108 年 國立臺灣大學數學系碩士班《高等微積分》

核心觀念

本題考查「$C^\infty$ 函數」與「平坦函數」的構造。關鍵是找到一個函數，使其在端點 $a,b$ 不僅函數值為 $0$，而且所有階導數也都趨近於 $0$。

基本例子為

$$\phi(t)= \begin{cases} e^{-1/t}, & t>0,\\ 0, & t\le 0. \end{cases}$$

此函數在 $t=0$ 處為 $C^\infty$，因為 $e^{-1/t}$ 向 $0^+$ 趨近時，比任何多項式負次方都更快趨近於 $0$。

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解題方法

在區間 $(a,b)$ 內取

$$t=(x-a)(b-x).$$

當 $x\in(a,b)$ 時，$x-a>0$ 且 $b-x>0$，因此 $t>0$；當 $x\notin(a,b)$ 時，直接將函數定義為 $0$。因此定義

$$f(x)= \begin{cases} \exp\left(-\dfrac{1}{(x-a)(b-x)}\right), & a<x<b,\\[1.2ex] 0, & x\le a\ \text{或}\ x\ge b. \end{cases}$$

在 $(a,b)$ 內，$(x-a)(b-x)>0$，故

$$f(x)=\exp\left(-\dfrac{1}{(x-a)(b-x)}\right)>0.$$

在區間外及端點，依定義有 $f(x)=0$。

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光滑性的證明

1. 內部區間 $(a,b)$

在 $(a,b)$ 內，函數

$$x\mapsto (x-a)(b-x)$$

是多項式，且值恆正。因此

$$x\mapsto -\frac{1}{(x-a)(b-x)}$$

是 $C^\infty$ 函數，而指數函數也是 $C^\infty$ 函數。由複合函數定理，$f$ 在 $(a,b)$ 上為 $C^\infty$。

2. 區間外

在 $(-\infty,a)$ 與 $(b,\infty)$ 上，$f(x)\equiv 0$，因此所有階導數皆為 $0$。

剩下只需證明 $f$ 在 $a,b$ 處也是 $C^\infty$。

3. 端點 $a$ 的行為

令

$$u=x-a.$$

當 $x\to a^+$ 時，$u\to0^+$，且

$$(x-a)(b-x)=u(b-a-u).$$

因為 $b-a-u$ 在 $x$ 充分接近 $a$ 時為正且有界離開 $0$，所以對某個常數 $c>0$，

$$(x-a)(b-x)\ge cu.$$

因此

$$0<f(x) = \exp\left(-\frac{1}{(x-a)(b-x)}\right) \le e^{-1/(cu)}.$$

另一方面，對任意正整數 $N$，

核心觀念

本題結合以下三個觀念：

1. 以原函數
   $F(x)=\int_a^x f(t)\,dt$
   將 $f$ 的積分改寫成 $F$。
2. 使用分部積分：
   $\int_a^b F(x)\phi'(x)\,dx.$
3. 因為 $f$ 連續，所以 $F$ 連續；又因為 $\phi$ 單調遞增且為 $C^1$ 函數，所以 $\phi'(x)\ge 0$。因此可使用積分平均值定理。

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解題方法

令
$F(x)=\int_a^x f(t)\,dt.$

由微積分基本定理，$F$ 在 $[a,b]$ 上連續，且
$F'(x)=f(x).$

對左側積分作分部積分：

$$\begin{aligned} \int_a^b f(x)\phi(x)\,dx &=\int_a^b F'(x)\phi(x)\,dx\\ &=\left[F(x)\phi(x)\right]_a^b-\int_a^b F(x)\phi'(x)\,dx. \end{aligned}$$

由於
$F(a)=\int_a^a f(t)\,dt=0,$
且
$F(b)=\int_a^b f(t)\,dt,$
故

$$\int_a^b f(x)\phi(x)\,dx = \phi(b)\int_a^b f(x)\,dx -\int_a^b F(x)\phi'(x)\,dx.$$

若 $\phi$ 在 $[a,b]$ 上為單調遞增函數，則
$\phi'(x)\ge 0.$

當 $\phi(b)>\phi(a)$ 時，由積分平均值定理，存在 $c\in[a,b]$ 使得

$$\int_a^b F(x)\phi'(x)\,dx = F(c)\int_a^b \phi'(x)\,dx.$$

再由微積分基本定理，

$$\int_a^b \phi'(x)\,dx=\phi(b)-\phi(a).$$

因此

$$\int_a^b F(x)\phi'(x)\,dx = \left(\phi(b)-\phi(a)\right)F(c).$$

代回前式：

核心觀念

本題考查三個概念：

1. 連續性的 $\varepsilon$–$\delta$ 判定，或利用夾擠定理證明
   $\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=f(0,0)=0.$

2. 方向導數定義。對單位向量 $u=(u_1,u_2)$，方向導數為

$$\frac{\partial f}{\partial u}(0,0) =\lim_{t\to 0}\frac{f(tu_1,tu_2)-f(0,0)}{t}.$$

3. 可微性的必要條件：若 $f$ 在原點可微，則所有方向導數必須由同一個線性映射給出，即
   $\frac{\partial f}{\partial u}(0,0)=Df(0,0)u.$

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(a) 證明 $f$ 在 $(0,0)$ 連續

當 $(x,y)\neq(0,0)$ 時，

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

由於

$$0\leq \frac{x^2}{x^2+y^2}\leq 1,$$

因此

$$|f(x,y)|\leq |y|.$$

又因為

$$|y|\leq \sqrt{x^2+y^2},$$

可得

$$|f(x,y)|\leq \sqrt{x^2+y^2}.$$

當 $(x,y)\to(0,0)$ 時，右側趨近於 $0$，由夾擠定理，

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0.$$

而

$$f(0,0)=0,$$

所以

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=f(0,0).$$

故 $f$ 在 $(0,0)$ 連續。

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(b) 計算任意方向導數

令 $u=(u_1,u_2)$ 為任意單位向量，因此

$$u_1^2+u_2^2=1.$$

沿著方向 $u$ 從原點出發，令

$$(x,y)=t(u_1,u_2)=(tu_1,tu_2).$$

當 $t\neq 0$ 時，

$$f(tu_1,tu_2) = \frac{(tu_1)^2(tu_2)} {(tu_1)^2+(tu_2)^2}.$$

整理得

$$f(tu_1,tu_2) = \frac{t^3u_1^2u_2} {t^2(u_1^2+u_2^2)} = \frac{t u_1^2u_2}{u_1^2+u_2^2}.$$

由於 $u$ 是單位向量，$u_1^2+u_2^2=1$，所以

$$f(tu_1,tu_2)=t u_1^2u_2.$$

依方向導數定義，

$$\frac{\partial f}{\partial u}(0,0) = \lim_{t\to0} \frac{f(tu_1,tu_2)-f(0,0)}{t}.$$

代入 $f(0,0)=0$ 與上式，

$$\frac{\partial f}{\partial u}(0,0) = \lim_{t\to0}\frac{t u_1^2u_2}{t} = u_1^2u_2.$$

因此，任意單位方向 $u=(u_1,u_2)$ 的方向導數皆存在，且

$$\boxed{\frac{\partial f}{\partial u}(0,0)=u_1^2u_2}.$$

核心觀念

本題考查三維向量分析中的：

• 梯度與方向導數：
  $\frac{\partial g}{\partial n}=\nabla g\cdot n$
• 高斯散度定理：

$$\iint_{\partial D}\nabla g\cdot n\,dA =\iiint_D \nabla\cdot(\nabla g)\,dV =\iiint_D \Delta g\,dV$$

• 基本解
  $g(x,y,z)=\frac{1}{r},\qquad r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$
  在原點以外滿足
  $\Delta g=0.$

函數 $g$ 在原點不定義，因此套用散度定理時，必須避開原點，不能直接在含有原點的區域上使用。

解題方法

先計算 $g$ 的梯度：

$$\nabla g = \left( \frac{\partial g}{\partial x}, \frac{\partial g}{\partial y}, \frac{\partial g}{\partial z} \right).$$

由

$$g=(x^2+y^2+z^2)^{-1/2},$$

可得

$$\nabla g = -\frac{(x,y,z)}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}.$$

以 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ 表示，即

$$\nabla g=-\frac{1}{r^2}e_r,$$

其中 $e_r$ 是由原點向外的單位徑向向量。

(a) 單位球面的通量

在單位球面 $S$ 上，$r=1$，且單位外法向量為

$$n=e_r=(x,y,z).$$

因此

$$\frac{\partial g}{\partial n} = \nabla g\cdot n = -\frac{1}{r^2}e_r\cdot e_r.$$

在單位球面上 $r=1$，故

$$\frac{\partial g}{\partial n}=-1.$$

單位球面的面積為 $4\pi$，因此

$$\iint_S\frac{\partial g}{\partial n}\,dA = \iint_S(-1)\,dA = -4\pi.$$

(b) 任意包住原點的區域

設原點位於 $R$ 的內部。因為原點是內點，存在 $\varepsilon>0$，使得閉球

$$\overline{B_\varepsilon(0)}\subset R.$$

考慮去除原點附近小球後的區域

$$D=R\setminus \overline{B_\varepsilon(0)}.$$

在 $D$ 上 $g$ 光滑，且滿足

$$\Delta g=0.$$

由高斯散度定理，

$$0 = \iiint_D\Delta g\,dV = \iint_{\partial D}\frac{\partial g}{\partial n}\,dA.$$

區域 $D$ 的邊界由外側邊界 $\partial R$ 與內側球面 $S_\varepsilon$ 組成，因此

核心觀念

本題考查：

1. 黎曼可積分函數的 Riemann–Lebesgue 引理：若 $f$ 在有限閉區間 $[a,b]$ 上黎曼可積分，則
   $\lim_{\lambda\to\infty}\int_a^b f(x)\sin(\lambda x+\theta_\lambda)\,dx=0,$
   其中相位 $\theta_\lambda$ 可隨 $\lambda$ 改變。
2. 三角恆等式
   $\cos^2 t=\frac{1+\cos(2t)}{2}.$

關鍵在於：即使 $f$ 只有黎曼可積分，仍可用階梯函數逼近；而高頻率的正弦、餘弦在每個小區間上的積分會互相抵消。

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一、先證明所需的振盪積分結果

引理

若 $f$ 在 $[a,b]$ 上黎曼可積分，且 $\lambda_n\to\infty$，$\theta_n$ 為任意實數序列，則

$$\lim_{n\to\infty}\int_a^b f(x)\cos(\lambda_n x+\theta_n)\,dx=0.$$

正弦函數的版本同樣成立。

證明

給定 $\varepsilon>0$。由黎曼可積分函數可由階梯函數在積分意義下逼近，存在階梯函數 $g$，使得

$$\int_a^b |f(x)-g(x)|\,dx<\varepsilon.$$

利用三角函數的絕對值不超過 $1$，有

$$\begin{aligned} \left|\int_a^b f(x)\cos(\lambda_nx+\theta_n)\,dx\right| &\leq \int_a^b |f(x)-g(x)|\,dx \\ &\quad+\left|\int_a^b g(x)\cos(\lambda_nx+\theta_n)\,dx\right|\\ &<\varepsilon+ \left|\int_a^b g(x)\cos(\lambda_nx+\theta_n)\,dx\right|. \end{aligned}$$

設 $g$ 在有限個分割區間上為常數：

$$g(x)=A_j,\qquad x\in [x_{j-1},x_j],\quad j=1,\ldots,m.$$

則

$$\int_a^b g(x)\cos(\lambda_nx+\theta_n)\,dx = \sum_{j=1}^m A_j \int_{x_{j-1}}^{x_j}\cos(\lambda_nx+\theta_n)\,dx.$$

而

$$\int_{x_{j-1}}^{x_j}\cos(\lambda_nx+\theta_n)\,dx = \frac{\sin(\lambda_nx_j+\theta_n)-\sin(\lambda_nx_{j-1}+\theta_n)} {\lambda_n},$$

因此

$$\left| \int_{x_{j-1}}^{x_j}\cos(\lambda_nx+\theta_n)\,dx \right| \leq \frac{2}{\lambda_n}.$$

所以

$$\left| \int_a^b g(x)\cos(\lambda_nx+\theta_n)\,dx \right| \leq \frac{2}{\lambda_n}\sum_{j=1}^m |A_j| \longrightarrow 0.$$

故當 $n$ 足夠大時，

$$\left|\int_a^b f(x)\cos(\lambda_nx+\theta_n)\,dx\right| <2\varepsilon.$$

由 $\varepsilon$ 任意可得

$$\lim_{n\to\infty}\int_a^b f(x)\cos(\lambda_nx+\theta_n)\,dx=0.$$

核心觀念

本題考查：

• 數列遞迴式的數學歸納法；
• 階乘的提取與化簡；
• 指數函數級數表示式
  $e=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!};$
• 注意數列公式中的索引範圍。

令
$s_n=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!}.$

（a）證明 $e_n=n!s_n$

欲證明
$e_n=n!\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!},$
採用數學歸納法。

當 $n=1$ 時，
$1!s_1=1!\sum_{k=0}^{0}\frac{1}{k!}=1,$
而題設給定 $e_1=1$，因此命題對 $n=1$ 成立。

假設對某個 $n\ge 1$ 成立，即
$e_n=n!s_n.$

由遞迴關係，
\begin{align*}
e_{n+1}
&=(n+1)(e_n+1)\
&=(n+1)(n!s_n+1)\
&=(n+1)!\left(s_n+\frac{1}{n!}\right).
\end{align*}

又因為

$$s_n+\frac{1}{n!} =\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!}+\frac{1}{n!} =\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!} =s_{n+1},$$

所以
$e_{n+1}=(n+1)!s_{n+1}.$

因此由數學歸納法，
$\boxed{e_n=n!s_n=n!\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!}}.$

（b）公式與極限

由（a）直接得到
$\boxed{e_n=n!\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!}}.$

因此

$$\frac{e_n}{n!} =\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!}.$$

當 $n\to\infty$ 時，右側為指數函數級數的部分和，因此
\begin{align*}
\lim_{n\to\infty}\frac{e_n}{n!}

核心觀念

本題考查：

• 數列遞迴式的數學歸納法；
• 階乘的提取與化簡；
• 指數函數級數表示式
  $e=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!};$
• 注意數列公式中的索引範圍。

令
$s_n=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!}.$

（a）證明 $e_n=n!s_n$

欲證明
$e_n=n!\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!},$
採用數學歸納法。

當 $n=1$ 時，
$1!s_1=1!\sum_{k=0}^{0}\frac{1}{k!}=1,$
而題設給定 $e_1=1$，因此命題對 $n=1$ 成立。

假設對某個 $n\ge 1$ 成立，即
$e_n=n!s_n.$

由遞迴關係，
\begin{align*}
e_{n+1}
&=(n+1)(e_n+1)\
&=(n+1)(n!s_n+1)\
&=(n+1)!\left(s_n+\frac{1}{n!}\right).
\end{align*}

又因為

$$s_n+\frac{1}{n!} =\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!}+\frac{1}{n!} =\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!} =s_{n+1},$$

所以
$e_{n+1}=(n+1)!s_{n+1}.$

因此由數學歸納法，
$\boxed{e_n=n!s_n=n!\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!}}.$

（b）公式與極限

由（a）直接得到
$\boxed{e_n=n!\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!}}.$

因此

$$\frac{e_n}{n!} =\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!}.$$

當 $n\to\infty$ 時，右側為指數函數級數的部分和，因此
\begin{align*}
\lim_{n\to\infty}\frac{e_n}{n!}