- ($15\%$) Suppose that $f$ is a continuous function on a closed interval $\left[a,b\right]$. Show that $f$ is uniformly continuous on $\left[a,b\right]$.
- ($20\%$) Let $\mathbb{N}$ be the set of all natural numbers and $n\in\mathbb{N}$.
- Consider a sequence $\left\{a_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ defined by $\left\{\begin{aligned}a_1&=\sqrt2\\a_{n+1}&=\sqrt{2+a_n}\end{aligned}\right.$ for $n\geq1$. Show that $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$ exists and evaluate the limit.
- Prove the relation $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1{n^{k+1}}\sum_{i=1}^ni^k=\frac1{k+1}$ for any nonnegative integer $k$.
首先我們證明數列 $\left\{a_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ 遞增，即證明對任何正整數 $n$ 恆有 $a_{n+1}\geq a_n$。容易確認當 $n=1$ 時有 $a_2=\sqrt{2+\sqrt2}\geq\sqrt2=a_1$。現假定 $n=k$ 時命題成立，即有 $a_{k+1}\geq a_k$，那麼可以發現
$a_{k+2}=\sqrt{2+a_{k+1}}\geq\sqrt{2+a_k}=a_{k+1}$
因此由數學歸納法可知該命題對任何正整數皆成立。接著我們說明此數列有上界。更明確地，我們證明對任何正整數 $n$ 恆有 $a_n<2$。容易確認當 $n=1$ 時有 $a_1=\sqrt2<2$。現假定 $n=k$ 時命題成立，即有 $a_k<2$，那麼可以發現
$a_{k+1}=\sqrt{2+a_k}<\sqrt{2+2}=2$
因此由數學歸納法可知該命題對任何正整數皆成立。至此我們發現數列 $\left\{a_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ 遞增有上界，故由單調有界定理能知該數列極限存在，記此值為 $L$。那麼對遞迴式取極限能知 $L=\sqrt{2+L}$，即 $L^2=2+L$，可解得 $L=-1$ 或 $L=2$。但由數列的遞增性，我們知道 $L=-1$ 不合，故 $L=2$。（事實上 $L=-1$ 也不滿足方程 $L=\sqrt{2+L}$。）- 設函數 $f\left(x\right)=x^k$，那麼在 $\left[0,1\right]$ 上取 $n$ 等分割 $\mathcal{P}_n=\left\{x_0,\dots,x_n\right\}=\left\{0,\frac1n,\frac2n,\dots,\frac{n}n\right\}$，那麼取黎曼上和有
$\displaystyle U\left(f,\mathcal{P}_n\right)=\sum_{i=1}^nf\left(x_i\right)\Delta x_i=\sum_{i=1}^n\left(\frac{i}n\right)^k\cdot\frac1n=\frac1{n^{k+1}}\sum_{i=1}^ni^k$
又 $f$ 為黎曼可積函數，因此上和之極限收斂至其定積分，並使用微積分基本定理即可求解：$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1{n^{k+1}}\sum_{i=1}^ni^k=\int_0^1x^kdx=\left.\frac{x^{k+1}}{k+1}\right|_0^1=\frac1{k+1}$
- ($15\%$) (a) If $y'=ay$, show that $y=ce^{ax}$ for some $c$. (b) If $f\left(x+y\right)=f\left(x\right)f\left(y\right)$ and $f$ is differentiable, show that either $f\left(x\right)\equiv0$ or $f\left(x\right)=e^{ax}$ for some $a$.
- 兩邊同乘以 $e^{-ax}$，如此便有
$\left(e^{-ax}y\left(x\right)\right)'=e^{-ax}y'\left(x\right)-ae^{-ax}y\left(x\right)=0$
故 $e^{-ax}y\left(x\right)$ 為常數函數，即存在某實數 $c$ 滿足 $e^{-ax}y\left(x\right)=c$，從而有 $y\left(x\right)=ce^{ax}$。 - 兩邊同時對 $y$ 求導可知
$f'\left(x+y\right)=f\left(x\right)f'\left(y\right)$
取 $y=0$ 便有 $f'\left(x\right)=f\left(x\right)f'\left(0\right)$。由 (a) 的結果可知$f\left(x\right)=ce^{f'\left(0\right)x}$
記 $f'\left(0\right)=a$，從而有 $f\left(x\right)=ce^{ax}$。此外容易發現對給定的方程取 $x=y=0$ 有 $f\left(0\right)=0$ 或 $f\left(0\right)=1$，因此 $c=0$ 或 $c=1$。前者的情形給出 $f\left(x\right)\equiv0$，而後者的情形給出 $f\left(x\right)=e^{ax}$，且能驗證 $f'\left(x\right)=ae^{ax}$，故有 $f'\left(0\right)=a$。 - ($15\%$) Show that $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt\pi$.
- ($15\%$) Calculate
$\displaystyle\iint_Szdx\wedge dy-xdy-\wedge dz$,
where $S$ is the spherical cap $x^2+y^2+z^2=1$, $x>1/2$, oriented positively with respect to the normal pointing to infinity. - ($20\%$) Prove that the function $f\left(x,y\right)=e^{-y^2+2xy}$ can be expanded in a series of the form
$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{H_n\left(x\right)}{n!}y^n$,
that converges for all values of $x$ and $y$ and that the polynomials $H_n\left(x\right)$ satisfy- $H_n\left(x\right)$ is a polynomial of degree $n$
- $H_n'\left(x\right)=2nH_{n-1}\left(x\right)$
- $H_{n+1}\left(x\right)-2xH_n\left(x\right)+2nH_{n-1}\left(x\right)=0$
- $H_n''\left(x\right)-2xH_n'\left(x\right)+2nH_n\left(x\right)=0$
訣竅
運用反證法並使用連續函數的數列刻劃來證明；亦可透過在實數線上的有界閉區間為緊緻，並透過緊緻集的特性證明均勻連續性。解法一
假設不然，$f$ 在 $\left[a,b\right]$ 上連續但不均勻連續。那麼就有一正數 $\varepsilon_0$ 以及區間中的兩點列 $x_n,y_n\in\left[a,b\right]$ 滿足 $\left|a_n-b_n\right|<n^{-1}$ 但 $\left|f\left(x_n\right)-f\left(y_n\right)\right|\geq\varepsilon_0$。那麼由 Bolzano-Weierstrass 定理以及區間的封閉性可知 $x_n$ 有收斂的子數列 $x_{n_k}$ 且收斂的對象記為 $x$ 且 $x\in\left[a,b\right]$。同理，數列 $y_{n_k}$ 也有收斂的子數列 $y_{n_{k_j}}$ 且記收斂的對象為 $y\in\left[a,b\right]$。
據此，我們對 $\left|f\left(x_{n_{k_j}}\right)-f\left(y_{n_{k_j}}\right)\right|\geq\varepsilon_0$ 取 $j$ 趨於無窮有 $\left|f\left(x\right)-f\left(y\right)\right|\geq\varepsilon_0$，此即 $x\neq y$。但另一方面，我們有 $\left|x_{n_{k_j}}-y_{n_{k_j}}\right|\leq\left(n_{k_j}\right)^{-1}$，取 $j$ 趨於無窮有 $\left|x-y\right|\leq0$，即 $x=y$，矛盾。
因此 $f$ 必在 $\left[a,b\right]$ 上也均勻連續。解法二
由於 $f$ 在 $\left[a,b\right]$ 上的各點上連續，故對任何給定的 $\varepsilon>0$ 存在 $\delta_{x,\varepsilon}>0$ 使得「$y\in\left(x-\delta,x+\delta\right)\cap\left[a,b\right]:=B_{\delta_{x,\epsilon}}\left(x\right)$ 蘊含 $\left|f\left(x\right)-f\left(y\right)\right|<\varepsilon/2$」。由於 $\left[a,b\right]$ 在 $\mathbb{R}$ 上為緊緻集，那麼 $\left[a,b\right]$ 的開覆蓋 $\displaystyle\bigcup_{x\in\left[a,b\right]}B_{\delta_{x,\varepsilon}}\left(x\right)$ 存在有限的開覆蓋，即存在 $N\in\mathbb{N}$ 以及 $x_1,\dots,x_N\in\left[a,b\right]$ 滿足$\displaystyle\left[a,b\right]\subset\bigcup_{k=1}^NB_{\delta_{x_k,\varepsilon}}\left(x_k\right)$.
那麼取 $\delta_{\varepsilon}:=\min\{\delta_{x_1,\varepsilon},\dots,\delta_{x_N,\varepsilon}\}/2$，那麼當 $\left|x-y\right|<\delta$ 且 $x,y\in\left[a,b\right]$ 時便存在 $x_i\in\left[a,b\right]$ 使得 $\left|x-x_i\right|<\delta_{x_i,\varepsilon}/2\leq\delta/2$ 且 $\left|y-x_i\right|<\delta_{x_i,\varepsilon}/2\leq\delta/2$，這就給出了不等式$\displaystyle\left|f\left(x\right)-f\left(y\right)\right|\leq\left|f\left(x\right)-f\left(x_i\right)\right|+\left|f\left(x_i\right)-f\left(y\right)\right|<\frac{\varepsilon}2+\frac{\varepsilon}2=\varepsilon$.
而我們所選取的 $\delta_\varepsilon$ 僅與 $\left[a,b\right]$ 的結構、$\varepsilon$ 以及 $f$ 有關，而與變數位置無關，因此 $f$ 在 $\left[a,b\right]$ 上均勻連續。訣竅
運用單調有界定理確認極限存在，並對給定的遞迴式取極限以求得極限值；將所求的極限化為黎曼和即可證明之。解法
訣竅
運用微分方程的技術求解。解法
訣竅
此為經典的瑕積分，將其轉換為重積分後計算處理之。解法
首先我們確認該瑕積分之收斂性，不失一般性，我們僅考慮 $\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx$。當 $x\geq1$ 時有 $e^{-x^2}\leq e^{-x}$，故知
$\displaystyle\int_1^{\infty}e^{-x^2}dx\leq\int_1^{\infty}e^{-x}dx=-e^{-x}\Big|_1^{\infty}=e^{-1}<\infty$
又 $\displaystyle\int_0^1e^{-x^2}dx$ 為通常的定積分，因此瑕積分 $\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx$ 收斂。現記所求之值為 $\displaystyle I:=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx$。那麼由啞變數變換可知$\displaystyle I^2=\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx\right)\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx\right)=\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx\right)\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2}dy\right)=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2-y^2}dxdy$
令 $\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，由積分範圍可知 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r<\infty\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，據此有$\displaystyle I^2=\int_0^{2\pi}\int_0^{\infty}e^{-r^2}rdrd\theta=\left.2\pi\cdot-\frac{e^{-r^2}}2\right|_0^{\infty}=\pi$
故 $I=\sqrt\pi$。訣竅
運用 Stokes 定理求解即可；亦可利用曲面積分的概念計算求解，其中將曲面參數化的過程中應考慮方向性問題。本題出自 Richard Courant, Fritz John 所著 Introduction to Calculus and Analysis Volume II/2，Exercise 5.10a解法一
為了應用 Stokes 定理，我們欲找向量場 ${\bf G}=\left(P,Q,R\right)$ 使得 $\nabla\times{\bf G}={\bf F}$，即考慮聯立偏微分方程$\displaystyle\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}=-x,\qquad\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}=0,\qquad\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=z$.
因為僅需找出一組符合題意的向量場 ${\bf G}$，我們方便起見取 $Q=0$，那麼可取出 $P=-yz$、$R=-xy$ 滿足條件。現考慮 $S$ 的邊界為 $\partial S=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb R^3\,:\,x=1/2,~y^2+z^2=3/4\right\}$，從而應用 Stokes 定理便有$\displaystyle\iint_Szdx\wedge dy-xdy\wedge dz=\iint_S\nabla\times{\bf G}\cdot d{\bf S}=\oint_{\partial S}{\bf G}\cdot d{\bf r}$
現將 $\partial S$ 參數化為 $\left\{\begin{aligned}&y=\sqrt3\cos\theta/2\\&z=\sqrt3\sin\theta/2\end{aligned}\right.$，那麼所求為$\displaystyle\iint_Szdx\wedge dy-xdy\wedge dz=\int_0^{2\pi}\left[-\frac12\cdot\frac{\sqrt3}2\cos\theta\cdot\frac{\sqrt3}2\cos\theta\right]d\theta=-\frac38\int_0^{2\pi}\frac{1+2\cos\theta}2d\theta=-\frac{3\pi}8$.
解法二
將 $x$ 正向處的曲面參數化為\[{\bf r}\left(y,z\right)=\left(\sqrt{1-y^2-z^2},y,z\right)\]其中因 $x>1/2$，故知 $0\leq y^2+z^2\leq3/4$。於是令 $D=\left\{\left(y,z\right)\in\mathbb{R}^2:\,0\leq y^2+z^2\leq3/4\right\}$ 以及 ${\bf F}\left(x,y,z\right)=\left(-x,0,z\right)$。由此所求為$\displaystyle\iint_Szdx\wedge dy-xdy\wedge dz=\iint_D\left(-\sqrt{1-y^2-z^2},0,z\right)\cdot\left[\frac{\partial\bf r}{\partial y}\times\frac{\partial\bf r}{\partial z}\right]dA=\iint_D\frac{y^2+2z^2-1}{\sqrt{1-y^2-z^2}}dA,$
其中$\displaystyle\frac{\partial\bf r}{\partial y}\times\frac{\partial\bf r}{\partial z}=\left(\frac{-y}{\sqrt{1-y^2-z^2}},1,0\right)\times\left(\frac{-z}{\sqrt{1-y^2-z^2}},0,1\right)=\left(1,\frac{y}{\sqrt{1-y^2-z^2}},\frac{z}{\sqrt{1-y^2-z^2}}\right)$.
如此令 $\left\{\begin{aligned}&y=r\cos\theta\\&z=r\sin\theta\end{aligned}\right.$，而變數範圍為 $\left\{\begin{aligned}&0\leq r\leq\sqrt3/2\\&0\leq\theta\leq2\pi\end{aligned}\right.$，如此所求為$\begin{aligned}\iint_Szdx\wedge dy-xdy\wedge dz&=\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt3/2}\frac{r^3\left(1+\sin^2\theta\right)-r}{\sqrt{1-r^2}}dr\,d\theta=\int_0^{\sqrt3/2}\int_0^{2\pi}\frac{r^3(3-\cos2\theta)-2r}{2\sqrt{1-r^2}}d\theta\,dr\\&=\pi\int_0^{\sqrt3/2}\frac{3r^3-2r}{\sqrt{1-r^2}}dr=\pi\int_0^{\sqrt3/2}\left(\frac{r}{\sqrt{1-r^2}}-3r\sqrt{1-r^2}\right)dr\\&=\pi\left[-\sqrt{1-r^2}+\left(1-r^2\right)^{3/2}\right]\Big|_0^{\sqrt3/2}=\pi\cdot\left[\left(-\frac12+\frac18\right)-\left(-1+1\right)\right]=-\frac{3\pi}8.\end{aligned}$
訣竅
運用 Taylor 展開式的技術表達之，隨後盡可能獲得 $H_n$ 的資訊來答題。解法
由單變數 Taylor 展開式的概念，給定 $x\in\mathbb R$ 時可將 $f$ 展開如下
$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\displaystyle\frac{\partial^nf}{\partial y^n}\left(x,0\right)}{n!}y^n$
而$\displaystyle\frac{\partial^nf}{\partial y^n}\left(x,0\right)=\left.e^{x^2}\frac{\partial^n}{\partial y^n}e^{-\left(y-x\right)^2}\right|_{y=0}=\left.\left(-1\right)^ne^{x^2}\frac{\partial^n}{\partial x^n}e^{-\left(x-y\right)^2}\right|_{y=0}=\left(-1\right)^ne^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}$.
因此取 $\displaystyle H_n\left(x\right)=\left(-1\right)^ne^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}$（$n\geq1$）即可。再者，此時可以注意到對每個給定的 $x\in\mathbb{R}$ 而言，$y$ 的收斂半徑可表達如下$\displaystyle R_x=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{H_n\left(x\right)}{n!}\div\frac{H_{n+1}\left(x\right)}{\left(n+1\right)!}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(n+1\right)H_n\left(x\right)}{H_{n+1}\left(x\right)}=\infty$.
其中我們將使用到 $H_n$ 為 $n$ 次多項式（這將證明如下），故我們知道該級數對所有 $x,y\in\mathbb{R}$ 皆收斂。當 $n=0$ 與 $n=1$ 時分別有 $H_0\left(x\right)=1$、$H_1\left(x\right)=-2x$。現設 $k\leq n$ 時 $H_k\left(x\right)$ 為 $k$ 次多項式，那麼可以發現
$\displaystyle\begin{aligned}H_{n+1}\left(x\right)&=\left(-1\right)^{n+1}e^{x^2}\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}e^{-x^2}=\left(-1\right)^{n+1}e^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}\left(-2xe^{-x^2}\right)=\left(-1\right)^{n+1}e^{x^2}\left(-2n\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}e^{-x^2}-2x\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}\right)\\&=-2nH_{n-1}\left(x\right)+2xH_n\left(x\right)\end{aligned}$
一個是 $n-1$ 次多項式而另一個則為 $n+1$ 次多項式，兩者之和為 $n+1$ 次多項式，這就說明了(a)的結論。並且在我們的計算過程中也一併證明了(c)。現觀察
$\displaystyle H_n'\left(x\right)=\frac{d}{dx}\left(\left(-1\right)^ne^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}\right)=2\left(-1\right)^nxe^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}+\left(-1\right)^ne^{x^2}\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}e^{-x^2}=2xH_n\left(x\right)-H_{n+1}\left(x\right)$
由前述的結果可知 $2xH_n\left(x\right)-H_{n+1}\left(x\right)=2nH_{n-1}\left(x\right)$，故得(b)的結論。最後利用(b)與(c)可以知道
$\displaystyle\begin{aligned}H_n''\left(x\right)-2xH_n'\left(x\right)+2nH_n\left(x\right)&=2nH_{n-1}'\left(x\right)-4nxH_{n-1}\left(x\right)+2nH_n\left(x\right)\\&=4n\left(n-1\right)H_{n-2}\left(x\right)-4nxH_{n-1}\left(x\right)+2nH_n\left(x\right)\\&=2n\left[H_n\left(x\right)-2xH_{n-1}\left(x\right)+2\left(n-1\right)H_{n-2}\left(x\right)\right]=0\end{aligned}$
遂知結論(d)成立。本題證明完畢。
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