114 年 國立臺灣大學數學系碩士班《高等微積分》

核心觀念

題目所給公式與 Green 定理的標準形式不一致。對逆時針方向的邊界 $\partial\Omega$，正確關係為

$$\oint_{\partial\Omega} P(x,y)\,dy = \iint_{\Omega}\frac{\partial P}{\partial x}(x,y)\,dx\,dy.$$

若要處理 $\dfrac{\partial P}{\partial y}$，則應搭配 $dx$：

$$\iint_{\Omega}\frac{\partial P}{\partial y}(x,y)\,dx\,dy = -\oint_{\partial\Omega}P(x,y)\,dx.$$

因此，題目原式無法成立。

反例

取

$$a=0,\qquad b=1,\qquad g(y)=0,\qquad h(y)=1,$$

則

$$\Omega=(0,1)\times(0,1).$$

再取

$$P(x,y)=y.$$

此時 $P$ 在 $\overline{\Omega}$ 上連續，且

$$\frac{\partial P}{\partial y}(x,y)=1,$$

所以左側為

$$\iint_{\Omega}\frac{\partial P}{\partial y}(x,y)\,dx\,dy = \iint_{\Omega}1\,dx\,dy =1.$$

另一方面，逆時針方向的邊界由四條線段組成。由於 $P(x,y)=y$：

• 下邊界與上邊界皆為水平線段，因此 $dy=0$；
• 右邊界的積分為 $$\int_0^1 P(1,y)\,dy=\int_0^1 y\,dy=\frac12;$$
• 左邊界逆時針方向是由上往下，因此積分為 $$\int_1^0 P(0,y)\,dy=\int_1^0 y\,dy=-\frac12.$$

故

$$\oint_{\partial\Omega}P(x,y)\,dy = \frac12-\frac12=0.$$

因此

$$\iint_{\Omega}\frac{\partial P}{\partial y}\,dx\,dy=1 \neq 0=\oint_{\partial\Omega}P\,dy.$$

若題目原意為 $\dfrac{\partial P}{\partial x}$

假設題目應為證明

$$\iint_{\Omega}\frac{\partial P}{\partial x}(x,y)\,dx\,dy = \oint_{\partial\Omega}P(x,y)\,dy.$$

對每一個固定的 $y\in(a,b)$，由微積分基本定理，

此題考驗對微分中值定理 (Mean Value Theorem, MVT) 的理解與應用。題目給定了兩個函數 $f, g$ 在閉區間上的連續性以及開區間上的可微性，並對它們的導數的絕對值大小給出了嚴格的不等式。要求證明一個關於函數差值比值的絕對值大於 1 的不等式。

核心觀念：
微分中值定理 (MVT)。對於在 $[a, b]$ 上連續且在 $(a, b)$ 上可微的函數 $\phi$，存在一個 $c \in (a, b)$，使得 $\phi(b) - \phi(a) = \phi'(c)(b-a)$。

證明步驟：
設 $x, y \in [a, b]$ 且 $x \neq y$。為了方便，我們不妨假設 $x > y$。
根據微分中值定理，對於函數 $f$ 和 $g$ 在區間 $[y, x]$ 上，存在 $c_1, c_2 \in (y, x)$，使得：
$f(x) - f(y) = f'(c_1)(x-y)$
$g(x) - g(y) = g'(c_2)(x-y)$
由於 $x \neq y$, $x-y \neq 0$, 所以我們可以將這兩個式子相除：
$\frac{f(x) - f(y)}{g(x) - g(y)} = \frac{f'(c_1)(x-y)}{g'(c_2)(x-y)} = \frac{f'(c_1)}{g'(c_2)}$
我們需要證明 $\left| \frac{f(x) - f(y)}{g(x) - g(y)} \right| > 1$，這等價於證明 $\left| \frac{f'(c_1)}{g'(c_2)} \right| > 1$。

然而，題目給定的條件是 $|f'(x)| > |g'(x)| > 0$ 對於所有 $x \in (a, b)$ 都成立。這意味著 $c_1$ 和 $c_2$ 可以是不同的點。如果 $c_1 = c_2$, 那麼我們直接有 $|f'(c_1)| > |g'(c_1)|$, 從而 $|f'(c_1)| / |g'(c_1)| > 1$, 也就證明了原命題。

但是，如果 $c_1 \neq c_2$, 我們不能直接將 $|f'(c_1)| > |g'(c_1)|$ 和 $|f'(c_2)| > |g'(c_2)|$ 結合起來得到 $|f'(c_1)| / |g'(c_2)| > 1$。

重新思考，是否有更精確的應用 MVT？
考慮函數 $H(t) = f(t) - k g(t)$，其中 $k$ 是一個常數。
我們希望找到一個 $k$ 使得 $H(x) = H(y)$。
如果 $f(x) - f(y) = k (g(x) - g(y))$，則 $\frac{f(x) - f(y)}{g(x) - g(y)} = k$。
我們希望證明 $|k| > 1$。

考慮柯西中值定理 (Cauchy's Mean Value Theorem)。
如果 $f$ 和 $g$ 在 $[y, x]$ 上連續，在 $(y, x)$ 上可微，且 $g'(t) \neq 0$ 對於 $(y, x)$ 中的所有 $t$，則存在一個 $c \in (y, x)$ 使得：
$\frac{f(x) - f(y)}{g(x) - g(y)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$
題目中給定的條件 $|f'(x)| > |g'(x)| > 0$ 蘊含了 $g'(x) \neq 0$ 對於所有 $x \in (a, b)$。所以柯西中值定理在這裡是適用的。

應用柯西中值定理：
對於任意的 $x, y \in [a, b]$ 且 $x \neq y$，令 $y < x$。
則存在一個 $c \in (y, x)$ 使得：
$\frac{f(x) - f(y)}{g(x) - g(y)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$
我們要證明的是 $\left| \frac{f(x) - f(y)}{g(x) - g(y)} \right| > 1$。
這等價於證明 $\left| \frac{f'(c)}{g'(c)} \right| > 1$。

題目給定的條件是 $|f'(t)| > |g'(t)| > 0$ 對於所有 $t \in (a, b)$。
由於 $c \in (y, x) \subset (a, b)$, 這個條件對 $c$ 也是成立的。
所以，我們有 $|f'(c)| > |g'(c)|$。
由於 $|g'(c)| > 0$, 我們可以將不等式兩邊同時除以 $|g'(c)|$：
$\frac{|f'(c)|}{|g'(c)|} > 1$
$\left| \frac{f'(c)}{g'(c)} \right| > 1$
因此，
$\left| \frac{f(x) - f(y)}{g(x) - g(y)} \right| > 1$
這個證明對於 $x > y$ 是成立的。

核心觀念

本題考查 Riemann 可積分的判定，以及「函數可以有無限多個不連續點，仍然 Riemann 可積分」這個重要觀念。

使用的判定定理為：

有界函數在閉區間上 Riemann 可積分，當且僅當其不連續點集合的 Lebesgue measure 為零。

函數 $f$ 的值只可能是 $-1,0,1$，因此在 $[0,1]$ 上有界。關鍵在於找出它的不連續點。

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不連續點的判定

當 $x>0$ 且 $\sin(\pi/x)\neq 0$ 時，由於 $\sin(\pi/x)$ 在該點附近不變號，故 $f$ 在該點附近為常數，因而連續。

而

$$\sin\left(\frac{\pi}{x}\right)=0$$

當且僅當

$$\frac{\pi}{x}=n\pi,\qquad n\in\mathbb{N},$$

也就是

$$x=\frac1n,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

因此需檢查 $x=1/n$ 與 $x=0$。

在 $x=1/n$ 附近，令

$$\frac{\pi}{x}=n\pi+t.$$

當 $t$ 從負值變為正值時，

$$\sin(n\pi+t)=(-1)^n\sin t$$

會改變正負號。因此在 $x=1/n$ 的左右兩側，$f$ 分別取相反的值 $1$ 與 $-1$，但

$$f\left(\frac1n\right)=0.$$

所以 $f$ 在每一個 $x=1/n$ 都不連續。

至於 $x=0$，可取兩列趨近於 $0$ 的數：

$$x_k=\frac{2}{4k+1},\qquad y_k=\frac{2}{4k+3}.$$

則

$$\frac{\pi}{x_k}=\left(2k+\frac12\right)\pi, \qquad \frac{\pi}{y_k}=\left(2k+\frac32\right)\pi.$$

因此

$$f(x_k)=1,\qquad f(y_k)=-1.$$

雖然 $x_k\to0$、$y_k\to0$，但函數值分別趨近 $1$ 與 $-1$，不會趨近

$$f(0)=0.$$

故 $f$ 在 $x=0$ 也不連續。

所以不連續點集合為

好的，這是一題關於無窮級數的證明題。它考驗的是你對發散級數性質的理解，以及如何構造一個「比」另一個發散級數「更慢」發散的級數。核心觀念在於利用級數的發散性，以及項數 $a_n$ 的正值性，來建構一個新的級數 $y_n$，使其每一項 $y_n$ 相對於 $a_n$ 趨近於零，但整體級數 $\sum y_n$ 仍然發散。

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第 4 題詳解

核心觀念：
本題的核心在於證明發散級數並不存在一個「最慢」的發散方式。也就是說，對於任何一個發散的正項級數 $\sum a_n$，我們總能找到另一個發散的正項級數 $\sum y_n$，使得 $y_n$ 相對於 $a_n$ 趨近於零，這意味著 $\sum y_n$ 的發散速度比 $\sum a_n$ 更慢。這需要我們巧妙地構造級數 $y_n$，利用 $a_n$ 的發散性來保證 $\sum y_n$ 的發散，同時利用比例極限為零的條件來控制 $y_n$ 的增長速度。

解題過程：

我們要證明的是，對於一個發散的正項級數 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$（其中 $a_n > 0$），存在一個發散的正項級數 $\sum_{n=1}^{\infty} y_n$（其中 $y_n > 0$），且 $\lim_{n \to \infty} \frac{y_n}{a_n} = 0$。

考慮級數 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 發散。由於 $a_n > 0$，根據級數發散的充要條件之一，其部分和序列 $S_N = \sum_{n=1}^{N} a_n$ 趨近於無窮大，即 $\lim_{N \to \infty} S_N = \infty$。

我們希望構造一個級數 $\sum y_n$ 滿足條件。一個直觀的想法是讓 $y_n$ 的增長速度比 $a_n$ 慢很多。我們可以嘗試讓 $y_n$ 與 $a_n$ 的比例趨近於零。

考慮構造一個級數，其部分和的增長速度比 $S_N$ 慢。例如，我們可以考慮部分和為 $\sqrt{S_N}$ 或 $\log(S_N)$ 的級數。

讓我們定義一個新的序列 $b_n$ 如下：
$b_n = \sqrt{S_n} - \sqrt{S_{n-1}}$
其中 $S_0 = 0$。
由於 $S_n$ 是嚴格遞增且趨近無窮大的（因為 $a_n > 0$ 且 $\sum a_n$ 發散），所以 $S_n > S_{n-1}$ 對於 $n \ge 1$。因此，$b_n > 0$ 對於 $n \ge 1$。

現在，我們來計算級數 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 的部分和。
$\sum_{n=1}^{N} b_n = \sum_{n=1}^{N} (\sqrt{S_n} - \sqrt{S_{n-1}})$
這是一個伸縮級數（telescoping series）。
$\sum_{n=1}^{N} b_n = (\sqrt{S_1} - \sqrt{S_0}) + (\sqrt{S_2} - \sqrt{S_1}) + \dots + (\sqrt{S_N} - \sqrt{S_{N-1}})$
$\sum_{n=1}^{N} b_n = \sqrt{S_N} - \sqrt{S_0} = \sqrt{S_N}$
由於 $\lim_{N \to \infty} S_N = \infty$，所以 $\lim_{N \to \infty} \sqrt{S_N} = \infty$。
這意味著級數 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 是發散的。

現在，我們需要證明 $\lim_{n \to \infty} \frac{b_n}{a_n} = 0$。
我們知道 $b_n = \sqrt{S_n} - \sqrt{S_{n-1}}$。
利用均值定理，對於函數 $f(x) = \sqrt{x}$，在區間 $[S_{n-1}, S_n]$ 上，存在一個 $c_n \in (S_{n-1}, S_n)$ 使得：
$\sqrt{S_n} - \sqrt{S_{n-1}} = f'(c_n) (S_n - S_{n-1})$
$b_n = \frac{1}{2\sqrt{c_n}} (S_n - S_{n-1})$
由於 $S_n - S_{n-1} = a_n$，我們得到：
$b_n = \frac{a_n}{2\sqrt{c_n}}$
因為 $c_n \in (S_{n-1}, S_n)$，且 $S_{n-1} \to \infty$ 當 $n \to \infty$，所以 $c_n \to \infty$ 當 $n \to \infty$。
因此，
$\frac{b_n}{a_n} = \frac{1}{2\sqrt{c_n}}$
當 $n \to \infty$，我們有 $c_n \to \infty$，所以 $\sqrt{c_n} \to \infty$。
因此，
$\lim_{n \to \infty} \frac{b_n}{a_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2\sqrt{c_n}} = 0$

我們已經構造了一個級數 $\sum b_n$，它滿足：

1. $b_n > 0$ 對於所有 $n \ge 1$。
2. $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 是發散的。
3. $\lim_{n \to \infty} \frac{b_n}{a_n} = 0$。

因此，我們可以令 $y_n = b_n$。這樣就證明了存在一個發散級數 $\sum y_n$ 使得 $y_n > 0$ 且 $\lim_{n \to \infty} \frac{y_n}{a_n} = 0$。

為什麼這樣構造有效？
我們利用了發散級數部分和趨近無窮大的性質。通過取部分和的平方根，我們減緩了部分和的增長速度。而級數的項 $y_n$ 是相鄰部分和的差值，其大小與導數有關。由於導數 $\frac{1}{2\sqrt{c_n}}$ 趨近於零，這保證了 $y_n$ 相對於 $a_n$ 趨近於零。同時，由於新的部分和 $\sqrt{S_N}$ 仍然趨近無窮大，所以構造的級數 $\sum y_n$ 仍然是發散的。

另一種構造方式（更直接）：
我們可以構造一個級數 $\sum y_n$ 使得其部分和 $T_N = \sum_{n=1}^N y_n$ 趨近無窮大，但增長速度比 $S_N$ 慢。例如，我們可以讓 $T_N = \sqrt{S_N}$。
那麼 $y_n = T_n - T_{n-1} = \sqrt{S_n} - \sqrt{S_{n-1}}$。
我們已經證明了這個級數是發散的，且 $\lim_{n \to \infty} \frac{y_n}{a_n} = 0$。