- [$20\%$] Prove L'Hospital's rule in the following case: Suppose $f(x)$, $g(x)$ are differentiable with continuous derivative $f'(x)$, $g'(x)$ on the interval $(-1,1)$ such that $f(0)=g(0)=0$ and $g'(0)\neq0$. Then
$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(0)}{g'(0)}$.
- [$5\%$] Give an example of differentiable functions $f_n(x)$, $n\geq0$, on $(-1,1)$ such that $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty f_n(x)$ converges to a function on $(-1,1)$ which is not differentiable. You need to justify your answer.
- [$15\%$] Suppose the power series $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_nx^n$ converges to a function $f(x)$ on the interval $(-1,1)$. Show that $f(x)$ is differentiable with derivative $\displaystyle f'(x)=\sum_{n=1}^\infty na_nx^{n-1}$ on $(-1,1)$.
- 考慮 $\displaystyle f_k(x)=\sqrt{x^2+\frac1{(k+1)^2}}-\sqrt{x^2+\frac1{k^2}}$，其中 $k\geq1$，而取 $f_0(x)=\sqrt{x^2+1}$，那麼容易確認 $f_k$ 在 $(-1,1)$ 都可以微分。其部份和可以確認為
$\displaystyle S_n(x)=\sum_{k=0}^nf_k(x)=\sqrt{x^2+\frac1{n^2}}$.
那麼容易發現$\displaystyle|x|\leq S_n(x)\leq|x|+\frac1n$.
因此 $S_n$ 均勻收斂至絕對值函數，但它在原點不可導。 - 設 $x\in(-1,1)$，接著任選 $a,b\in(-1,1)$ 使得 $x\in(a,b)$ 並且 $[a,b]\subset(-1,1)$。那麼由題目設定已知收斂半徑 $R\leq1$，容易知道 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}$ 的收斂半徑也為 $R\leq1$。那麼級數 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1}$ 在 $[a,b]$ 上均勻收斂，因此我們可以逐項微分，這就完成了證明。
【註】 相關細節可參閱William R. Wade所寫的《An Introduction to Analysis》。
- [$20\%$] Let $f(x,y)$ be a function on $\mathbb R^2$ whose partial derivative of any order are continuous. Suppose $f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$ and $f_{xx}(0,0)=f_{yy}(0,0)=2$, $f_{xy}(0,0)=1$. Prove that there exists $\epsilon>0$ such that $f(x,y)>f(0,0)$ for all $0<x^2+y^2<\epsilon^2$ (so $f(x,y)$ has a local minimum at $(0,0)$).
- [$20\%$] Let $f(x)$ be a continuous function on the closed interval $[-1,1]$. Show that
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{-1}^1\!f(x)\sin nx\,\mathrm dx=0$.
- 此結果稱為 Riemann-Lebesgue 引理，此引理包含 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{-1}^1\!f(x)\cos nx\,\mathrm dx=0$。更廣義的說實際上有
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{\mathbb R}\!f(x)e^{-inx}\,\mathrm dx=0$,
其中 $f$ 為 Lebesgue 可積分，並留意 Euler 公式 $e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$。 - 若 $f$ 連續地可導(continuously differentiable)，那麼可以使用分部積分而有更簡單的證明如下
$\displaystyle\int_{-1}^1\!f(x)\sin nx\,\mathrm dx=-\frac{(f(1)-f(-1))\cos n}n+\frac1n\int_{-1}^1\!f'(x)\cos nx\,\mathrm dx$.
由於 $f$ 在 $[-1,1]$ 上連續地可導，故存在正數 $M$ 而對所有 $x\in[-1,1]$ 滿足 $|f(x)|\leq M$、$|f'(x)|\leq M$。如此可知$\displaystyle\left|\int_{-1}^1\!f(x)\sin nx\,\mathrm dx\right|\leq\frac{4M}n\to0\quad\text{as}~n\to\infty$.
因此證明完成。 - [$20\%$] Let $T$ be the surface in $\mathbb R^3$ given by the equation
$\left(\sqrt{x^2+y^2}-2\right)^2+z^2=1$
and $\vec n$ the outward unit normal vector. Evaluate the flux integral $\displaystyle\int_T\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dS$ of the vector field$\vec F(x,y,z)=(0,0,|z|)$.
(Here $\mathrm dS$ denotes the element of surface.) - 在 $T_1$ 上的單位向外法向量為 $\displaystyle\left(x-\frac{2x}{\sqrt{x^2+y^2}},y-\frac{2y}{\sqrt{x^2+y^2}},z\right)$；
- 在 $T_2$ 上的單位向外法向量為 $\displaystyle\left(-x+\frac{2x}{\sqrt{x^2+y^2}},-y+\frac{2y}{\sqrt{x^2+y^2}},-z\right)$。
訣竅
使用 Cauchy 均值定理。解法
由於 $f'$ 與 $g'$ 均為連續函數且 $g'(0)\neq0$，故可根據連續性的定義而知對任何 $\varepsilon>0$，都存在 $\delta>0$ 使得$\displaystyle0<|x|<\delta\quad\Rightarrow\quad\left|\frac{f'(x)}{g'(x)}-\frac{f'(0)}{g'(0)}\right|<\varepsilon$.
那麼根據 Cauchy 均值定理，對任何 $0<|x|<\delta$，都存在 $\xi$（介於 $0$ 與 $x$ 之間）使得$\displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(0)}{g(x)-g(0)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$.
由於 $0<|\xi|<\delta$，於是有 $\displaystyle\left|\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f'(0)}{g'(0)}\right|=\left|\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}-\frac{f'(0)}{g'(0)}\right|<\varepsilon$，故由極限的定義有$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(0)}{g'(0)}$.
證明完畢。訣竅
此為關於冪級數與導函數關係的反例，可參考此處；第二小題僅需證明均勻函數列與導函數列皆均勻收斂即可確認無窮級數與微分的互換。解法
訣竅
使用多變量的 Taylor 定理作出估算。解法
使用多變量 Taylor 定理可知下列等式成立$\displaystyle\begin{aligned}f(x,y)&=f(0,0)+f_x(0,0)x+f_y(0,0)y+\frac12[f_{xx}(0,0)x^2+f_{xy}(0,0)xy+f_{yx}(0,0)yx+f_{yy}(0,0)y^2]+O(|(x,y)|^3)\\&=f(0,0)+(x^2+xy+y^2)+O((x^2+y^2)^{3/2}),\end{aligned}$
其中 $O((x^2+y^2)^{3/2})$ 意指一個隨著 $(x^2+y^2)^{3/2}$ 的速率趨於 $0$。那麼有$\displaystyle f(x,y)-f(0,0)=\frac12(x+y)^2+\frac12(x^2+y^2)+O((x^2+y^2)^{3/2})=\frac12(x+y)^2+\frac12(x^2+y^2)[1+O((x^2+y^2)^{1/2})]$.
由於 $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}[1+O((x^2+y^2)^{1/2})]=1$，因此當 $(x^2+y^2)^{1/2}$ 充分小時可知等號的右端均為正數且等號成立之條件為 $(x,y)=(0,0)$，即 $(0,0)$ 為 $f$ 的局部極小點。訣竅
由於在閉區間上的連續函數必定可積分，故我們對於 Riemann 可積分的函數證明這個性質即可。解法
因為 $f$ 為 Riemann 可積分，故對任何給定的 $\varepsilon>0$，存在一個 $[-1,1]$ 上的分割 $\{x_i\}_{i=0}^k$ 使得$\displaystyle0\leq\int_{-1}^1\!f(x)\,\mathrm dx-\sum_{i=1}^km_i\Delta x_i<\frac\varepsilon2$,
其中 $m_i$ 表示 $f$ 在 $[x_{i-1},x_i]$ 上的最小值。考慮函數 $g$ 定義為 $\displaystyle g(x)=\sum_{i=1}^km_i\chi_{[x_{i-1},x_i]}(x)$，其中 $\chi_A$ 為集合 $A$ 上的指標函數（即當 $x\in A$ 時有 $\chi_A(x)=1$；當 $x\notin A$ 時有 $\chi_A(x)=0$）。那麼有 $\displaystyle\sum_{i=1}^km_i\Delta x_i=\int_{-1}^1\!g(x)\,\mathrm dx$。至此，我們有不等式$\displaystyle0\leq\int_{-1}^1\!(f(x)-g(x))\,\mathrm dx<\frac\varepsilon2$.
如此我們可以考慮下面的估計$\displaystyle\begin{aligned}\left|\int_{-1}^1\!f(x)\sin nx\,\mathrm dx\right|&\leq\left|\int_{-1}^1\!(f(x)-g(x))\sin nx\,\mathrm dx\right|+\left|\int_{-1}^1\!g(x)\sin nx\,\mathrm dx\right|\\&\leq\int_{-1}^1\!(f(x)-g(x))\,\mathrm dx+\frac1n\left|\sum_{i=1}^km_i(\cos(nx_i)-\cos(nx_{i-1}))\right|\\&<\frac\varepsilon2+\frac2n\sum_{i=1}^k|m_i|.\end{aligned}$
那麼當 $\displaystyle n>4\varepsilon^{-1}\sum_{i=1}^k|m_i|$ 時可得$\displaystyle\left|\int_{-1}^1\!f(x)\sin nx\,\mathrm dx\right|<\varepsilon$.
至此我們有 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{-1}^1\!f(x)\sin nx\,\mathrm dx=0$。【註】
訣竅
可使用 Gauss 散度定理求解，但注意到向量函數的奇點，故分段處理；亦可將曲面分為四塊逐步計算求解。解法一
設 $T$ 所包圍的區域為 $\Omega$，而 $\Omega$ 可用上半平面劃分為兩區域：$\Omega:=\Omega^+\cup\Omega^-\cup R=\{(x,y,z)\in\Omega:z>0\}\cup\{(x,y,z)\in\Omega:z<0\}\cup\{(x,y,z)\in\Omega:z=0\}$.
設 $T^+=\partial\Omega^+$ 與 $T^-=\partial\Omega^-$，那麼所求的面積分可拆分為兩塊並分別使用 Gauss 散度定理如下：$\displaystyle\begin{aligned}\int_T\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dS=&\int_{T^+}\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dS+\int_{T^-}\!\vec F\cdot\vec{n}dS\\=&\int_{\Omega^+}\!\mbox{div}\vec F\,\mathrm dV+\int_{\Omega^-}\!\mbox{div}\vec F\,\mathrm dV\\=&\int_{\Omega^+}\!1\,\mathrm dV+\int_{\Omega^-}\!(-1)\,\mathrm dV=\mbox{vol}(\Omega^+)-\mbox{vol}(\Omega^-)=0,\end{aligned}$
其中容易注意到上下兩塊區域的體積由對稱性能知相同。【註】 曲面 $T$ 可描繪如下
解法二
設 $T_1=\{(x,y,z)\in T:x^2+y^2\geq4\}$、$T_2=\{(x,y,z)\in T:x^2+y^2\leq4\}$，那麼可進一步分為四塊：$\begin{aligned}&T_1^+=\{(x,y,z)\in T_1:z\geq0\},\quad T_1^-=\{(x,y,z)\in T_1:z\leq0\},\\&T_2^+=\{(x,y,z)\in T_2:z\geq0\},\quad T_2^-=\{(x,y,z)\in T_2:z\leq0\}.\end{aligned}$
而又知單位法向量為分別如下$\begin{aligned}&\int_{T_1^+}\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dS=\int_{T_1^+}\!z^2\,\mathrm dS,\quad\int_{T_1^-}\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dS=-\int_{T_1^-}\!z^2\,\mathrm dS,\\&\int_{T_2^+}\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dS=-\int_{T_2^+}\!z^2\,\mathrm dS,\quad\int_{T_2^-}\!\vec F\cdot\vec n\,\mathrm dS=\int_{T_2^-}\!z^2\,\mathrm dS.\end{aligned}$
注意到各塊的計算情形會發現兩兩消去。故所求的面積分之值為 $0$。【註】 曲面 $T$ 可描繪如下
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