114 年 國立清華大學數學系碩士班《高等微積分》

此題在考查點集合的拓樸性質，包含開集、閉集與緊集的定義。

(a) $\mathbb{R}$ 上的開集定義為：對於集合中的任一點 $x$，都存在一個以 $x$ 為圓心、半徑為 $\epsilon > 0$ 的開區間 $(x-\epsilon, x+\epsilon)$ 完全包含於該集合中。
對於集合 $[0, 1)$，考慮其端點 0。若存在一個開區間 $(-\epsilon, \epsilon)$ 包含 0 且完全在 $[0, 1)$ 中，則 $\epsilon$ 必須小於等於 0，這與 $\epsilon > 0$ 的定義矛盾。因此，0 並不滿足開集的性質。
所以，$[0, 1)$ 不是 $\mathbb{R}$ 的開子集。

(b) 集合 $A$ 是集合 $B$ 的子集，則 $A$ 是 $B$ 的開子集，若存在 $B$ 的一個開集 $U$ 使得 $A = U \cap B$。
考慮集合 $A = [0, 1)$ 和 $B = [0, 1]$。
我們需要找到一個開集 $U \subseteq \mathbb{R}$，使得 $A = U \cap B$。
若取 $U = [0, 1)$，則 $U \cap B = [0, 1) \cap [0, 1] = [0, 1) = A$。
然而，$U = [0, 1)$ 並不是 $\mathbb{R}$ 的開集（如 (a) 所述）。
若取 $U = (-\epsilon, 1)$ 對於某個 $\epsilon > 0$，則 $U \cap B = (-\epsilon, 1) \cap [0, 1] = [0, 1)$。
但是，我們需要的是一個開集 $U$。
實際上，一個集合 $A$ 是集合 $B$ 的開子集，若且唯若 $A$ 是 $B$ 的內部（interior）在 $B$ 中的相對拓樸。
在相對拓樸下，點 $x \in B$ 的鄰域是 $B \cap (x-\epsilon, x+\epsilon)$。
對於 $A=[0, 1)$，我們考慮點 0。

此題主要在考查函數的均勻連續性以及 Lipschitz 條件。

首先，函數 $f(x, y, z) = \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$ 在 $\mathbb{R}^3 \setminus \{(0,0,0)\}$ 上是定義良好的。令 $r = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$，則 $f(x, y, z) = \frac{1}{r}$。

(a) 均勻連續性是指對於任意的 $\epsilon > 0$，存在一個 $\delta > 0$，使得對於定義域內任意兩點 $a, b$，只要 $||a-b|| < \delta$，就有 $|f(a) - f(b)| < \epsilon$。
函數 $f$ 在 $\mathbb{R}^3 \setminus \{(0,0,0)\}$ 上是否均勻連續？
考慮點 $a = (r, 0, 0)$ 和 $b = (r+\Delta r, 0, 0)$，其中 $r$ 趨近於 0。
$f(a) = \frac{1}{r}$。
$f(b) = \frac{1}{r+\Delta r}$。
$|f(a) - f(b)| = |\frac{1}{r} - \frac{1}{r+\Delta r}| = |\frac{r+\Delta r - r}{r(r+\Delta r)}| = |\frac{\Delta r}{r(r+\Delta r)}|$。
令 $a = (x, 0, 0)$ 和 $b = (x+\delta, 0, 0)$，其中 $x \to 0^+$.
$||a-b|| = |\delta|$.
$|f(a) - f(b)| = |\frac{1}{x} - \frac{1}{x+\delta}| = |\frac{\delta}{x(x+\delta)}|$.
當 $x \to 0^+$, 即使 $\delta$ 很小，$\frac{|\delta|}{x(x+\delta)}$ 會趨近於無窮大。
例如，令 $\delta = x/2$。則 $||a-b|| = x/2$。
$|f(a) - f(b)| = |\frac{x/2}{x(x+x/2)}| = |\frac{x/2}{x(3x/2)}| = \frac{1}{3x}$.
當 $x \to 0^+$, $\frac{1}{3x} \to \infty$.
這表示對於任意的 $\delta > 0$，我們總能找到 $a, b$ 使得 $||a-b|| < \delta$ 但 $|f(a) - f(b)|$ 很大。
因此，函數 $f$ 在 $\mathbb{R}^3 \setminus \{(0,0,0)\}$ 上不是均勻連續的。

(b) 證明 $||f(a) – f(b)|| \leq M||a-b||$ 對於 $a, b \in V = \{(x, y, z) : x^2 + y^2 + z^2 \geq 1\}$。
集合 $V$ 是以原點為中心，半徑為 1 的閉球外部（包含邊界），即 $r \geq 1$。
這是一個閉集且有界（因為 $r$ 有上界，例如可以取 $||a|| \leq R$ 且 $||b|| \leq R$）。
因此 $V$ 是一個緊集。
在緊集上，連續函數滿足 Lipschitz 條件。

此題考查函數的極值與函數值域的下確界（infimum）。我們需要分析函數在定義域 $(-1, \infty)$ 上的行為，找出其最小值或趨近的最小值。

函數 $f(x)$ 在 $(-1, 0)$ 和 $[0, \infty)$ 上分別定義。我們需要分別分析這兩部分的函數值域，然後合併起來找整個定義域的下確界。

第一部分：$-1 < x < 0$
$f(x) = 2x^2 - 1$。
這是一個開口向上的拋物線，其頂點在 $x=0$。
在區間 $(-1, 0)$ 上，函數 $f(x)$ 是遞減的。
當 $x \to 0^-$ 時，$f(x) \to 2(0)^2 - 1 = -1$。
當 $x \to -1^+$ 時，$f(x) \to 2(-1)^2 - 1 = 2 - 1 = 1$。
所以，在 $(-1, 0)$ 這個開區間上，函數 $f(x)$ 的值域是 $(-1, 1)$。

第二部分：$0 \leq x < \infty$
$f(x) = \frac{x^2-1}{x^2+1}$。
我們需要分析這個函數在 $[0, \infty)$ 上的行為。
首先，考慮 $x=0$ 時，$f(0) = \frac{0^2-1}{0^2+1} = \frac{-1}{1} = -1$。
接下來，我們求其導數來分析單調性：
$f'(x) = \frac{(2x)(x^2+1) - (x^2-1)(2x)}{(x^2+1)^2} = \frac{2x^3+2x - (2x^3-2x)}{(x^2+1)^2} = \frac{4x}{(x^2+1)^2}$。
當 $x > 0$ 時，$f'(x) > 0$，所以函數 $f(x)$ 在 $[0, \infty)$ 上是嚴格遞增的。
當 $x \to \infty$ 時，我們計算極限：

此題考查函數的 Riemann 可積性。一個函數在一個閉區間上可積，當且僅當其上和（upper sum）與下和（lower sum）相等。

函數 $f(x)$ 的定義如下：

$$f(x) = \begin{cases} 0, & x \in \mathbb{I} \text{ (irrational)} \\ 1, & x \in \mathbb{Q} \text{ (rational)} \end{cases}$$

我們要在閉區間 $[a, b]$ 上證明 $f(x)$ 不可積。

首先，我們回顧 Riemann 可積的定義。對於一個分割 $P = \{x_0, x_1, \dots, x_n\}$ of $[a, b]$，其中 $a = x_0 < x_1 < \dots < x_n = b$，我們定義：
$M_i = \sup_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x)$
$m_i = \inf_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x)$

上和（Upper sum）$U(P, f) = \sum_{i=1}^n M_i (x_i - x_{i-1})$。
下和（Lower sum）$L(P, f) = \sum_{i=1}^n m_i (x_i - x_{i-1})$。

函數 $f$ 在 $[a, b]$ 上 Riemann 可積，若且唯若存在一個分割 $P^*$ 使得 $U(P^*, f) = L(P^*, f)$，或者等價地，若且唯若 $\inf_P U(P, f) = \sup_P L(P, f)$。

核心觀念

本題考查微分近似。若 $y=f(x)$，則當 $x$ 由 $x_0$ 變為 $x_0+dx$ 時，

$$dy=f'(x_0)\,dx$$

因此可用

$$f(x_0+dx)\approx f(x_0)+dy$$

來估計函數值。

本題函數為

$$f(x)=\sqrt[3]{x}=x^{1/3},$$

其導數為

$$f'(x)=\frac{1}{3}x^{-2/3} =\frac{1}{3x^{2/3}}.$$

解題方法

選取接近 $5.97$ 且立方根容易計算的基準值：

$$5.832=(1.8)^3.$$

令

$$x_0=5.832,\qquad dx=5.97-5.832=0.138.$$

由於

$$f(x_0)=\sqrt[3]{5.832}=1.8,$$

且

此題考查的是多元函數的泰勒定理（Taylor's theorem）以及鏈式法則（chain rule）在方向導數上的應用，特別是關於函數在極值點的二階條件。

我們考慮函數 $g(t) = f(a + tu)$，其中 $a$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中的一點， $u \in \mathbb{R}^n$ 是一個向量， $f$ 是一個在以 $a$ 為中心的開球 $B(a)$ 上的二階連續可微函數。$t$ 是一個實數，使得 $a+tu$ 仍然在 $B(a)$ 內。

(a) 計算 $g'(0)$。
根據鏈式法則，對於 $g(t) = f(x_1(t), x_2(t), \dots, x_n(t))$，我們有：
$g'(t) = \sum_{i=1}^n \frac{\partial f}{\partial x_i}(x_1(t), \dots, x_n(t)) \frac{dx_i}{dt}$。
在這裡，我們令 $x_i(t) = a_i + t u_i$，其中 $a = (a_1, \dots, a_n)$ 和 $u = (u_1, \dots, u_n)$。
那麼 $\frac{dx_i}{dt} = u_i$。
所以，$g'(t) = \sum_{i=1}^n \frac{\partial f}{\partial x_i}(a + tu) u_i$。
令 $t=0$，我們得到：
$g'(0) = \sum_{i=1}^n \frac{\partial f}{\partial x_i}(a) u_i$。
這正是我們需要證明的第一個結果。這個結果實際上是方向導數的定義。

(b) 計算 $g''(0)$。
我們對 $g'(t)$ 再次求導，使用鏈式法則。
$g'(t) = \sum_{i=1}^n \frac{\partial f}{\partial x_i}(a + tu) u_i$。
$g''(t) = \frac{d}{dt} \left( \sum_{i=1}^n \frac{\partial f}{\partial x_i}(a + tu) u_i \right)$。
由於 $u_i$ 是常數，我們將求導運算符移入求和符內：
$g''(t) = \sum_{i=1}^n u_i \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial f}{\partial x_i}(a + tu) \right)$。
現在，我們需要計算 $\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial f}{\partial x_i}(a + tu) \right)$。
令 $h(t) = \frac{\partial f}{\partial x_i}(a + tu)$。這是一個關於 $t$ 的複合函數。
根據鏈式法則，對於 $\frac{\partial f}{\partial x_i}$ 這樣一個函數，其對 $t$ 的導數為：
$\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial f}{\partial x_i}(a + tu) \right) = \sum_{j=1}^n \frac{\partial}{\partial x_j} \left( \frac{\partial f}{\partial x_i} \right)(a + tu) \frac{dx_j}{dt}$。
我們知道 $\frac{dx_j}{dt} = u_j$。
所以，$\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial f}{\partial x_i}(a + tu) \right) = \sum_{j=1}^n \frac{\partial^2 f}{\partial x_j \partial x_i}(a + tu) u_j$。
將其代回 $g''(t)$ 的表達式：
$g''(t) = \sum_{i=1}^n u_i \left( \sum_{j=1}^n \frac{\partial^2 f}{\partial x_j \partial x_i}(a + tu) u_j \right)$。

此題考查的是隱函數定理（Implicit Function Theorem）及其應用，以及代數操作。

首先，我們有兩個方程組，我們希望找到 $x(u, v)$ 和 $y(u, v)$ 的條件，並證明一個關於 $x^2+y^2$ 的恆等式。

給定方程組：
(1) $ux^2 + vy^2 - 3uv = 5$
(2) $uy^2 + vx^2 + 3uv = 11$

第一部分：尋找存在連續可微函數 $x(u,v)$ 和 $y(u,v)$ 的條件。
這通常需要應用隱函數定理。隱函數定理要求我們考慮一個函數 $F(u, v, x, y) = (F_1, F_2)$，其中：
$F_1(u, v, x, y) = ux^2 + vy^2 - 3uv - 5 = 0$
$F_2(u, v, x, y) = uy^2 + vx^2 + 3uv - 11 = 0$

隱函數定理指出，如果 Jacobian 矩陣 $\frac{\partial(F_1, F_2)}{\partial(x, y)}$ 在點 $(u_0, v_0, x_0, y_0)$ 處可逆（即行列式不為零），則存在函數 $x(u, v)$ 和 $y(u, v)$ 在 $(u_0, v_0)$ 的鄰域內，滿足方程組，並且是連續可微的。

計算 Jacobian 矩陣 $\frac{\partial(F_1, F_2)}{\partial(x, y)}$：
$\frac{\partial F_1}{\partial x} = 2ux$
$\frac{\partial F_1}{\partial y} = 2vy$
$\frac{\partial F_2}{\partial x} = 2vx$
$\frac{\partial F_2}{\partial y} = 2uy$

Jacobian 矩陣為：
$J = \begin{pmatrix} \frac{\partial F_1}{\partial x} & \frac{\partial F_1}{\partial y} \\ \frac{\partial F_2}{\partial x} & \frac{\partial F_2}{\partial y} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2ux & 2vy \\ 2vx & 2uy \end{pmatrix}$

我們需要計算這個矩陣在點 $(u_0, v_0, x_0, y_0)$ 的行列式。
$\det(J) = (2ux_0)(2uy_0) - (2vy_0)(2vx_0) = 4ux_0y_0 - 4vy_0x_0 = 4x_0y_0(u - v)$。

根據隱函數定理，存在連續可微函數 $x(u, v)$ 和 $y(u, v)$，在 $(u_0, v_0)$ 附近滿足方程組，當且僅當 $\det(J)|_{(u_0,v_0,x_0,y_0)} \neq 0$。
即，$4x_0y_0(u_0 - v_0) \neq 0$。
這意味著 $x_0 \neq 0$, $y_0 \neq 0$, 且 $u_0 \neq v_0$。

此外，點 $(u_0, v_0, x_0, y_0)$ 本身必須滿足給定的方程組：
(1) $u_0x_0^2 + v_0y_0^2 - 3u_0v_0 = 5$
(2) $u_0y_0^2 + v_0x_0^2 + 3u_0v_0 = 11$

所以，存在函數 $x(u, v)$ 和 $y(u, v)$ 的條件是：

1. $(u_0, v_0, x_0, y_0)$ 滿足方程組。
2. $x_0 \neq 0, y_0 \neq 0, u_0 \neq v_0$。

第二部分：證明 $x^2 + y^2 = \frac{16}{u+v}$。
我們從給定的方程組開始，並嘗試代數操作來得到這個關係。
(1) $ux^2 + vy^2 = 5 + 3uv$
(2) $uy^2 + vx^2 = 11 - 3uv$

為了得到 $x^2+y^2$，我們可以嘗試將兩個方程相加。
將 (1) 乘以 $v$， (2) 乘以 $u$：
$v(ux^2 + vy^2) = v(5 + 3uv) \implies uvx^2 + v^2y^2 = 5v + 3uv^2$
$u(uy^2 + vx^2) = u(11 - 3uv) \implies u^2y^2 + uvx^2 = 11u - 3u^2v$

這似乎沒有直接導向 $x^2+y^2$。

我們嘗試另一種組合。
將 (1) 乘以 $u$， (2) 乘以 $v$：