開球 $\{B_X(x, \delta_x/2) \mid x \in X\}$ 組成了 $X$ 的一個開覆蓋。
由於 $X$ 是緊緻的，所以存在一個有限的子集 $\{x_1, x_2, \dots, x_n\} \subseteq X$，使得
$X = \bigcup_{i=1}^n B_X(x_i, \delta_{x_i}/2)$。

核心觀念

本題主要考查：

• 廣義積分與 Dirichlet 判別法。
• 變數代換 $u=nx$。
• Dirichlet 積分
  $\int_0^\infty \frac{\sin u}{u}\,du=\frac{\pi}{2}.$
• Riemann–Stieltjes 積分中，階梯函數的微分由跳躍量所決定。

題目第 (i) 小題的極限依題意應為 $n\to\infty$；積分中的 $x$ 是積分變數。

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(i) $a>0$ 時，求

$\lim_{n\to\infty}\int_a^\infty \frac{\sin(nx)}{nx}\,dx.$

令
$u=nx,\qquad dx=\frac{du}{n}.$

當 $x=a$ 時，$u=na$；當 $x\to\infty$ 時，$u\to\infty$，因此

$$\int_a^\infty \frac{\sin(nx)}{nx}\,dx = \frac{1}{n}\int_{na}^\infty \frac{\sin u}{u}\,du?$$

需注意代換後：

$$\frac{\sin(nx)}{nx}\,dx = \frac{\sin u}{u}\cdot\frac{du}{n}.$$

但原式若照題面寫成 $\frac{\sin(nx)}{nx}\,dx$，確實會多出 $\frac1n$。因此

$$\int_a^\infty \frac{\sin(nx)}{nx}\,dx = \frac1n\int_{na}^\infty\frac{\sin u}{u}\,du.$$

對 $A>0$，分部積分可得

$$\int_A^\infty \frac{\sin u}{u}\,du = \frac{\cos A}{A} -\int_A^\infty\frac{\cos u}{u^2}\,du.$$

所以

$$\left|\int_A^\infty \frac{\sin u}{u}\,du\right| \leq \frac1A+\int_A^\infty\frac{1}{u^2}\,du = \frac{2}{A}.$$

取 $A=na$，得到

$$\left|\int_a^\infty \frac{\sin(nx)}{nx}\,dx\right| \leq \frac1n\cdot\frac{2}{na} = \frac{2}{n^2a}\xrightarrow[n\to\infty]{}0.$$

因此

$$\boxed{\lim_{n\to\infty}\int_a^\infty \frac{\sin(nx)}{nx}\,dx=0}.$$

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(ii) $a=0$ 時的答案

此時

$$\int_0^\infty \frac{\sin(nx)}{nx}\,dx.$$

同樣令 $u=nx$。由於 $n>0$，

本題考驗隱函數定理（Implicit Function Theorem）的應用。

題目給定一個函數 $f: \mathbb{R}^5 \to \mathbb{R}^2$，其變數可以分成兩組：$(x_1, x_2)$ 和 $(y_1, y_2, y_3)$。
$f(x_1, x_2, y_1, y_2, y_3) = (f_1, f_2) = (0, 0)$。
我們令 $X = (x_1, x_2) \in \mathbb{R}^2$ 和 $Y = (y_1, y_2, y_3) \in \mathbb{R}^3$。
則 $f(X, Y) = (0, 0)$。
我們被告知 $f(0, 1, 3, 2, 7) = (0, 0)$。
這意味著當 $X_0 = (0, 1)$ 和 $Y_0 = (3, 2, 7)$ 時，$f(X_0, Y_0) = (0, 0)$。

(i) 證明存在一個函數 $g: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2$ 定義在 $(3,2,7)$ 的一個鄰域上，使得 $f(g(y_1, y_2, y_3), y_1, y_2, y_3) = 0$。
這是在問是否存在一個局部解，將 $y$ 變數表示為 $x$ 變數的函數。
但是，這裡的變數分配是：
$f: \mathbb{R}^5 \to \mathbb{R}^2$
$f = (f_1, f_2)$
$f_1(x_1, x_2, y_1, y_2, y_3) = 2e^{x_1} + x_2y_1 - 4y_2 + 3$
$f_2(x_1, x_2, y_1, y_2, y_3) = x_2 \cos x_1 - 6x_1 + 2y_1 - y_3$
我們有 $f(0, 1, 3, 2, 7) = (0, 0)$。
這表示 $x_1=0, x_2=1, y_1=3, y_2=2, y_3=7$ 滿足 $f(x_1, x_2, y_1, y_2, y_3) = (0, 0)$。

隱函數定理的標準形式是：
給定一個函數 $F: \mathbb{R}^{m+n} \to \mathbb{R}^m$，令 $F(x, y) = (0, 0)$，其中 $x \in \mathbb{R}^n$ 和 $y \in \mathbb{R}^m$。
如果 $F$ 在點 $(x_0, y_0)$ 處是可微的，且關於 $y$ 的 $m \times m$ Jacobian 矩陣 $\frac{\partial F}{\partial y}(x_0, y_0)$ 是可逆的（行列式非零），那麼存在一個函數 $g: U \to \mathbb{R}^n$ 定義在 $y_0$ 的一個鄰域 $U$ 上，使得 $F(g(y), y) = (0, 0)$ 對所有 $y \in U$，並且 $g(y_0) = x_0$。

在我們的問題中，變數的劃分是：
我們有 5 個變數，函數值是 2 維。
我們需要將變數分成兩組，一組是我們希望表示為另一組函數的變數，另一組是自變數。
題目要求證明存在 $g: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2$ 使得 $f(g(y_1, y_2, y_3), y_1, y_2, y_3) = 0$。
這表示我們希望將 $(x_1, x_2)$ 表示為 $(y_1, y_2, y_3)$ 的函數。
所以，我們將變數分成：
$x = (x_1, x_2) \in \mathbb{R}^2$ (我們希望表示為 $y$ 的函數)
$y = (y_1, y_2, y_3) \in \mathbb{R}^3$ (自變數)
總變數數是 $2+3=5$。
函數 $f: \mathbb{R}^5 \to \mathbb{R}^2$。
我們給定的點是 $(x_1^0, x_2^0) = (0, 1)$ 和 $(y_1^0, y_2^0, y_3^0) = (3, 2, 7)$。
滿足 $f(0, 1, 3, 2, 7) = (0, 0)$。

根據隱函數定理，我們需要計算 $f$ 相對於 $x = (x_1, x_2)$ 的 Jacobian 矩陣，並在點 $(x_0, y_0)$ 處進行評估。
$\frac{\partial f}{\partial x} = \begin{pmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x_1} & \frac{\partial f_1}{\partial x_2} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x_1} & \frac{\partial f_2}{\partial x_2} \end{pmatrix}$
$\frac{\partial f_1}{\partial x_1} = 2e^{x_1}$
$\frac{\partial f_1}{\partial x_2} = y_1$
$\frac{\partial f_2}{\partial x_1} = -x_2 \sin x_1 - 6$
$\frac{\partial f_2}{\partial x_2} = \cos x_1$

在點 $(x_1, x_2, y_1, y_2, y_3) = (0, 1, 3, 2, 7)$：
$\frac{\partial f_1}{\partial x_1} = 2e^0 = 2$
$\frac{\partial f_1}{\partial x_2} = 3$
$\frac{\partial f_2}{\partial x_1} = -1 \sin 0 - 6 = -6$
$\frac{\partial f_2}{\partial x_2} = \cos 0 = 1$

所以，Jacobian 矩陣 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 在點 $(0, 1, 3, 2, 7)$ 為：
$J_x = \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -6 & 1 \end{pmatrix}$

我們需要計算這個矩陣的行列式。
$\det(J_x) = (2)(1) - (3)(-6) = 2 - (-18) = 2 + 18 = 20$.
由於 $\det(J_x) = 20 \neq 0$，所以矩陣 $J_x$ 是可逆的。
根據隱函數定理，存在一個函數 $g: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2$ 定義在 $(3, 2, 7)$ 的一個鄰域上，使得 $f(g(y_1, y_2, y_3), y_1, y_2, y_3) = 0$ 並且 $g(3, 2, 7) = (0, 1)$。
這證明了 (i)。

(ii) Find the derivative of $g$ at $(3,2,7)$.
我們需要找到 $J_g(3, 2, 7) = \frac{\partial g}{\partial y}(3, 2, 7)$。

核心觀念

本題考查：

1. 平面向量場的線積分
   $\oint_C P\,dx+Q\,dy$
2. 保守場與勢函數的判定。
3. 圓周或橢圓參數化。
4. 定義域不是單連通時，不能只依賴 $P_y=Q_x$ 判定保守性，仍須檢查線積分或直接找勢函數。

題目中的向量場為

$$\mathbf F(x,y)=\left(\frac{x}{x^2+y^2},\frac{y}{x^2+y^2}\right).$$

注意此向量場是徑向向外的場，與常見的旋轉型向量場

$$\left(-\frac{y}{x^2+y^2},\frac{x}{x^2+y^2}\right)$$

不同，因此繞原點一周的線積分不會得到 $2\pi$。

(i) 計算閉合線積分

橢圓可參數化為

$$x=a\cos t,\qquad y=b\sin t,\qquad 0\leq t\leq 2\pi.$$

此參數化代表逆時針方向繞橢圓一周。又有

$$dx=-a\sin t\,dt,\qquad dy=b\cos t\,dt.$$

代入 $P\,dx+Q\,dy$：

$$\begin{aligned} P\,dx+Q\,dy &=\frac{x}{x^2+y^2}\,dx+\frac{y}{x^2+y^2}\,dy\\ &=\frac{a\cos t}{a^2\cos^2t+b^2\sin^2t}(-a\sin t\,dt) +\frac{b\sin t}{a^2\cos^2t+b^2\sin^2t}(b\cos t\,dt)\\ &=\frac{(b^2-a^2)\sin t\cos t} {a^2\cos^2t+b^2\sin^2t}\,dt. \end{aligned}$$

因此

$$\oint_C P\,dx+Q\,dy = \int_0^{2\pi} \frac{(b^2-a^2)\sin t\cos t} {a^2\cos^2t+b^2\sin^2t}\,dt.$$

觀察被積函數具有半週期反號性：

$$\sin(t+\pi)\cos(t+\pi)=\sin t\cos t,$$

分母也相同；更直接地，令 $u=t-\frac{\pi}{2}$，或利用勢函數即可看出此積分為零。

更簡潔的作法是注意

$$d\left(\frac12\ln(x^2+y^2)\right) = \frac{x}{x^2+y^2}\,dx+\frac{y}{x^2+y^2}\,dy.$$

因此線積分等於勢函數沿閉合曲線的變化量：

$$\oint_C P\,dx+Q\,dy = \oint_C d\left(\frac12\ln(x^2+y^2)\right)=0.$$

所以

$$\boxed{\oint_C P\,dx+Q\,dy=0}.$$