113 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：

• 三角函數的週期與倍角公式；
• 整數平方的奇偶性；
• 數列收斂的必要條件；
• 利用遞迴關係判斷數列是否可能收斂。

由於 $n\in\mathbb{N}$，有

$$\cos(\pi n^2+n) =\cos(\pi n^2)\cos n-\sin(\pi n^2)\sin n.$$

又因為 $\sin(\pi n^2)=0$，且

$$\cos(\pi n^2)=(-1)^{n^2}=(-1)^n,$$

其中 $n^2$ 與 $n$ 具有相同奇偶性，因此原數列可化為

$$a_n=\cos(\pi n^2+n)=(-1)^n\cos n.$$

---

解題方法

設

$$a_n=(-1)^n\cos n.$$

利用

$$\cos(n+2)=2\cos 1\cos(n+1)-\cos n,$$

可得

$$\begin{aligned} a_{n+2} &=(-1)^{n+2}\cos(n+2)\\ &=(-1)^n\left[2\cos 1\cos(n+1)-\cos n\right]\\ &=-2\cos 1\,a_{n+1}-a_n. \end{aligned}$$

假設數列 $(a_n)$ 收斂，令

$$\lim_{n\to\infty}a_n=L.$$

由數列的位移不改變極限，

$$\lim_{n\to\infty}a_{n+1} = \lim_{n\to\infty}a_{n+2} =L.$$

將極限代入遞迴式：

$$L=-2\cos 1\cdot L-L.$$

因此

$$2(1+\cos 1)L=0.$$

此題考驗級數的一致收斂、連續性以及可微性，是關於函數項級數的重要主題。

(a) 證明級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^x}$ 在 $[1+\delta, \infty)$ 上一致收斂。

核心觀念：Weierstrass M-test (M-檢驗法)。
若對於級數 $\sum f_n(x)$，存在常數 $M_n > 0$ 使得 $|f_n(x)| \le M_n$ 對於所有 $x$ 在某定義域上成立，且級數 $\sum M_n$ 收斂，則級數 $\sum f_n(x)$ 在該定義域上一致收斂。

在此題中，$f_n(x) = \frac{1}{n^x}$。
我們考慮定義域為 $[1+\delta, \infty)$，其中 $\delta > 0$。
對於 $x \in [1+\delta, \infty)$，我們有 $x \ge 1+\delta$。
因此，$n^x = n^{1+\delta}$ 當 $x \ge 1+\delta$ 且 $n \ge 1$。
所以，對於 $n \ge 1$ 和 $x \ge 1+\delta$，我們有：
$|f_n(x)| = \left|\frac{1}{n^x}\right| = \frac{1}{n^x}$。
因為 $x \ge 1+\delta$，所以 $n^x \ge n^{1+\delta}$。
因此，$\frac{1}{n^x} \le \frac{1}{n^{1+\delta}}$。

我們選擇 $M_n = \frac{1}{n^{1+\delta}}$。
現在我們需要檢查級數 $\sum_{n=1}^{\infty} M_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1+\delta}}$ 是否收斂。
這是一個 $p$-級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$，其中 $p = 1+\delta$。
因為 $\delta > 0$，所以 $p = 1+\delta > 1$。
根據 $p$-級數的收斂判別法，當 $p > 1$ 時，級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$ 收斂。
因此，級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1+\delta}}$ 收斂。

根據 Weierstrass M-test，級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^x}$ 在區間 $[1+\delta, \infty)$ 上一致收斂。

【答案】
根據 Weierstrass M-test，對於 $x \in [1+\delta, \infty)$，我們有 $| \frac{1}{n^x} | = \frac{1}{n^x} \le \frac{1}{n^{1+\delta}}$。由於級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1+\delta}}$ (p-級數，p=1+δ>1) 收斂，故級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^x}$ 在 $[1+\delta, \infty)$ 上一致收斂。

(b) 利用 (a) 的結果，證明 $F(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^x}$ 在 $(1, \infty)$ 上連續。

核心觀念：一致收斂級數的極限函數的連續性。
若級數 $\sum f_n(x)$ 在一個集合 $D$ 上一致收斂到 $F(x)$，且每個 $f_n(x)$ 在 $D$ 上連續，則 $F(x)$ 在 $D$ 上連續。

在此題中，我們考慮函數項級數 $F(x) = \sum_{n=1}^{\infty} f_n(x)$，其中 $f_n(x) = \frac{1}{n^x}$。
對於每一個固定的 $n \ge 1$，函數 $f_n(x) = \frac{1}{n^x} = e^{-x \ln n}$ 是在 $(1, \infty)$ 上連續的 (因為指數函數和對數函數是連續的，且 $x \ln n > 0$)。

從 (a) 的結果，我們知道對於任何 $\delta > 0$，級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^x}$ 在區間 $[1+\delta, \infty)$ 上一致收斂。
區間 $(1, \infty)$ 可以被表示為無窮多個此類區間的聯集，例如 $(1, \infty) = \bigcup_{k=1}^{\infty} [1+\frac{1}{k}, \infty)$。
或者，我們可以這樣思考：對於任意 $x_0 \in (1, \infty)$，我們可以選擇一個 $\delta > 0$ 使得 $[x_0, \infty) \subset [1+\delta, \infty)$。
例如，取 $\delta = \frac{x_0-1}{2} > 0$。則 $1+\delta = 1 + \frac{x_0-1}{2} = \frac{2+x_0-1}{2} = \frac{x_0+1}{2}$。
因為 $x_0 > 1$，所以 $x_0+1 > 2$，$\frac{x_0+1}{2} > 1$。
且 $x_0 - \frac{x_0+1}{2} = \frac{2x_0 - x_0 - 1}{2} = \frac{x_0-1}{2} > 0$，所以 $x_0 > \frac{x_0+1}{2}$。
這說明 $x_0$ 嚴格大於 $1+\delta$。
所以，對於任意 $x_0 \in (1, \infty)$，我們總是可以找到一個 $\delta > 0$ 使得 $x_0 \in [1+\delta, \infty)$。
並且，在 $[1+\delta, \infty)$ 上，級數一致收斂。
因此，對於任意 $x_0 \in (1, \infty)$，級數在包含 $x_0$ 的某個區間 $[1+\delta, \infty)$ 上一致收斂。

由於級數在包含 $x_0$ 的某個區間上一致收斂，且每一項 $f_n(x) = \frac{1}{n^x}$ 在該區間上連續，所以極限函數 $F(x)$ 在該區間上連續。
這意味著 $F(x)$ 在 $(1, \infty)$ 的每一個點 $x_0$ 處都連續。
因此，$F(x)$ 在 $(1, \infty)$ 上連續。

【答案】
級數 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^x}$ 的每一項 $f_n(x) = \frac{1}{n^x}$ 在 $(1, \infty)$ 上連續。對於任意 $x_0 \in (1, \infty)$，我們可選取 $\delta > 0$ 使得 $x_0 \in [1+\delta, \infty)$。

核心觀念

這是 Thomae 函數（又稱爆米花函數）。函數在既約分數 $p/q$ 處取值 $1/q$，在無理數處取值 $0$。證明黎曼可積的一個直接方法，是使用 達布判準：對任意 $\varepsilon>0$，找出一個分割，使上和與下和之差小於 $\varepsilon$。

關鍵在於：分母不超過固定整數 $N$ 的有理數只有有限多個；其餘有理數的函數值都不超過 $1/(N+1)$。

解題方法

先注意 $f(x)\geq 0$。對任意非退化區間，其中都有無理數，而無理數處 $f=0$，因此每個分割小區間上的下確界都是 $0$。所以任意分割 $P$ 的下和為

$$L(f,P)=0.$$

接著控制上和。給定 $\varepsilon>0$，選取正整數 $N$，使

$$\frac{1}{N+1}<\frac{\varepsilon}{2}.$$

令 $E_N$ 為所有分母不超過 $N$ 的既約有理數：

$$E_N=\left\{\frac{p}{q}\in[0,1]:\gcd(p,q)=1,\ 1\leq q\leq N\right\}.$$

集合 $E_N$ 是有限集。對其中每一點取一個小開區間，並使這些區間在 $[0,1]$ 中的聯集總長度小於 $\varepsilon/2$。將這些區間的端點加入分割 $P$，並令分割小區間依位置分成兩類：

此題考察多元函數的偏導數存在性與交換性，特別是在奇異點 $(0,0)$ 附近的行為。

(a) 證明 $f$ 的所有二階偏導數都存在。

首先，我們計算一階偏導數。
對於 $(x, y) \neq (0, 0)$:
$\frac{\partial f}{\partial x}(x, y) = \frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{x^2 y^2}{x^2 + y^2}\right) = \frac{(2xy^2)(x^2+y^2) - (x^2 y^2)(2x)}{(x^2+y^2)^2} = \frac{2x^3 y^2 + 2xy^4 - 2x^3 y^2}{(x^2+y^2)^2} = \frac{2xy^4}{(x^2+y^2)^2}$。
$\frac{\partial f}{\partial y}(x, y) = \frac{\partial}{\partial y} \left(\frac{x^2 y^2}{x^2 + y^2}\right) = \frac{(x^2 2y)(x^2+y^2) - (x^2 y^2)(2y)}{(x^2+y^2)^2} = \frac{2x^4 y + 2x^2 y^3 - 2x^2 y^3}{(x^2+y^2)^2} = \frac{2x^4 y}{(x^2+y^2)^2}$。

現在我們計算在點 $(0,0)$ 的偏導數。
$\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h, 0) - f(0, 0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{h^2 \cdot 0^2}{h^2+0^2} - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{0}{h} = 0$。
$\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = \lim_{k \to 0} \frac{f(0, k) - f(0, 0)}{k} = \lim_{k \to 0} \frac{\frac{0^2 \cdot k^2}{0^2+k^2} - 0}{k} = \lim_{k \to 0} \frac{0}{k} = 0$。

所以，一階偏導數為：
$\frac{\partial f}{\partial x}(x, y) = \begin{cases} \frac{2xy^4}{(x^2+y^2)^2} & \text{if } (x, y) \neq (0, 0) \\ 0 & \text{if } (x, y) = (0, 0) \end{cases}$
$\frac{\partial f}{\partial y}(x, y) = \begin{cases} \frac{2x^4 y}{(x^2+y^2)^2} & \text{if } (x, y) \neq (0, 0) \\ 0 & \text{if } (x, y) = (0, 0) \end{cases}$

接下來，我們計算二階偏導數。
對於 $(x, y) \neq (0, 0)$:
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x, y) = \frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{2xy^4}{(x^2+y^2)^2}\right) = 2y^4 \frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{x}{(x^2+y^2)^2}\right)$
$= 2y^4 \frac{1 \cdot (x^2+y^2)^2 - x \cdot 2(x^2+y^2)(2x)}{(x^2+y^2)^4} = 2y^4 \frac{(x^2+y^2) - 4x^2}{(x^2+y^2)^3} = \frac{2y^4(y^2-3x^2)}{(x^2+y^2)^3}$。

$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x, y) = \frac{\partial}{\partial y} \left(\frac{2x^4 y}{(x^2+y^2)^2}\right) = 2x^4 \frac{\partial}{\partial y} \left(\frac{y}{(x^2+y^2)^2}\right)$
$= 2x^4 \frac{1 \cdot (x^2+y^2)^2 - y \cdot 2(x^2+y^2)(2y)}{(x^2+y^2)^4} = 2x^4 \frac{(x^2+y^2) - 4y^2}{(x^2+y^2)^3} = \frac{2x^4(x^2-3y^2)}{(x^2+y^2)^3}$。

$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(x, y) = \frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{2x^4 y}{(x^2+y^2)^2}\right) = 2y \frac{\partial}{\partial x} \left(\frac{x^4}{(x^2+y^2)^2}\right)$
$= 2y \frac{4x^3 (x^2+y^2)^2 - x^4 \cdot 2(x^2+y^2)(2x)}{(x^2+y^2)^4} = 2y \frac{4x^3 (x^2+y^2) - 4x^5}{(x^2+y^2)^3}$
$= 2y \frac{4x^5 + 4x^3 y^2 - 4x^5}{(x^2+y^2)^3} = \frac{8x^3 y^3}{(x^2+y^2)^3}$。

$\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}(x, y) = \frac{\partial}{\partial y} \left(\frac{2xy^4}{(x^2+y^2)^2}\right) = 2x \frac{\partial}{\partial y} \left(\frac{y^4}{(x^2+y^2)^2}\right)$
$= 2x \frac{4y^3 (x^2+y^2)^2 - y^4 \cdot 2(x^2+y^2)(2y)}{(x^2+y^2)^4} = 2x \frac{4y^3 (x^2+y^2) - 4y^5}{(x^2+y^2)^3}$
$= 2x \frac{4x^2 y^3 + 4y^5 - 4y^5}{(x^2+y^2)^3} = \frac{8x^3 y^3}{(x^2+y^2)^3}$。

對於 $(x, y) \neq (0, 0)$，二階偏導數 $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}$, $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}$, $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}$, $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}$ 都存在，因為它們都是由有理函數構成，在分母 $x^2+y^2 \neq 0$ 的地方有定義。

現在我們需要檢查在點 $(0,0)$ 的二階偏導數是否存在。
我們需要計算 $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(0, 0)$, $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(0, 0)$, $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(0, 0)$, $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}(0, 0)$。

1. 計算 $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(0, 0)$：
   $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(0, 0) = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{\partial f}{\partial x}(h, 0) - \frac{\partial f}{\partial x}(0, 0)}{h}$
   我們知道 $\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = 0$.
   對於 $h \neq 0$, $\frac{\partial f}{\partial x}(h, 0) = \frac{2h \cdot 0^4}{(h^2+0^2)^2} = 0$.
   所以，$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(0, 0) = \lim_{h \to 0} \frac{0 - 0}{h} = 0$。

2. 計算 $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(0, 0)$：
   $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(0, 0) = \lim_{k \to 0} \frac{\frac{\partial f}{\partial y}(0, k) - \frac{\partial f}{\partial y}(0, 0)}{k}$
   我們知道 $\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = 0$.
   對於 $k \neq 0$, $\frac{\partial f}{\partial y}(0, k) = \frac{2 \cdot 0^4 \cdot k}{(0^2+k^2)^2} = 0$.
   所以，$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(0, 0) = \lim_{k \to 0} \frac{0 - 0}{k} = 0$。

3. 計算 $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(0, 0)$：

核心觀念

本題使用度量空間的定義：

對集合 $H$ 上的函數 $d:H\times H\to\mathbb R$，若對任意 $x,y,z\in H$ 滿足：

1. $d(x,y)\ge 0$；
2. $d(x,y)=0$ 當且僅當 $x=y$；
3. $d(x,y)=d(y,x)$；
4. $d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z)$，

則 $d$ 為 $H$ 上的度量。

本題的關鍵在於辨識題目所給的集合 $H$。因為對每一個 $n$，

$$2^{-n}\le x_n\le 2^{-n},$$

上下界相同，因此必有

$$x_n=2^{-n}.$$

所以 $H$ 其實只含有一個元素。

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集合 $H$ 的結構

令

$$p=\left(2^{-n}\right)_{n=1}^{\infty} =(2^{-1},2^{-2},2^{-3},\ldots).$$

由於每個座標皆滿足 $x_n=2^{-n}$，可得

$$H=\{p\}.$$

因此任取 $x,y\in H$，必有

$$x=y=p.$$

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(a) 證明 $d$ 是 $H$ 上的度量

任取 $x=(x_n),y=(y_n)\in H$。由 $H=\{p\}$，有 $x_n=y_n=2^{-n}$，所以

$$2^n|x_n-y_n|=2^n\cdot 0=0$$

對所有 $n\ge 1$ 成立。因此

$$d(x,y) =\sup_{n\ge 1}\{2^n|x_n-y_n|\} =\sup_{n\ge 1}\{0\} =0.$$

接著逐一驗證度量公理。

1. 非負性

對任意 $x,y\in H$，

$$d(x,y)=0\ge 0.$$

故非負性成立。

2. $d(x,y)=0$ 當且僅當 $x=y$

由於 $H$ 只有一個元素，任意 $x,y\in H$ 必定滿足 $x=y$，且此時 $d(x,y)=0$。

因此

$$d(x,y)=0\quad\Longleftrightarrow\quad x=y.$$

3. 對稱性

任意 $x,y\in H$ 皆有 $x=y$，故

$$d(x,y)=0=d(y,x).$$

也可直接由絕對值的對稱性得到：

此題考察連續函數在積分條件下的性質，通常需要利用函數逼近的理論，例如 Weierstrass 逼近定理或其變體。

核心觀念：若一個連續函數的積分在某個基底函數族（例如多項式）的作用下恆為零，則該函數必為零。

給定條件： $f: [0, 1] \to \mathbb{R}$ 是連續函數，且對於所有 $n \in \{0, 1, 2, \dots\}$,
$\int_0^1 (3x + 1)^n f(x) dx = 0$

我們要證明 $f(x) = 0$ 對於所有 $x \in [0, 1]$。

令 $g_n(x) = (3x+1)^n$. 這些函數是多項式。
我們知道，在區間 $[0, 1]$ 上，多項式是函數空間 $C[0, 1]$ 中的一個稠密子集（根據 Weierstrass 逼近定理，任何連續函數都可以被多項式一致逼近）。

令 $I_n = \int_0^1 (3x+1)^n f(x) dx = 0$ 對於所有 $n \ge 0$.

考慮函數 $h(x) = f(x) \cdot f(x) = (f(x))^2$.
由於 $f$ 是連續函數，所以 $h(x)$ 也是連續函數，並且 $h(x) \ge 0$ 對於所有 $x \in [0, 1]$.
如果我們能證明 $\int_0^1 (f(x))^2 dx = 0$, 那麼由於 $f(x)^2 \ge 0$ 且連續，這將意味著 $f(x)^2 = 0$ 對於所有 $x \in [0, 1]$, 也就是 $f(x) = 0$ 對於所有 $x \in [0, 1]$.

我們需要將 $\int_0^1 (f(x))^2 dx = 0$ 與給定的積分條件聯繫起來。
考慮一個多項式 $P(y)$. 如果我們能找到一個多項式 $P(y)$ 使得 $\int_0^1 P((3x+1)) (f(x))^2 dx = 0$, 這似乎也沒有直接幫助。

另一種思路：
利用 Weierstrass 逼近定理。
對於任意 $\epsilon > 0$, 存在一個多項式 $Q(x)$ 使得 $|f(x) - Q(x)| < \epsilon$ 對於所有 $x \in [0, 1]$.

我們給定的積分是關於 $(3x+1)^n$ 的。
令 $y = 3x+1$. 當 $x=0$, $y=1$. 當 $x=1$, $y=4$.
所以 $x = (y-1)/3$. $dx = dy/3$.
$\int_0^1 (3x+1)^n f(x) dx = \int_1^4 y^n f\left(\frac{y-1}{3}\right) \frac{dy}{3} = 0$.
令 $g(y) = f\left(\frac{y-1}{3}\right)$. 則 $g(y)$ 在 $[1, 4]$ 上連續。
$\int_1^4 y^n g(y) dy = 0$ 對於所有 $n \ge 0$.

現在問題變成了：如果 $g(y)$ 在 $[1, 4]$ 上連續，且 $\int_1^4 y^n g(y) dy = 0$ 對於所有 $n \ge 0$, 則 $g(y) = 0$ 對於所有 $y \in [1, 4]$.

這是關於矩問題（moment problem）的一個特例。
如果一個函數 $g(y)$ 在區間 $[a, b]$ 上連續，且 $\int_a^b y^n g(y) dy = 0$ 對於所有 $n=0, 1, 2, \dots$, 則 $g(y) = 0$ 對於所有 $y \in [a, b]$.

證明這個結論：
假設 $g(y)$ 不恆為零。由於 $g(y)$ 是連續的，存在一個區間 $[c, d] \subset [a, b]$ 使得 $g(y)$ 在該區間上嚴格大於零（或嚴格小於零）。
根據 Weierstrass 逼近定理，存在一個多項式 $P(y)$ 使得 $P(y)$ 在 $[a, b]$ 上一致逼近 $g(y)$。
更重要的是，我們可以找到一個多項式 $P(y)$ 使得 $\int_a^b P(y) g(y) dy > 0$.

考慮多項式 $P(y)$。
我們知道 $\int_1^4 y^n g(y) dy = 0$ 對於所有 $n \ge 0$.
因此，對於任何多項式 $P(y) = c_0 + c_1 y + \dots + c_m y^m$,
$\int_1^4 P(y) g(y) dy = \int_1^4 (c_0 + c_1 y + \dots + c_m y^m) g(y) dy$
$= c_0 \int_1^4 g(y) dy + c_1 \int_1^4 y g(y) dy + \dots + c_m \int_1^4 y^m g(y) dy$
$= c_0 \cdot 0 + c_1 \cdot 0 + \dots + c_m \cdot 0 = 0$.
所以，對於任何多項式 $P(y)$, $\int_1^4 P(y) g(y) dy = 0$.

現在，假設 $g(y)$ 不恆為零。由於 $g$ 是連續的，存在一個子區間 $[c, d] \subset [1, 4]$ 使得 $g(y)$ 在 $[c, d]$ 上符號相同且不為零。
如果 $g(y) \ge 0$ 在 $[c, d]$ 上，則存在一個多項式 $P(y)$ 使得 $P(y) > 0$ 在 $[c, d]$ 上，並且 $P(y) g(y) \ge 0$ 在 $[1, 4]$ 上，且 $\int_1^4 P(y) g(y) dy > 0$.
這是因為，如果 $g(y_0) > 0$ 對於某個 $y_0 \in [1, 4]$, 則存在一個小區間，使得 $g(y) > 0$ 在該區間上。我們可以構造一個非負的多項式 $P(y)$，使得 $P(y)$ 在該小區間上非零，而在其他地方為零（或足夠小），從而保證積分大於零。

更嚴格地：
假設 $g(y)$ 不恆為零。由於 $g$ 是連續的，存在 $y_0 \in [1, 4]$ 使得 $g(y_0) \neq 0$.
如果 $g(y_0) > 0$. 則存在 $\delta > 0$ 使得 $g(y) > g(y_0)/2$ 對於所有 $y \in [y_0-\delta, y_0+\delta] \cap [1, 4]$.
令 $I = [y_0-\delta, y_0+\delta] \cap [1, 4]$. $I$ 是非空區間。
由 Weierstrass 逼近定理，存在多項式 $P(y)$ 使得 $P(y)$ 在 $[1, 4]$ 上一致逼近 $g(y)$.