113 年 國立清華大學數學系碩士班《高等微積分》

本題考驗對格林定理的應用。格林定理提供了一種將線積分轉換為面積分的方法，在計算封閉曲線上的線積分時非常有用。

令 $C$ 為曲線 $x^2 + y^2 = 1$，方向為逆時針。我們要求計算線積分 $\oint_C Pdx + Qdy$，其中 $P(x,y) = x - y^3 - y$ 且 $Q(x,y) = x^2 + y^2$。

根據格林定理，對於平面上一個簡單閉合曲線 $C$ 及其所圍區域 $D$，若 $P$ 和 $Q$ 在 $D$ 及其邊界上具有連續的偏導數，則有：
$\oint_C Pdx + Qdy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA$

首先，我們計算 $\frac{\partial Q}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial P}{\partial y}$：
$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2 + y^2) = 2x$
$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x - y^3 - y) = -3y^2 - 1$

接著，計算 $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}$：
$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 2x - (-3y^2 - 1) = 2x + 3y^2 + 1$

區域 $D$ 是由曲線 $x^2 + y^2 = 1$ 所圍成的圓盤，即 $D = \{(x,y) \mid x^2 + y^2 \le 1\}$。
因此，我們需要計算二重積分：
$\oint_C Pdx + Qdy = \iint_D (2x + 3y^2 + 1) dA$

為了方便計算，我們轉換到極座標。令 $x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$，$dA = r dr d\theta$。積分區域 $D$ 在極座標下為 $0 \le r \le 1$，$0 \le \theta \le 2\pi$。

本題考驗對微積分基本定理以及取整函數（floor function）的理解。

我們要求計算定積分 $\int_{2}^{4} \frac{d}{dx} \lfloor \sqrt{x} \rfloor dx$。
根據微積分基本定理，$\int_a^b F'(x) dx = F(b) - F(a)$。
在這裡，$F(x) = \lfloor \sqrt{x} \rfloor$。

核心觀念

1. 逐點收斂（Pointwise Convergence）：

   • 函數列 $\{f_n\}$ 在集合 $E$ 上逐點收斂至 $f$，定義為：對所有固定的 $x \in E$，數列極限 $\lim_{n \to \infty} f_n(x) = f(x)$ 均存在。
   • 基本極限性質：若 $0 \le x < 1$，則對任意多項式項 $n^k$，皆有 $\lim_{n \to \infty} n^k x^n = 0$（幾何級數/指數衰減遠快於多項式增長）。

2. 等度連續（Equicontinuity）：

   • 函數族 $\mathcal{F} = \{f_n\}_{n=1}^\infty$ 在度量空間 $(X, d)$ 上稱為等度連續（equicontinuous），若：
     對任意 $\varepsilon > 0$，存在 $\delta > 0$，使得對所有 $n \in \mathbb{N}$ 以及所有滿足 $d(x, y) < \delta$ 的 $x, y \in X$，皆成立： $$|f_n(x) - f_n(y)| < \varepsilon$$ （注意：$\delta$ 僅依賴於 $\varepsilon$，必須對所有的 $n$ 與所有的 $x, y$ 均勻一致成立）。

3. 緊緻集上等度連續與均勻收斂的關聯定理（Arzelà-Ascoli 定理之推論）：

   • 定理：設 $K$ 為緊緻度量空間（Compact Metric Space）。若函數列 $\{f_n\}$ 在 $K$ 上等度連續且逐點收斂至 $f$，則 $\{f_n\}$ 在 $K$ 上均勻收斂（Uniformly Convergent）至 $f$。
   • 逆否命題判準：若 $\{f_n\}$ 在緊緻集 $K$ 上逐點收斂但不均勻收斂，則 $\{f_n\}$ 必非等度連續。

---

解題方法與詳細推導

(a) 判斷 $\{f_n\}_{n=1}^\infty$ 是否在 $[0, 1]$ 上逐點收斂

給定 $f_n(x) = n x^n (1 - x)$，定義域為 $x \in [0, 1]$。我們按 $x$ 的取值進行討論：

1. 當 $x = 0$ 時：

   $$f_n(0) = n \cdot 0^n \cdot (1 - 0) = 0 \quad (\forall n \ge 1)$$

   故 $\lim_{n \to \infty} f_n(0) = 0$。

2. 當 $x = 1$ 時：

   $$f_n(1) = n \cdot 1^n \cdot (1 - 1) = 0 \quad (\forall n \ge 1)$$

   故 $\lim_{n \to \infty} f_n(1) = 0$。

3. 當 $x \in (0, 1)$ 時：
   此時 $0 < x < 1$。可將 $n x^n$ 改寫為 $\frac{n}{(1/x)^n}$，令 $c = \frac{1}{x} > 1$。
   利用羅必達法則（L'Hôpital's Rule）或比值審斂法（Ratio Test）：

   $$\lim_{n \to \infty} n x^n = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{c^n} = 0$$

   因此：

   $$\lim_{n \to \infty} f_n(x) = (1 - x) \lim_{n \to \infty} n x^n = (1 - x) \cdot 0 = 0$$

綜合上述，對任意 $x \in [0, 1]$，極限 $\lim_{n \to \infty} f_n(x) = 0$ 皆存在且相等。

因此，$\{f_n\}_{n=1}^\infty$ 在 $[0, 1]$ 上逐點收斂至零函數 $f(x) \equiv 0$。

---

(b) 判斷 $\{f_n\}_{n=1}^\infty$ 是否在 $[0, 1]$ 上等度連續

以下提供兩種嚴謹的證明方法：

【方法一：利用定義直接否定等度連續（推薦）】

欲證 $\{f_n\}_{n=1}^\infty$ 在 $[0, 1]$ 上非等度連續，只需證明其否定命題：

$$\exists \varepsilon_0 > 0, \; \forall \delta > 0, \; \exists n \in \mathbb{N}, \; \exists x, y \in [0, 1] \text{ 滿足 } |x - y| < \delta \text{ 但 } |f_n(x) - f_n(y)| \ge \varepsilon_0$$

1. 尋找 $f_n(x)$ 的極大值點：
   對 $f_n(x) = n(x^n - x^{n+1})$ 微分： $$f_n'(x) = n \left[ n x^{n-1} - (n+1) x^n \right] = n x^{n-1} \left[ n - (n+1)x \right]$$ 在開區間 $(0, 1)$ 內令 $f_n'(x) = 0$，解得唯一臨界點： $$x_n = \frac{n}{n+1} \in [0, 1]$$ 計算該點的函數值：

本題考驗函數在一點是否可微的定義與判斷。

核心觀念：
函數 $f(x,y)$ 在點 $(a,b)$ 可微，若且唯若偏導數 $\frac{\partial f}{\partial x}(a,b)$ 和 $\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)$ 存在，且
$\lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{f(a+h, b+k) - f(a,b) - h\frac{\partial f}{\partial x}(a,b) - k\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0$

解題步驟：

1. 計算偏導數：
   首先，我們計算在點 $(0,0)$ 的偏導數。
   $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h\to 0} \frac{f(0+h, 0) - f(0,0)}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{f(h, 0) - 0}{h}$
   當 $(x,y) = (h,0) \neq (0,0)$ 時，$f(h,0) = \frac{h^2 - 0^2}{h^2 + 0^2} = \frac{h^2}{h^2} = 1$。
   所以，
   $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h\to 0} \frac{1 - 0}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{1}{h}$
   此極限不存在。

   由於 $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ 不存在，我們可以立即得出結論：函數 $f$ 在 $(0,0)$ 不可微。

   （為了完整性，我們也計算 $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)$。）

核心觀念

本題考查以下兩個重點：

1. 連通性的延伸定理：若 $A$ 是連通集，且
   $A\subseteq S\subseteq \overline{A},$
   則 $S$ 也是連通集。

2. 函數圖形的極限點與閉包：雖然曲線上的點都滿足 $x>0$，但當 $x\to 0^+$ 時，$\sin(1/x)$ 會在 $[-1,1]$ 間振盪，因此曲線在 $x=0$ 上具有大量極限點。

令

$$A:=\left\{\left(x,\sin\left(\frac1x\right)\right)\mid 0<x<\pi\right\},$$

以及

$$B:=\{(0,y)\mid 0\le y\le 1,\ y\in\mathbb Q\}.$$

則題目中的集合為 $S=A\cup B$。

題目已給定 $A$ 是連通集，因此關鍵在於判斷 $B$ 是否包含於 $\overline A$。

解題方法

對任意 $y\in[0,1]\cap\mathbb Q$，取

$$\theta=\arcsin y.$$

由於 $0\le y\le1$，可得 $\theta\in[0,\frac{\pi}{2}]$。令

$$t_n=2\pi n+\theta,\qquad x_n=\frac1{t_n}.$$

當 $n$ 足夠大時，有 $0<x_n<\pi$，所以 $(x_n,\sin(1/x_n))\in A$。此外，

$$\sin\left(\frac1{x_n}\right) =\sin(t_n) =\sin(2\pi n+\theta) =\sin\theta =y.$$

因此

$$\left(x_n,\sin\left(\frac1{x_n}\right)\right) =(x_n,y).$$

核心觀念

本題結合以下三個觀念：

1. 反證法：欲證零點集合不可數，先假設零點集合是可數的。
2. 稠密性與連續性：若函數在某點連續，且任意鄰域內都有函數值 $1$，則該點的函數值必為 $1$。
3. 黎曼可積分函數的性質：黎曼可積分函數的間斷點集合為零測集，因此函數在幾乎處處連續。

令

$$Z=\{x\in[0,1]:f(x)=0\},\qquad O=\{x\in[0,1]:f(x)=1\}.$$

題目的條件表示：每一個非空開區間 $(a,b)\subset(0,1)$ 都至少與 $Z$ 或 $O$ 相交。

---

解題方法

採用反證法。假設 $Z$ 是可數集合，證明此時必有

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

與題設的積分值 $1/2$ 矛盾。

---

第一步：證明 $O$ 在 $(0,1)$ 中稠密

任取非空開區間

$I=(a,b)\subset(0,1).$

若 $I\cap O=\varnothing$，則對於 $I$ 中任意非空開子區間 $J\subset I$，因為 $J$ 不含函數值 $1$ 的點，題設條件迫使 $J$ 中存在某點 $c$ 使得

$f(c)=0.$

因此，$Z\cap I$ 在 $I$ 中稠密。

但任何非空區間都是不可數集合，而一個在區間中稠密的集合必為不可數集合，故 $Z$ 將不可數，這與假設矛盾。

所以每一個非空開區間 $I\subset(0,1)$ 都滿足

$I\cap O\neq\varnothing.$

也就是說，$O$ 在 $(0,1)$ 中稠密。

---

第二步：證明 $f(x)=1$ 於所有連續點

本題考驗函數在實數線上的一致連續性。

核心觀念：
一個函數 $f(x)$ 在一個集合 $I$ 上是一致連續的，如果對於任意 $\epsilon > 0$，存在一個 $\delta > 0$，使得對於所有 $x, y \in I$，若 $|x-y| < \delta$，則 $|f(x) - f(y)| < \epsilon$。
對於函數 $f(x) = \sqrt{x}$，其定義域是 $[0, \infty)$。題目要求在 $\mathbb{R}$ 上證明，這意味著我們應該考慮在 $[0, \infty)$ 上的行為，並且可能需要額外考慮在負數區域的行為（如果題目意圖如此）。但 $\sqrt{x}$ 在負數區域無定義。通常這類題目是指在函數有定義的區域上證明。我們假設題目意指在 $[0, \infty)$ 上證明。

解題步驟：

我們需要證明對於任意 $\epsilon > 0$，存在 $\delta > 0$，使得對於所有 $x, y \in [0, \infty)$，若 $|x-y| < \delta$，則 $|\sqrt{x} - \sqrt{y}| < \epsilon$。

方法一：利用函數的導數。
如果一個函數 $f$ 在一個閉區間 $[a, b]$ 上連續，且其導數 $f'(x)$ 在 $(a, b)$ 上有界，則 $f$ 在 $[a, b]$ 上是一致連續的。
對於函數 $f(x) = \sqrt{x} = x^{1/2}$，其導數為 $f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$。
這個導數在 $x=0$ 處無定義，且趨近於無限大。因此，我們不能直接在包含 0 的閉區間上應用這個性質。

方法二：直接使用定義。
我們需要找到一個 $\delta$，使得當 $|x-y| < \delta$ 時，有 $|\sqrt{x} - \sqrt{y}| < \epsilon$。
我們可以使用差的絕對值進行代數變換：
$|\sqrt{x} - \sqrt{y}| = \left| \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{y})}{\sqrt{x} + \sqrt{y}} \right| = \frac{|x-y|}{\sqrt{x} + \sqrt{y}}$。

現在，我們需要將這個表達式與 $\delta$ 聯繫起來。
令 $|x-y| < \delta$。
則 $|\sqrt{x} - \sqrt{y}| = \frac{|x-y|}{\sqrt{x} + \sqrt{y}} < \frac{\delta}{\sqrt{x} + \sqrt{y}}$。

問題在於分母 $\sqrt{x} + \sqrt{y}$ 可能很小（當 $x, y$ 都接近 0 時）。
如果 $x$ 和 $y$ 都非常接近 0，例如 $x=0, y=0.001$，則 $\sqrt{x}+\sqrt{y} \approx \sqrt{0.001} \approx 0.03$.
如果 $\delta$ 選擇得當，可以讓 $\frac{\delta}{\sqrt{x} + \sqrt{y}}$ 小於 $\epsilon$。

處理分母的問題：
我們分情況討論。
情況 1: $x$ 或 $y$ 中至少有一個大於等於 1。
假設 $x \ge 1$。則 $\sqrt{x} \ge 1$。
那麼 $\sqrt{x} + \sqrt{y} \ge 1 + \sqrt{y} \ge 1$ (因為 $y \ge 0$)。
所以，$|\sqrt{x} - \sqrt{y}| = \frac{|x-y|}{\sqrt{x} + \sqrt{y}} < \frac{\delta}{1} = \delta$。
如果我們選擇 $\delta = \epsilon$，那麼當 $|x-y| < \epsilon$ 且 $x \ge 1$ 或 $y \ge 1$ 時，就有 $|\sqrt{x} - \sqrt{y}| < \epsilon$。

情況 2: $0 \le x < 1$ 且 $0 \le y < 1$。
在這種情況下，$\sqrt{x} < 1$ 且 $\sqrt{y} < 1$。
分母 $\sqrt{x} + \sqrt{y}$ 可能會很小。
然而，我們知道 $\sqrt{x} + \sqrt{y} > 0$ (除非 $x=y=0$)。
如果 $x$ 和 $y$ 都很接近，例如 $|x-y| < \delta$。
我們有 $|\sqrt{x} - \sqrt{y}| = \frac{|x-y|}{\sqrt{x} + \sqrt{y}}$.
我們需要讓這個值小於 $\epsilon$。

考慮一個更有效的選擇 $\delta$。
我們希望 $\frac{\delta}{\sqrt{x} + \sqrt{y}} < \epsilon$。
如果我們能保證 $\sqrt{x} + \sqrt{y} \ge M$ 對於某個 $M>0$，那麼我們可以選擇 $\delta = M\epsilon$。
但是，當 $x, y$ 都接近 0 時，$\sqrt{x}+\sqrt{y}$ 可以任意小。

另一種處理方法：
對於 $0 \le x, y$ 且 $|x-y| < \delta$.
我們有 $|\sqrt{x} - \sqrt{y}|^2 = (\sqrt{x} - \sqrt{y})^2 = x + y - 2\sqrt{xy}$.
這似乎沒有簡化問題。

回到 $\frac{|x-y|}{\sqrt{x} + \sqrt{y}}$。
我們希望找到一個 $\delta$ 使得 $\frac{|x-y|}{\sqrt{x} + \sqrt{y}} < \epsilon$ 對於 $|x-y| < \delta$。
這等價於 $|x-y| < \epsilon (\sqrt{x} + \sqrt{y})$。

令 $\delta = \epsilon^2$.
如果 $|x-y| < \epsilon^2$.
我們有 $|\sqrt{x} - \sqrt{y}| = \frac{|x-y|}{\sqrt{x} + \sqrt{y}}$.
考慮 $x = (\epsilon/2)^2 = \epsilon^2/4$ 和 $y=0$. $|x-y| = \epsilon^2/4 < \epsilon^2$.
$|\sqrt{x} - \sqrt{y}| = |\epsilon/2 - 0| = \epsilon/2 < \epsilon$.

考慮 $x = (\epsilon/2)^2$ 和 $y = (\epsilon/2)^2 + \delta$.
如果我們選擇 $\delta = \epsilon^2$.
考慮 $x = t$ 和 $y = t + \delta$, 其中 $t \ge 0$.
$|\sqrt{t+\delta} - \sqrt{t}| = \frac{\delta}{\sqrt{t+\delta} + \sqrt{t}}$.
我們需要這個值小於 $\epsilon$.
$\frac{\delta}{\sqrt{t+\delta} + \sqrt{t}} < \epsilon$.
$\delta < \epsilon (\sqrt{t+\delta} + \sqrt{t})$.
若 $\delta = \epsilon^2$, 則 $\epsilon^2 < \epsilon (\sqrt{t+\epsilon^2} + \sqrt{t})$.
$\epsilon < \sqrt{t+\epsilon^2} + \sqrt{t}$.
這是顯然成立的，因為 $\sqrt{t} \ge 0$ 且 $\sqrt{t+\epsilon^2} \ge \epsilon$.
所以 $\sqrt{t+\epsilon^2} + \sqrt{t} \ge \epsilon$.
因此，$\frac{\delta}{\sqrt{t+\delta} + \sqrt{t}} \le \frac{\epsilon^2}{\epsilon} = \epsilon$.
這表明，如果我們選擇 $\delta = \epsilon^2$，則對於任意 $t \ge 0$，若 $|(t+\delta)-t| < \delta$, 則 $|\sqrt{t+\delta} - \sqrt{t}| \le \epsilon$.

嚴謹證明：
設 $\epsilon > 0$ 為任意給定。
選擇 $\delta = \epsilon^2$.
對於任意 $x, y \in [0, \infty)$，假設 $|x-y| < \delta = \epsilon^2$.
我們需要證明 $|\sqrt{x} - \sqrt{y}| < \epsilon$.
不妨設 $x \ge y \ge 0$. 則 $x-y = |x-y| < \epsilon^2$.
我們有 $|\sqrt{x} - \sqrt{y}| = \sqrt{x} - \sqrt{y} = \frac{x-y}{\sqrt{x} + \sqrt{y}}$.
因為 $x \ge y \ge 0$, 所以 $\sqrt{x} \ge \sqrt{y} \ge 0$.
且 $\sqrt{x} + \sqrt{y} > 0$ (除非 $x=y=0$, 此時 $|\sqrt{x}-\sqrt{y}|=0$).
如果 $x=y$, 則 $|\sqrt{x}-\sqrt{y}|=0 < \epsilon$.
假設 $x > y \ge 0$.
則 $\sqrt{x} + \sqrt{y} > 0$.
我們有 $\sqrt{x} = \sqrt{y + (x-y)}$.

本題考驗函數序列的一致收斂性，特別是涉及傅立葉級數或相關級數的收斂性。

核心觀念：

• 一致收斂： 函數序列 $\{s_n(x)\}_{n=1}^\infty$ 在區間 $I$ 上一致收斂到函數 $s(x)$，如果對於任意 $\epsilon > 0$，存在一個正整數 $N$，使得對於所有 $n > N$ 和所有 $x \in I$，都有 $|s_n(x) - s(x)| < \epsilon$。
• Weierstrass M-test： 如果存在一個常數 $M_n$ 對於所有 $x \in I$ 滿足 $|a_n(x)| \le M_n$，且級數 $\sum_{n=1}^\infty M_n$ 收斂，則級數 $\sum_{n=1}^\infty a_n(x)$ 在 $I$ 上一致收斂。
• Dirichlet 檢驗： 級數 $\sum a_n b_n$ 在區間 $I$ 上一致收斂，若 $\sum a_n$ 在 $I$ 上一致收斂，且 $b_n(x)$ 是一個單調遞減的序列，且 $|b_n(x)|$ 在 $I$ 上一致有界。或者，若 $\{a_n\}$ 的部分和一致有界，且 $b_n(x)$ 單調且一致收斂到 0。

解題步驟：

我們要求證函數序列 $s_n(x) = \sum_{k=1}^n \frac{\sin(kx)}{k}$ 在區間 $[1, 2]$ 上一致收斂。
這等價於證明級數 $\sum_{k=1}^\infty \frac{\sin(kx)}{k}$ 在 $[1, 2]$ 上一致收斂。

我們考慮級數 $\sum_{k=1}^\infty a_k(x)$，其中 $a_k(x) = \frac{\sin(kx)}{k}$。
我們希望應用 Weierstrass M-test 或 Dirichlet 檢驗。

Weierstrass M-test 的應用：
Weierstrass M-test 要求我們找到常數 $M_k$ 使得 $|a_k(x)| \le M_k$ 且 $\sum M_k$ 收斂。
$|a_k(x)| = \left|\frac{\sin(kx)}{k}\right| \le \frac{1}{k}$。
我們需要檢查級數 $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}$ 是否收斂。
這個級數是調和級數，它是發散的。
因此，Weierstrass M-test 不能直接應用於 $\frac{1}{k}$。

考慮 Dirichlet 檢驗：
級數 $\sum_{k=1}^\infty a_k(x) b_k(x)$ 在 $I$ 上一致收斂，如果 $\{a_k(x)\}$ 的部分和一致有界，且 $b_k(x)$ 在 $I$ 上單調且一致收斂到 0。
在這裡，我們有 $a_k(x) = \sin(kx)$ 且 $b_k(x) = \frac{1}{k}$。
區間是 $I = [1, 2]$。

1. 檢查 $b_k(x)$ 的性質：
   $b_k(x) = \frac{1}{k}$。

   • 對於固定的 $k$， $b_k(x)$ 是常數，因此是單調的。
   • 當 $k \to \infty$, $b_k(x) = \frac{1}{k} \to 0$。這個收斂是一致的，因為它不依賴於 $x$。
   • 由於 $b_k(x)$ 是遞減的（對於 $k$），且 $b_k(x) \to 0$ 一致地，所以 $b_k(x)$ 滿足條件。

2. 檢查 $a_k(x) = \sin(kx)$ 的部分和是否一致有界：
   令 $A_n(x) = \sum_{k=1}^n \sin(kx)$。
   我們需要證明存在一個常數 $M$，使得對於所有 $n \ge 1$ 和所有 $x \in [1, 2]$，都有 $|A_n(x)| \le M$。
   我們知道級數 $\sum_{k=1}^n \sin(kx)$ 的部分和是：
   $\sum_{k=1}^n \sin(kx) = \text{Im}\left(\sum_{k=1}^n e^{ikx}\right)$
   $\sum_{k=1}^n e^{ikx} = e^{ix} \frac{1 - e^{inx}}{1 - e^{ix}} = e^{ix} \frac{e^{inx}(e^{-inx} - 1)}{e^{ix}(e^{-ix} - 1)} = e^{inx} \frac{e^{-inx} - 1}{e^{-ix} - 1}$
   $\sum_{k=1}^n e^{ikx} = e^{ix} \frac{1 - e^{inx}}{1 - e^{ix}} = e^{ix} \frac{e^{inx/2}(e^{-inx/2} - e^{inx/2})}{e^{ix/2}(e^{-ix/2} - e^{ix/2})} = e^{i(n+1)x/2} \frac{\sin(nx/2)}{\sin(x/2)}$
   所以，
   $A_n(x) = \text{Im}\left(e^{i(n+1)x/2} \frac{\sin(nx/2)}{\sin(x/2)}\right) = \frac{\sin((n+1)x/2)\sin(nx/2)}{\sin(x/2)}$
   我們需要證明 $|A_n(x)|$ 在 $[1, 2]$ 上是一致有界的。
   即，存在 $M$ 使得 $\left|\frac{\sin((n+1)x/2)\sin(nx/2)}{\sin(x/2)}\right| \le M$ 對於所有 $n \ge 1$ 和 $x \in [1, 2]$。

   對於 $x \in [1, 2]$，我們有 $1 \le x \le 2$。
   因此，$1/2 \le x/2 \le 1$。
   這個區間 $[1/2, 1]$ 不包含 0。
   所以 $\sin(x/2)$ 在這個區間上不會是 0。