109 年 國立臺灣大學數學系碩士班《高等微積分》

核心觀念

題目給出的條件

$$|f(x)-f(y)|\le M|x-y|^c$$

表示 $f$ 滿足 Hölder 條件，其中 $M>0$、$c>0$。核心觀念有三：

1. 利用 $\varepsilon$–$\delta$ 定義證明一致連續。
2. 利用 Hölder 不等式證明當 $x\to a^+$ 或 $x\to b^-$ 時，$f(x)$ 分別趨近某個有限極限。
3. 以兩端點的極限定義延拓函數，再證明延拓後在 $[a,b]$ 上連續，並利用稠密性證明唯一性。

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解題方法

（a）證明 $f$ 在 $(a,b)$ 上一致連續

一致連續的定義是：對任意 $\varepsilon>0$，存在只依賴 $\varepsilon$、而與 $x,y$ 的位置無關的 $\delta>0$，使得對所有 $x,y\in(a,b)$，

$$|x-y|<\delta \quad\Longrightarrow\quad |f(x)-f(y)|<\varepsilon.$$

由題設，

$$|f(x)-f(y)|\le M|x-y|^c.$$

固定任意 $\varepsilon>0$，取

$$\delta=\left(\frac{\varepsilon}{M}\right)^{1/c}.$$

當 $x,y\in(a,b)$ 且 $|x-y|<\delta$ 時，

$$|f(x)-f(y)| \le M|x-y|^c < M\delta^c.$$

代入 $\delta$ 的選取方式：

$$M\delta^c = M\left(\frac{\varepsilon}{M}\right) = \varepsilon.$$

因此

$$|x-y|<\delta \quad\Longrightarrow\quad |f(x)-f(y)|<\varepsilon.$$

這個 $\delta$ 與 $x,y$ 無關，故 $f$ 在 $(a,b)$ 上一致連續。

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（b）延拓至 $[a,b]$

第一步：證明 $x\to a^+$ 時 $f(x)$ 有極限

取任意數列 $\{x_n\}\subset(a,b)$，且

$$x_n\to a.$$

對任意 $m,n$，由題設可得

$$|f(x_n)-f(x_m)| \le M|x_n-x_m|^c.$$

因為 $x_n\to a$，所以 $\{x_n\}$ 是 Cauchy 數列，亦即

$$|x_n-x_m|\to 0 \qquad (m,n\to\infty).$$

由 $c>0$，

$$|x_n-x_m|^c\to 0.$$

因此

$$|f(x_n)-f(x_m)|\to 0.$$

所以 $\{f(x_n)\}$ 是 $\mathbb R$ 中的 Cauchy 數列。由實數完備性，$\{f(x_n)\}$ 收斂。

若 $\{x_n\}$、$\{y_n\}$ 都收斂至 $a$，則

$$|f(x_n)-f(y_n)| \le M|x_n-y_n|^c\to 0.$$

故兩者所得到的極限相同。因此極限與趨近 $a$ 的方式無關，可以定義

$$L_a=\lim_{x\to a^+}f(x).$$

第二步：證明 $x\to b^-$ 時 $f(x)$ 有極限

同理，若 $x_n\to b^-$，則

$$|f(x_n)-f(x_m)| \le M|x_n-x_m|^c\to 0.$$

因此 $\{f(x_n)\}$ 收斂，且極限與數列選取無關，所以存在有限極限

$$L_b=\lim_{x\to b^-}f(x).$$

第三步：定義延拓函數

定義 $\widetilde f:[a,b]\to\mathbb R$ 為

核心觀念

一致收斂到 $0$ 的定義是：對每個 $\varepsilon>0$，存在只依賴 $\varepsilon$、不依賴 $x$ 的整數 $N$，使得當 $n\ge N$ 時，對定義域內所有 $x$ 都有

$$|f_n(x)|<\varepsilon.$$

等價地，若 $f_n$ 在定義域 $D$ 上一致收斂到 $0$，則

$$\sup_{x\in D}|f_n(x)|\longrightarrow 0.$$

本題的關鍵在於指數 $-nx^2$：當 $x$ 靠近 $0$ 時，$nx^2$ 不一定大；若定義域與 $0$ 保持正距離，則 $nx^2$ 至少以 $n$ 的速度增大。

解題方法

先確認點態極限。對任意固定的 $x>0$，有 $nx^2\to\infty$，因此

$$f_n(x)=e^{-nx^2}\longrightarrow 0.$$

但點態收斂不代表一致收斂，仍須檢查整個定義域上的誤差上確界。

(a) 在 $(0,\infty)$ 上不是一致收斂

對每個 $n$，取

$$x_n=\frac{1}{\sqrt n}>0.$$

則

$$f_n(x_n)=e^{-n(1/\sqrt n)^2}=e^{-1}.$$

因此

$$\sup_{x>0}|f_n(x)|\ge e^{-1}$$

核心觀念

本題考查：

• 臨界點與 Hessian 矩陣。
• Hessian 奇異時，二階導數判別法失效。
• 沿任意直線檢查局部極小值，只能判斷直線方向上的行為，不能直接推出二變數函數具有局部極小值。
• 以適當的非直線路徑尋找反例，判斷函數是否為局部極小。

函數為

$$f(x,y)=2x^4-3yx^2+y^2.$$

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(a) 證明 $(0,0)$ 是退化臨界點

先求一階偏導數：

$$f_x(x,y)=8x^3-6xy,$$ $$f_y(x,y)=-3x^2+2y.$$

代入 $(0,0)$：

$$f_x(0,0)=0,\qquad f_y(0,0)=0.$$

因此 $(0,0)$ 是 $f$ 的臨界點。

接著求二階偏導數：

$$f_{xx}(x,y)=24x^2-6y,$$ $$f_{xy}(x,y)=f_{yx}(x,y)=-6x,$$ $$f_{yy}(x,y)=2.$$

所以 Hessian 矩陣為

$$H_f(x,y)= \begin{pmatrix} 24x^2-6y & -6x\\ -6x & 2 \end{pmatrix}.$$

在原點：

$$H_f(0,0)= \begin{pmatrix} 0&0\\ 0&2 \end{pmatrix}.$$

其行列式為

$$\det H_f(0,0)=0\cdot 2-0\cdot 0=0.$$

因此 Hessian 矩陣是奇異矩陣，故 $(0,0)$ 是退化臨界點。

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(b) 任意直線上有局部極小，但二變數函數本身沒有局部極小

1. 沿任意直線計算 $g(t)$

給定 $(a,b)\neq(0,0)$，令

$$g(t)=f(at,bt).$$

代入 $f$：

$$\begin{aligned} g(t) &=2(at)^4-3(bt)(at)^2+(bt)^2\\ &=2a^4t^4-3a^2bt^3+b^2t^2. \end{aligned}$$

提出 $t^2$：

$$g(t)=t^2\left(b^2-3a^2bt+2a^4t^2\right).$$

分情況討論。

情形一：$b\neq 0$

令

$$q(t)=b^2-3a^2bt+2a^4t^2.$$

由於 $q(t)$ 是連續函數，且

$$q(0)=b^2>0,$$

所以存在 $\delta>0$，使得當 $|t|<\delta$ 時，

$$q(t)>0.$$

因此在 $|t|<\delta$ 時，

$$g(t)=t^2q(t)\geq 0=g(0).$$

故 $g$ 在 $t=0$ 有局部極小值。事實上，當 $t\neq 0$ 且 $|t|<\delta$ 時，$g(t)>0$，所以這是嚴格局部極小值。

情形二：$b=0$

因為 $(a,b)\neq(0,0)$，此時必有 $a\neq 0$。代入得

$$g(t)=2a^4t^4.$$

由於 $a\neq0$，所以

$$g(t)\geq 0=g(0),$$

核心觀念

多變數函數在 $a=(0,0)$ 的四階 Taylor 多項式，是保留總次數不超過 $4$ 的所有項：

$$T_4f(x,y)=\sum_{i+j\leq 4} \frac{1}{i!j!} \frac{\partial^{i+j}f}{\partial x^i\partial y^j}(0,0)x^iy^j.$$

本題函數可寫成

$$f(x,y)=e^{q(x,y)},\qquad q(x,y)=x^2+xy+y^2.$$

由於 $q$ 是二次齊次多項式，因此 $q^k$ 的總次數為 $2k$。要保留至四次項，只需展開指數函數至 $q^2$。

解題方法

指數函數的 Taylor 展開為

$$e^u=1+u+\frac{u^2}{2!}+\frac{u^3}{3!}+\cdots.$$

令

$$u=x^2+xy+y^2,$$

則

$$e^{x^2+xy+y^2} = 1+(x^2+xy+y^2) +\frac{1}{2}(x^2+xy+y^2)^2 +\frac{1}{6}(x^2+xy+y^2)^3+\cdots.$$

其中：

• $1$ 是零次項；
• $x^2+xy+y^2$ 是二次項；
• $(x^2+xy+y^2)^2$ 是四次項；
• $(x^2+xy+y^2)^3$ 的總次數為 $6$，超過四階範圍，因此捨去。

計算平方項：

核心觀念

本題在考 $C[0,1]$ equipped with supremum metric 的三個基本性質：

• 有界性：是否存在 $M>0$，使得對所有 $f\in K$ 都有 $d(f,0)\le M$。
• 緊緻性：在度量空間中，緊緻等價於每個序列都有收斂子序列，且極限仍在集合中。對 $C[0,1]$ 而言，可使用 Arzelà–Ascoli 定理。
• 閉集性：若 $K$ 中的函數序列一致收斂到 $f$，則必須有 $f\in K$。

令

$$f_n(x)=\cos(nx),\qquad n=1,2,\ldots$$

則 $K=\{f_n:n\in\mathbb N\}$。

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(a) $K$ 是否有界？

對任意 $n$ 與 $x\in[0,1]$，

$$|f_n(x)|=|\cos(nx)|\le 1.$$

因此

$$d(f_n,0) =\max_{x\in[0,1]}|\cos(nx)| \le 1.$$

事實上，取 $x=0$ 即得 $|f_n(0)|=1$，所以

$$d(f_n,0)=1.$$

因此 $K$ 被半徑 $1$ 的球包含：

$$K\subseteq \overline{B}(0,1).$$

所以 $K$ 有界。

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(b) $K$ 是否緊緻？

方法：使用 Arzelà–Ascoli 定理

Arzelà–Ascoli 定理指出，在 $C[0,1]$ 的一致範數下，一族函數若要具有相對緊緻性，必須一致有界且等度連續。

雖然 $K$ 有界，但它不是等度連續的。

取任意足夠大的 $n$，令

$$x_n=0,\qquad y_n=\frac{\pi}{2n}.$$

當 $n\ge 2$ 時，$y_n\in[0,1]$，而且

$$|x_n-y_n|=\frac{\pi}{2n}\longrightarrow 0.$$

然而，

$$|f_n(x_n)-f_n(y_n)| = \left|\cos(0)-\cos\left(n\cdot\frac{\pi}{2n}\right)\right| = \left|1-\cos\frac{\pi}{2}\right| =1.$$

這表示即使 $x_n$ 與 $y_n$ 越來越接近，函數值的差仍然固定為 $1$。因此不存在共同的 $\delta>0$，能使所有 $f_n$ 同時滿足等度連續條件。

故 $K$ 不是等度連續族。由 Arzelà–Ascoli 定理，$K$ 不具相對緊緻性，因而不可能是緊緻集。

所以 $K$ 不緊緻。

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(c) $K$ 是否閉？

核心觀念

令

$$L_a=\lim_{x\to a}f(x).$$

集合 $E$ 所包含的點，正是函數在 $a$ 處極限存在，但函數值 $f(a)$ 不等於極限值 $L_a$ 的點，也就是可去間斷點。

關鍵事實是：若 $f(a)<L_a$，則可在兩者之間取有理數 $q$，並利用極限定義，使得 $a$ 附近除 $a$ 以外的所有點都滿足 $f(x)>q$。若 $f(a)>L_a$，則可 similarly 取有理數 $q$，使附近除 $a$ 以外的點都滿足 $f(x)<q$。

藉由有理數與有理區間皆為可數集合，即可將 $E$ 編碼進一個可數集合中。

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解題方法

將 $E$ 分成兩部分：

$$E_+=\{a\in E:f(a)<L_a\},$$

以及

$$E_-=\{a\in E:f(a)>L_a\}.$$

因為 $f(a)\neq L_a$，所以

$$E=E_+\cup E_-.$$

先證明 $E_+$ 至多可數。

對任意 $a\in E_+$，有

$$f(a)<L_a.$$

由有理數在實數中稠密，可選取有理數 $q$ 使得

$$f(a)<q<L_a.$$

由於 $\lim_{x\to a}f(x)=L_a$，取

$$\varepsilon=L_a-q>0.$$

根據極限定義，存在 $\delta>0$，使得當

$$0<|x-a|<\delta$$

時，有

$$|f(x)-L_a|<L_a-q.$$

因此

$$f(x)>q.$$

再取一個端點為有理數的開區間 $I_a$，滿足

$$a\in I_a\subset (a-\delta,a+\delta).$$

於是對所有 $x\in I_a\setminus\{a\}$，都有

$$f(x)>q.$$

對每個 $a\in E_+$，指定一組資料 $(q,I_a)$。其中 $q\in\mathbb Q$，而 $I_a$ 是端點為有理數的開區間。

證明同一組 $(q,I)$ 不可能對應到 $E_+$ 中兩個不同的點。假設 $a,b\in E_+$ 且 $a\neq b$，兩者都對應到相同的 $(q,I)$。因為 $a,b\in I$ 且 $a\neq b$，將 $x=b$ 代入 $a$ 所滿足的條件，可得

$$f(b)>q.$$

但 $b$ 對應到同一個 $q$，依定義又有