義。 很多微積分初學者在上完課之後, 看到題目時往往不知如何下手解題, 於是對於這門課望而 卻步。 本書之目的 : 希望能提升初學者對於微積分學習之興趣;而以良好的微積分基底,迎接更 為深奧之純粹或應用數學;也希望協助讀者建立正確的數學觀念—– 經由 「定義」 和 「定理」 以 演繹推理方法解決問題; 我們若能學得縝密思考、 分析問題以及強化邏輯演繹的能力, 對於往後 的終身學習影響深遠。
筆者曾在1978 至1993年間出版 《 微積分演習 》,在1994及1995 年完成 《 微積分題庫 I
& II》,這些書本蒐集了二千多題的習題考題及其解, 大部分以 TEX格式編輯,自2012 年元月 開始, 從其中篩選較具代表性的三百多題, 分置於三十一個單元之內。 原則上選題時避免過份簡 單或過份艱深, 同一單元內儘可能選取不同類型之題目。 與前二本電子書相同, 改以cwTEX 排 版系統編輯,書中全部圖形皆自行繪製,以協助讀者迅速進入問題之核心。
本書內之符號與觀念皆與拙著 《 微積分學．電子書2.1 版》 相同,讀者閱讀本書時,若遭遇 瓶頸, 不妨參照上述電子書, 對於微積分學習必有裨益。
全球各地的大學生大部分修過 《 微積分 》 這門課, 不少人也考得高分, 但能完全領略其中 奧秘並運用自如者, 應屬少數,本書提供讀者一個自我評鑑的平台,看完題目,提起筆,思考和解 題, 最後再和書中之解比較一下。
編書多年, 雖校對再三,深知書中誤謬甚難完全避免, 深盼讀者先進不吝來函賜正。
顏 國 勇
2012年九月於台灣台南 [email protected]
2
2012年九月編完 《 新微積分演習 》 電子書後, 一方面希望能再校閱一次, 減少錯誤, 若 有令讀者難以理解之處或語意不清者, 則更加詳細說明; 另一方面, 在網路上發現許多 pdf 格式之電子書, 其 「目錄」 具有超連結 (hyperlink) 功能, 在目錄之某一章或節之上, 以滑 鼠點擊, 可立即跳至該章節。 於是見賢思齊, 上網學習, 困難之一是原先以 PICTEX軟體所 繪之圖形與超連結程式有所衝突, 只好將所有圖形先利用繪圖軟體Photoshop 改為eps格式,
再一一以 ”includegraphics” 方法引進來; 另一個困難是, 本書必須將所有三十一個單元全部
放在一起跑完, 才會自動做成有具有超連結功能之目錄, 初版時係每一單元獨立跑完, 再以 軟體 Adobe Acrobat 加以鏈接, 二者作法不同。 起初遭遇不少困難, 感謝眾多 LATEX 高手, 在網際網路上詳加解說, 本人經過多次錯誤和嘗試, 困難也都一一克服, 只是增加不少修訂 之時間。
此次校閱發現之誤謬中, 有些是粗心打錯, 有些則是計算過程犯了錯, 深信即使再度校 閱訂正, 錯誤仍然存在, 祈求讀者一旦發現問題, 不吝來函斧正。
顏 國 勇
2013年三月
3
本書常用之數學符號 6
1 集合、 函數、 sup, inf 7
2 極限 16
3 連續(一維) 27
4 導數運算 33
5 切線與關聯比率 40
6 特殊函數及其導數運算 47
7 均值定理 55
8 極值問題(單變數) 61
9 參數方程式 72
10 隱函數(單變數) 80
11 Taylor 定理 88
12 近似值問題 96
13 作圖與凹凸性 108
14 不定積分 119
15 Riemann 積分 130
16 微積分基本定理 141
17 積分變換(單變數) 152
18 瑕積分 157
19 近似積分 166
20 積分應用 173
21 實數序列及實數級數 194
22 冪級數 205
23 n 維空間與向量運算 217
24 空間曲線 221
4
25 多變數函數之極限及連續性 229
26 方向導數、 梯度與切面 236
27 極值問題(多變數) 248
28 Taylor 公式(多變數)與近似值 262
29 二重積分、 累次積分 266
30 積分變換(多變數) 277
31 線積分與曲面積分 289
5
• R =實數系
• R+= 非負實數集合 = {x ∈ R | x ≥ 0}
• R∗ = R \ {0}
• R∗+= 正實數集合 = {x ∈ R | x > 0}
• R = 擴張的實數系= R ∪ {−∞, +∞}
• Q = 有理數系
• Z = 整數系
• N = 自然數系= {1, 2, 3, · · · }
• Nδ(p) = 點p 之δ 鄰近 = (p − δ, p + δ) 開區間
• Nδ∗(p) = Nδ(p) \ {p}
• A′ = 集合 A 之導來集 (derived set)
• A =◦ 集合 A 之內部 (interior)
• Df = 函數 f 之定義域 (domain)
• Rf = 函數 f 之值域 (range)
• f−1 = 函數 f 之反函數 (inverse function)
• (g ◦ f)(x) = g(f(x)) = 函數f 與g 之合成 (composite function)
• [x] = 小於或等於 x之最大整數, (高斯符號)
• f(p+) = limx→p+f (x) =函數 f 於點 p之右極限
• f(p−) = limx→p−f (x) =函數 f 於點 p之左極限
• f|A= 函數 f 於集合 A 上之制限(restriction)
• f+′ (p) = 函數 f 於點 p 之右導數
• f−′ (p) = 函數 f 於點 p 之左導數
• Zf′ = {x ∈ Df | f′(x) = 0}
• Sf = f 之不可微分之點集
• U(f, P ): 上和數 (upper sum)
• L(f, P ): 下和數 (lower sum)
• S(f, P, T ): Riemann 和數 (Riemann sum)
6
第1 單元 集合、 函數、 sup, inf 7
§ 1 集合、 函數、 sup, inf
許多人學微積分時, 喜歡以直觀方法去解題, 但若不了解數學乃建構在定義及定理之上, 遇到某些基本問題, 往往不知何從下手, 此時最好的方法是回到 《 微積分學 》 教本去尋找相 關定義或定理 .
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♠ (1-1) 設A = {x ∈ R | 1 < x2 < 2}.
(a) 將 A 表為區間或區間之聯集; (b) 試求 max A, sup A, min A, inf A .
分析 本題需先了解 「最大元素」、 「最小元素」、 「最小上界」、 「最大下界」 之定義,方能著手進 行解題. 由《 微積分學．電子書 2.1 版》 預篇知:
M = max A ⇔
((i) M ∈ A,
(ii) ∀ x ∈ A ⇒ x ≤ M.
最小元素同理, 而 sup A乃 A 之上界集合之最小元素. 解 (a) 由於
1 < x2 < 2 ⇔ 1 <√
x2 <√ 2
⇔ 1 < |x| <√ 2
⇔ (1 < x <√
2 ) or (1 < −x <√ 2 )
⇔ (1 < x <√
2 ) or (−1 > x > −√ 2 ) 故知 A = (−√2, −1) ∪ (1,√
2).
(b) 顯然 max A 與min A 皆不存在. 而sup A =√2, inf A = −√ 2.
♠ (1-2) 試問集合 S =
x ∈ R
a − x a2− x < 0
, 內 a 為一正數, 於 R 上是否有 sup 或 inf 之存在? 為何? 若有, 則求之.
分析 設A, B 皆為實數且 B 6= 0, 則
A/B < 0 ⇔ AB < 0.
因此本題應分 a < 1, a = 1, a > 1 三種情況討論, 每一種情況皆先將集合 S 表為區間 或其聯集或空集合, 再解之.
解 (a) 若 0 < a < 1 , 則S = {x ∈ R | (a − x)(a2 − x) < 0} = (a2, a),是以 sup S = a, inf S = a2 .
(b) 若 a = 1 , 則S = ∅ , 故sup S 與 inf S 皆不存在 .
(c) 若 a > 1 , 則 S = {x ∈ R | (a − x)(a2− x) < 0} = (a, a2), 是以 sup S = a2, inf S = a .
♠ (1-3) 設 S = {x ∈ R | ax2 + bx + c < 0}. 試問 : a, b, c 應滿足什麼條件方使 sup S 及 inf S 均存在. 此時 sup S, inf S 各為何 ?
分析 本題之關鍵在於將集合 S 表為區間或其聯集或空集合; 但這又與 a 之正負或零, 判別 式b2− 4ac之正負或零皆有關, 處理之過程應十分小心, 步步為營. 討論過程讀者不妨繪 圖以理解各不同情況下之集合 S. 本題並不難, 但可以訓練讀者的數學演繹能力.
解 1◦ 若 a = 0,則
S = {x ∈ R | bx + c < 0} =
(−∞, −c/b), 若 b > 0, (−c/b, +∞), 若 b < 0,
∅, 若 b = 0, c ≥ 0, R, 若 b = 0, c < 0.
上述四種情況皆不可能使 sup S 及inf S 均存在. 2◦ 若 a > 0 , (曲線開口向上),設 ∆ = b2 − 4ac.
• 若∆ > 0 , 令r1 < r2 為方程式 ax2+ bx + c = 0 之二根(參考圖1–1A ) , 則
S = {x | ax2 + bx + c < 0} = {x | a(x − r1)(x − r2) < 0} = (r1, r2), 此時, sup S = r2, inf S = r1.
圖1–1A a > 0, ∆ > 0 圖1–1B a < 0, ∆ > 0
• 若∆ ≤ 0 , 則S = ∅ , sup S 及 inf S 皆不存在.
第1 單元 集合、 函數、 sup, inf 9
3◦ 若 a < 0 , (曲線開口向下, (參考圖 1–1B ) ) , 則不論 ∆ = b2 − 4ac為正為負或 為零,集合 S 既無上界亦無下界, 故 sup S 及inf S 皆不存在.
綜合以上三點, 唯有 a > 0 且∆ > 0 時,方可能使 sup S 及inf S 均存在.
♠ (1-4) 設A 與 B 為R 之二非空子集, 試證 : 若∀ a ∈ A, ∀ b ∈ B , a ≤ b , 則 sup A ≤ inf B.
分析 sup A乃集合 A 諸上界之最小元素, inf B 乃集合 B 諸下界之最大元素.
解
∀ b ∈ B, a ≤ b ⇒ a (暫視為固定) 為集合 B 之一下界
⇒ a ≤ inf B , (最大下界大於或等於任一下界)
⇒ ∀ a ∈ A, a ≤ inf B , ( a為 A 之任意元素)
⇒ inf B 為A 之一上界
⇒ inf B ≥ sup A , (最小上界小於或等於任一上界).
♠ (1-5) 設A, B 為 R之有上界子集, C = {a + b | a ∈ A, b ∈ B} , 試證 : sup C = sup A + sup B.
分析 對於初學者, 這是一道難題, 困難之處在於無從下手, 解題之主要關鍵在於 「某集 合之任一上界大於或等於該集合之最小上界」. 本題之結果有助於以下題目之解決 :
「試求集合 C = {a + 2−n| a ∈ (0, 1), n ∈ N} 之最小上界, 若其存在.」 證 1◦ 顯然 sup A + sup B 為 C 之一上界, 故sup A + sup B ≥ sup C.
2◦ 其次, 設a ∈ A, b ∈ B ;
sup C ≥ a + b ⇒ sup C − a ≥ b, ∀ b ∈ B
⇒ sup C − a ≥ sup B
⇒ sup C − sup B ≥ a, ∀ a ∈ A
⇒ sup C − sup B ≥ sup A.
♠ (1-6) 一粒子在一直線上移動,最初五秒它自固定點 (即原點)以每秒二公尺之速度移動, 其
後三秒它靜止不動, 之後它繼續依照最初移動方向以每秒三公尺前進, 第二十秒時停止.
試將該粒子之位置表為時間 t 之函數. (即表為 f : A → B : f(t) = · · · , 其中 A, B 及
· · · 皆需清楚表示).
分析 本題之關鍵在於函數定義之瞭解, 及不同情況 (cases) 之表示法. 在此, 先掌握定義域 A = [0, 20]及對應域 (未必是值域) B = R, 其次將 A 分割為三種情況, 即
A = [0, 5] ∪ (5, 8] ∪ (8, 20], 分別求出其函數值.
解 所求函數為
f : [0, 20] → R : f(t) =
2t, 若0 ≤ t ≤ 5, 10, 若5 < t ≤ 8, 10 + 3(t − 8), 若8 < t ≤ 20.
其圖形如下(註 :二軸單位不相同) :
圖 1–2
♠ (1-7) 以下有關 『函數』 之表示法, 哪些是錯誤的 ? 理由為何 ?
(a) f : R → R : f(x) = tan−1x.
(b) z = g(x, y) 滿足x2 + y2+ z2 = 1.
(c) h : R → R2 : h(t) = (2 cos t, 3 sin t).
(d) φ : R3 → R : φ(x, y, z) = xyz x2+ y2+ z2. (e) ψ : R → R : ψ(x) =
(1, 若x ∈ Q,
−1, 若x ∈ R \ Q.
第1 單元 集合、 函數、 sup, inf 11
(f) k : R → N : k(x) = [x2− 11x + 31] , 其中 [ · ] 為高斯符號.
分析 函數之定義是: A (定義域)中每一元素x , 必存在B (對應域)中唯一元素y與之對 應. 可能的錯誤是 (1) 自變數 x 所對應之值不只一個, (2) 函數值未界定或無意義, 或 (3) 函數值不屬於對應域.
函數 k 的陷阱是 x2− 11x + 31可能有小於1 之值, 取了高斯後其函數值不是自然 數. 關於自然數系含不含 0 的問題, 目前兩種主張皆有不少支持的學者, 在前面 「常用 數學符號」 中已說明我們採用不含 0, 即N= {1, 2, 3, · · · }.
解 (a) f 為一函數. 由於 tan |I: I → R 為對射, 其中 I = (−π/2, π/2) , 詳見 《 微積 分學．電子書 2.1 版》 第三章定理 3.12, 而 tan−1 是 tan |I 的反函數, 其定義 域為 R.
圖 1–3
(b) 不為一函數, 因為當x = y = 0時, z = −1或1 皆滿足x2+ y2+ z2 = 1; 亦即 g(0, 0) 有二值, 違背函數之定義.
(c) h 為二維向量函數, 詳見 《 微積分學．電子書2.1 版》 第三章 § 3.13.
(d) 不為一函數, 因為 φ(0, 0, 0) 無意義.
(e) 這是一種以 cases 方法表示的函數, 符合函數定義. (f) 不為一函數, 因為
x2 − 11x + 31 = x2− 11x + 5.52+ (31 − 5.52)
= (x − 5.5)2+ 0.75.
故 k(5.5) = [ 0.75 ] = 0 6∈ N.
♠ (1-8) 設f (x) = x2, 試求具有 g(x) = Ax + B 型式之函數 g 以使g(f (x)) = f (g(x)).
分析 本題若使用雙條件符號 ⇔, 可使推理過程簡單明瞭. 其次, 在實數系中, x = x2 之 充要條件為x ∈ {0, 1}.
解
g(f (x)) = f (g(x)) ⇔ Ax2+ B = (Ax + B)2
⇔ Ax2+ B = A2x2+ 2ABx + B2
⇔
A = A2, 0 = 2AB, B = B2,
⇔ (A, B) ∈
(0, 1), (1, 0), (0, 0) . 故g(x) = 0, g(x) = x 或 g(x) = 1三者皆可.
♠ (1-9) 設函數 f : R \ {1} → R : f(x) = x x − 1. (a) 試證 f 為嵌射;
(b) 試求 f 之反函數 .
分析 圖形只能用來理解題目, 通常不能用來證明 .
圖 1–4
第1 單元 集合、 函數、 sup, inf 13 本題證明 f 為嵌射時, 應證 : ∀ x1 6= x2 (∈ Df), f (x1) 6= f(x2) , 可分三種情形去處 理. 至於反函數問題, 由於 f ◦ f−1 與 f−1◦ f 均為粧等函數, 故
y = f (x) ⇔ x = f−1(y).
因此, 求 f (x) = x
x − 1 之反函數時, 先令 y = f (x) = x
x − 1.
利用雙條件“ ⇔ ” 方法解x 為 y 之函數, 此即為f 之反函數 f−1 之作用法則. 解 (a) 我們分 1 < x1 < x2, x1 < x2 < 1 及x1 < 1 < x2 三種情形討論.
• 1 < x1 < x2 ⇒ 0 < x1 − 1 < x2− 1
⇒ 1
x1 − 1 > 1 x2− 1
⇒ f(x1) = 1 + 1
x1− 1 > 1 + 1
x2− 1 = f (x2).
• x1 < x2 < 1 , 仿上法證之.
• x1 < 1 < x2 時,
f (x1) = 1 + 1
x1− 1 < 1 < 1 + 1
x2− 1 = f (x2).
(b) 顯然 f 之值域Rf = R \ {1}. 由於 y = x
x − 1 ⇔ xy − y = x
⇔ x(y − 1) = y
⇔ x = y
y − 1. 故知 f 之反函數為
f−1: R \ {1} → R : f−1(y) = y y − 1. 提醒讀者注意 : 在此, f−1 = f .
♠ (1-10) 設向量函數 f : [0, 2π) → R2 : f(t) = (cos t, sin t).
(a) 試證 f 為嵌射 ; (b) 試求 f 之反函數 .
分析 向量函數之古典表示法為 x = cos t,
y = sin t, t ∈ [0, 2π] , 其圖形如圖 1–5.
圖 1–5
本題證明 f 為嵌射時, 應證 : ∀ t1 6= t2 (∈ Df), f (t1) 6= f(t2) , 可分 0 ≤ t1 < t2 ≤ π , π < t1 < t2 < 2π , 0 ≤ t1 ≤ π < t2 < 2π 三種情形去處理. (注意區間之端點).
至於反函數部分, 由於 f 係由 sin 及cos 建構而成, 反函數自然應由 sin−1 及 cos−1 下手, 但必須小心使用.
解 (a) • 若 0 ≤ t1 < t2 ≤ π ,
cos 在區間[0, π] 為遞減 ⇒ cos t1 > cos t2
⇒ f(t1) 6= f(t2).
• 若 π < t1 < t2 < 2π ,
cos 在區間 (π, 2π)為遞增 ⇒ cos t1 < cos t2
⇒ f(t1) 6= f(t2).
• 若 0 ≤ t1 ≤ π < t2 < 2π , 則因 sin t1 ≥ 0 , sin t2 < 0 , 是以 f(t1) = (cos t1, sin t1) 6= (cos t2, sin t2) = f(t2).
(b) f 之值域顯然為 R2 上之單位圓, 即 Rf = {(x, y) | x2+ y2 = 1}. 令 g : Rf → Df : g(x, y) = cos−1x, 若 y ≥ 0,
2π − cos−1x, 若 y < 0,
為證明 g 為 f 之反函數, 應證明 : ∀ (x, y) ∈ Rf, f(g(x, y)) = (x, y) , 我們分四 種情形證明 :
• 若 (x, y)在第一象限, 即 x ≥ 0, y ≥ 0, f(g(x, y)) = f(cos−1x)
= (cos(cos−1x), sin(cos−1x))
= (cos(cos−1x), sin(sin−1y)) , (理由見(∗) )
= (x, y).
第1 單元 集合、 函數、 sup, inf 15
(∗) t = cos−1x ⇒ x = cos t
⇒ y =√
1 − x2 =√
1 − cos2t = sin t
⇒ t = sin−1y.
• 若 (x, y)在第二象限, 即 x ≤ 0, y ≥ 0, f(g(x, y)) = f(cos−1x)
= (cos(cos−1x), sin(cos−1x))
= (cos(cos−1x), sin(π − sin−1y)) , (理由見仿上)
= (x, y).
• 若 (x, y)在第三、 四象限, 讀者自證之
§ 2 極限
十七世紀, 微積分剛發明時, 人類對於 『極限』 的觀念是模糊的, 人們可以求出許多函數 在某一點之極限, 但沒有人能提出一個能令數學家接受, 有關 『極限』 的嚴格定義 . 到了十 九世紀, 法國數學家 Cauchy 才給了極限一個較佳的說法, 今天極限的定義則是德國數學家
Weierstrass經過整理後的結果.有了嚴格定義後, 所有定理之證明皆可由定義演繹而得;至於
極限題目之解決, 當可利用諸定理或直接由定義來處理. 有關於極限之定義, 讀者可參閱拙 著 《 微積分學．電子書 2.1 版》 第一章.
解決極限問題, l’Hospital’s Rule ( 羅畢達規則) 是一項很好的工具, 但它不是萬能鑰匙, 於是有些問題特別設計用來考驗讀者是否濫用,另外有些問題雖然極限存在但不是l’Hospital’s Rule 所能解決, 還有些問題, 雖然屬於不定型, 極限卻不存在, 必須說明不存在之理由.
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♠ (2-1) 試利用兩種不同極限定理求 lim
x→0x cos 1 x =?
分析 本題之目的在於考驗讀者是否熟悉極限之諸定理, 可能知曉其中之一以解決本題, 但另一為何?
解 法一 : 利用三明治原理(夾擠定理) , 因
∀x 6= 0 ⇒ −|x| ≤ x cos1
x ≤ |x|, 而 lim
x→0|x| = 0 , 故極限為 lim
x→0x cos 1 x = 0.
法二 : 因 lim
x→0x = 0 , 且cos 1
x 為有界, 故二者之積的極限為 0.
♠ (2-2) 試指出下列論證之錯處, 即(1) 至(4) 四個蘊含(implications) 何者不正確 ? 任予一正數ǫ < 5 , 我們考慮
|x2− 5| < ǫ⇔ 5 − ǫ < x(1) 2 < 5 + ǫ
⇐(2) √
5 − ǫ < x <√ 5 + ǫ
⇔(3) √
5 − ǫ − 2 < x − 2 <√
5 + ǫ − 2
⇐ |x − 2| < min{|(4) √
5 − ǫ − 2|, |√
5 + ǫ − 2|}.
第2 單元 極限 17 若取 0 < δ = min{|√
5 − ǫ − 2|, |√
5 + ǫ − 2|} , 則
0 < |x − 2| < δ ⇒ |x2− 5| < ǫ.
是故 lim
x→2x2 = 5.
分析 利用逆推法以證明 ǫ-δ 極限問題時, 常利用以下觀念 :
「 若 |x| < min{|a|, b} , 則 a < x < b ; 其中 a < 0 < b. 」
讀者應注意: 如果a 不為負數時, 不可使用此一蘊含式. 本題很容易發現(4) 可能有問 題, 然而要證明它不對, 則須舉出一反例 ; 反例越簡單越好, 但必須十分清楚 . 解 第四個蘊含不正確, 理由 : 令 x = 2.1, ǫ = 0.1 , 則
(√
5 − ǫ − 2 < x − 2 < √
5 + ǫ − 2 不真,
|x − 2| < min{|√
5 − ǫ − 2|, |√
5 + ǫ − 2|} 為真.
♠ (2-3) 利用 ǫ-δ 方法證明 : lim
x→a(x2 + bx + c) = a2 + ab + c.
分析 由給定的正數 ǫ , 去找尋正數δ , 並證明它是正確的, 解決之道往往需要使用 「逆推 法」. 其過程又分 「平行法」 及 「分解法」, 讀者請參閱拙著 《 微積分學．電子書 2.1 版》
§ 1.3 之諸範例, 本題需使用 「分解法」, 在此, 問題是在區間 (a − 1, a + 1) 上找到
|x + a + b|之一上界 M.
證 往證 :
∀ǫ > 0, ∃ δ > 0, (∀ x ∈ R)(0 < |x − a| < δ ⇒ |x2+ bx + c − (a2+ ab + c)| < ǫ).
1◦ 先求在區間 (a − 1, a + 1) 上|x + a + b| 之一上界 M.
|x − a| < 1 ⇒ a − 1 < x < a + 1
⇒ 2a + b − 1 < x + a + b < 2a + b + 1
⇒ |x + a + b| < M , (令M = max{|2a + b − 1|, |2a + b + 1|} ) 2◦ 對於 ǫ > 0 , 由
|x2+ bx + c−(a2+ ab + c)| < ǫ ⇔ |x2− a2+ b(x − a)| < ǫ
⇔ |x − a| · |x + a + b| < ǫ
⇐ |x − a| < ǫ
M ∧ |x + a + b| < M
⇐ |x − a| < ǫ
M ∧ |x − a| < 1 , ( ∵ 1◦)
⇐ |x − a| < minn ǫ M, 1o
. 只需令 δ = minn ǫ
M, 1o 即可.
♠ (2-4) 利用 ǫ-δ 方法證明 : lim
x→2
x2+ 1 x − 1 = 5.
分析 本題和上題相似, 利用 「逆推法」 之 「分解法」. 上題第一步考慮之鄰近半徑為 1 , 本 題則必須小於 1 , 否則解不出來.
證 往證 :
∀ǫ > 0, ∃ δ > 0, (∀ x ∈ R \ {1})(0 < |x − 2| < δ ⇒
x2+ 1 x − 1 − 5
< ǫ).
1◦ 先求在區間 2 −1
2, 2 + 1 2
上 x − 3 x − 1
之一上界.
|x − 2| < 1 2 ⇒ 3
2 < x < 5 2
⇒ 1
2 < x − 1 < 3
2 & − 3
2 < x − 3 < −1 2
⇒ 2 > 1
x − 1 > 2
3 & |x − 3| < 3 2
⇒ x − 3
x − 1 < 3.
2◦ 對於 ǫ > 0 , 由
x2+ 1 x − 1 − 5
< ǫ ⇐ |x − 2| · x − 3
x − 1 < ǫ
⇐ |x − 2| < ǫ
3 &
x − 3 x − 1 < 3
⇐ |x − 2| < ǫ
3 & |x − 2| < 1
2, ( ∵ 1◦)
⇐ |x − 2| < minn ǫ 3,1
2 o
⇐ 0 < |x − 2| < δ ,
令δ = minn ǫ 3,1
2 o.
♠ (2-5) 若f (x) ≤ M, ∀x ∈ Df , 且 lim
x→pf (x) = A , 利用 ǫ-δ 方法證明 : A ≤ M.
分析 依題意本題不可使用極限之定理, 必須使用極限之定義. 可使用直接證法或間接證法 (即矛盾證法).
證 •直接證法 :
x→plimf (x) = A
⇒ ∀ ǫ > 0, ∃ δ > 0, ∀ x ∈ Df (0 < |x − p| < δ ⇒ A − ǫ < f(x) < A + ǫ)
⇒ ∀ ǫ > 0, ∃ x ∈ Df, A − ǫ < f(x)
⇒ ∀ ǫ > 0, A − ǫ < M
⇒ M ≥ sup{A − ǫ | ǫ > 0} = A.
第2 單元 極限 19
•間接證法 : 假定 「 A > M 」, 我們將證明其將導致矛盾. 令 ǫ = A − M > 0 ,
x→plimf (x) = A
⇒ ∃ δ > 0, ∀ x ∈ Df (0 < |x − p| < δ ⇒ A − ǫ < f(x) < A + ǫ)
⇒ ∃ x ∈ Df, A − ǫ < f(x)
⇒ ∃ x ∈ Df, M < f (x) , (與原設相矛盾).
♠ (2-6) 設f (x) 為一多項式且滿足
x→1lim f (x)
x − 1 = 1 , lim
x→2
f (x)
x − 2 = 2 , lim
x→3
f (x) x − 3 = 3, 試求最低次數之多項式f .
分析 若 f (x) 不含 x − 1 因式, 則 lim
x→1
f (x)
x − 1 不可能等於 1 , 同理 f (x) 必含 x − 2 及 x − 3因式. 但若 f (x) = k(x − 1)(x − 2)(x − 3) , ( k 為一常數) , 仍不符合原題之三 個極限值. 因此 k 應非常數而是一多項式.
解 由原設知 f (x) 必有 (x − 1), (x − 2)及(x − 3) 三因式, 是以 f (x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3)Q(x), 內Q(x) 為一待定多項式, 其次,
1 = lim
x→1
f (x)
x − 1 = 2Q(1), 2 = lim
x→2
f (x)
x − 2 = −Q(2), 3 = lim
x→3
f (x)
x − 3 = 2Q(3), 知多項式 Q(x) 通過點 1,1
2
, (2, −2), 3,3
2
, 最低次應為二次 (拋物線) , 令 Q(x) = ax2+ bx + c , 應有
1
2 = Q(1) = a + b + c,
−2 = Q(2) = 4a + 2b + c, 3
2 = Q(3) = 9a + 3b + c, 聯立之, 解得 a = 3 , b = −23
2 , c = 9 , 換言之, f (x) = 1
2(6x2− 23x + 18)(x − 1)(x − 2)(x − 3).
♠ (2-7) 試求極限 lim
x→2−
x10− 1024
[x10] − 1024 =?內 [ · ]乃最大整數函數. 分析 有些初學者以為, 求極限 lim
x→pf (x) 時, 只需將 p 代入 f (x) 之 x , 當然是錯誤的. 本題的關鍵在於 : 考慮在區間 (a, 2) , 函數值為何? 其中 a < 2 , 但又很接近2.
解 由於
10231/10 < x < 2 ⇒ 1023 < x10< 1024 ⇒ [x10] = 1023
⇒ [x10] − 1024 = −1
⇒ x10− 1024
[x10] − 1024 = 1024 − x10, 故極限 lim
x→2−
x10− 1024 [x10] − 1024 = 0.
註: 本題若改問 lim
x→2+
x10− 1024
[x10] − 1024 =?答案是 : 本題無意義. 理由是在區間(2, 10251/10) 上, x
10− 1024
[x10] − 1024 之分母為 0.
♠ (2-8) 設f : R → R : f(x) = x − [x] (稱為尾數函數(mantissa) ). 試求 lim
x→+∞f (x) =? 內 [ · ]乃最大整數函數.
分析 證明一極限 lim
x→pf (x) 不存在時, 我們常使用的方法是 : 取定義域之二子集 A 與 B , 且 lim
x→pf |A(x) 6= lim
x→pf |B(x). 其中 p ∈ R 或p ∈ {−∞, +∞} 皆可. (由於 f 之定域為 R, 函數圖形只能繪出其中部分, 其餘部分需要想像. )
圖 2–1
解 令f (x) = x − [x], A = {n + 0.5 | n ∈ N} = {1.5, 2.5, 3.5, · · · },則
x→+∞lim f |N(x) = 0,
x→+∞lim f |A(x) = 0.5,
第2 單元 極限 21 二制限之極限不相等, 故極限不存在.
♠ (2-9) 試求極限 lim
x→0
1
[−x] =? 內 [ · ]乃最大整數函數.
分析 本題看起來不難, 但若對於極限觀念不十分清楚者, 可能會認為它的右極限不存在而 斷定: 本題之極限不存在.其實, 應先了解函數之定義域, 再看看趨近點0之鄰近的函 數值.
解 令f (x) = 1
[−x], 則其定義域
Df = {x | [−x] 6= 0} = {x | −x 6∈ [0, 1) }
= {x | x ≤ −1 or x > 0 } = (−∞, −1] ∪ (0, +∞).
其次,
x ∈ (0, 1] ⇒ [−x] = −1 ⇒ f(x) = −1, 是以 lim
x→0f (x) = lim
x→0+
1
[−x] = lim
x→0+
1
−1 = −1.
♠ (2-10) 試求 lim
x→+∞ln [x]
x − 1
=? 內[ · ] 乃最大整數函數.
分析 本題屬於合成函數之極限問題, 若內層函數之極限存在, 外層函數為連續(至少連續 於內層之極限值) , 則可將外層函數提到 lim 之外.
解 由括號函數之定義知,
∀ x > 1 ⇒ x − 1 < [x] ≤ x
⇒ 1 < [x]
x − 1 ≤ x x − 1, 利用三明治原理得, lim
x→+∞
[x]
x − 1 = 1. 又ln 為連續函數, 是以
x→+∞lim ln [x]
x − 1
= ln
x→+∞lim [x]
x − 1
= ln 1 = 0.
♠ (2-11) 設 f (x) =p1 − x2, g(x) =p4x − x2 − 3.
(a) 試求 : lim
x→1f (x) =? 及 lim
x→1g(x) =?
(b) 試問 :
“ lim
x→1(f (x) + g(x)) = lim
x→1f (x) + lim
x→1g(x) ” 是否為真? 理由為何?
分析 本題之 (a) 小題是容易的, 但(b) 小題則是觀念性問題. 如果先審查和函數 f + g 之 定義域, 必會發現答案其實十分簡單.
解 (a) lim
x→1f (x) =q
x→1lim−(1 − x2) = 0; (注意 : Df = [−1, 1]. )
x→1limg(x) =q
x→1lim+(4x − x2 − 3) = 0; (注意 : Dg = [1, 3]. ) (b) f + g 之定義域為
Df +g = {x ∈ R | 1 − x2 ≥ 0 & 4x − x2− 3 ≥ 0}
= {x ∈ R | x2 ≤ 1 & (x − 2)2 ≤ 1}
= {x ∈ R | −1 ≤ x ≤ 1 & 1 ≤ x ≤ 3} = {1}.
Df +g 並無聚點, lim
x→1(f (x) + g(x)) 無意義, 等式顯然不真 .
♠ (2-12) 令函數 f : (c, d) → R 且a ∈ (c, d) . 若 lim
x→af (x) = 2 , 則下列何者恆成立 ? (複選, 全對才給分).
(a) lim
x→a+f (x) = 2. (b) lim
x→a−f (x) = 2. (c) f (a) = 2.
(d) f (a) > 1. (e) 滿足 f (x) > 1的數 x 有無限多個.
分析 本題若加入 「f 為連續」, 顯然 (a) ∼ (e) 五者全部成立, 陷阱就在此處, 我們應考 慮 : 當f 不為連續時之情形.
解 (a), (b), (e). 理由如下 : (a) 極限 lim
x→af (x) = 2 (存在) , 故其右極限 lim
x→a+f (x) = 2 ; (b) 極限 lim
x→af (x) = 2 (存在) , 故其左極限 lim
x→a−f (x) = 2 ; (c) 未必成立, 例如 f : (c, d) → R : f(x) = 2, 若x 6= a, 0, 若x = a;
(d) 未必成立, 反例與(c) 小題相同 ; (e) lim
x→af (x) = 2 , 由保號定理(sign-preserving theorem) † 知存在 δ > 0 使得
∀ x ∈ Nδ∗(a) ∩ (c, d) ⇒ f(x) > 2 2 = 1.
其中 Nδ∗(a) ∩ (c, d) = Nδ∗(a) = (a − δ, a) ∪ (a, (a + δ)為一無限集合.
† 拙著 《 微積分學．電子書 2.1 版》 第一章定理 1.11.
第2 單元 極限 23
♠ (2-13) 試求 lim
x→+∞
(x + 1)(x2+ 1) · · · (xn+ 1)
((nx)n+ 1)(n+1)/2 . 內 n 為大於 1之自然數. 分析 分子及分母分別將 x 提出來即可.
解 由於
函數之分子= x1+2+···+n(1 + 1
x)(1 + 1
x2) · · · (1 + 1 xn)
= xn(n+1)/2(1 + 1
x)(1 + 1
x2) · · · (1 + 1 xn), 函數之分母= xn(n+1)/2nn+ 1
xn
(n+1)/2
, 是以
原題 = lim
x→+∞
(1 + 1
x)(1 + 1
x2) · · · (1 + 1 xn) nn+ 1
xn
(n+1)/2 = n−n(n+1)/2.
♠ (2-14) 試求 lim
x→∞(x − ex) =?.
分析 本題屬於∞ − ∞ 不定型, 此類題目應先設法化為 0
0 或 ∞
∞ 型, 再利用l’Hospital規 則.
解 利用 l’Hospital規則, lim
x→∞
x
ex = lim
x→∞
1
ex = 0 , 故
x→∞lim(x − ex) = lim
x→∞ex x ex − 1
= +∞ · (0 − 1) = −∞.
♠ (2-15) 試求極限 lim
x→0
1
sin2x − 1 x2
=?
分析 有人認為: 當x 很小時, sin x 與x 差不多, 因而斷定本題之極限為0 . 解 使用三次 l’Hospital規則,
原題= lim
x→0
x2− sin2x
x2sin2x = lim
x→0
x2 sin2x lim
x→0
x2− sin2x x4
= lim
x→0
x sin x
2 x→0lim
2x − 2 sin x cos x 4x3
= lim
x→0
2 − 2 cos 2x 12x2 ,
∵ lim
x→0
x
sin x = 1
= lim
x→0
4 sin 2x 24x = 1
3.
♠ (2-16) 試求 lim
x→0+(xxx − xx) =?
分析 遇到指數型態之函數先利用定義 ab = exp(b ln a) , 其中 a > 0, b ∈ R.
解 1◦ 首先,
x→0lim+xx = lim
x→0+exp(x ln x) = exp( lim
x→0+
1/x 1 ) = 1.
2◦ 由 1◦ 知
x→0lim+xxln x = lim
x→0+xx· lim
x→0+ln x = 1 · (−∞) = −∞.
是以 lim
x→0+xxx = lim
x→0+exp(xxln x) = 0.
故 lim
x→0+(xxx − xx) = 0 − 1 = −1.
♠ (2-17) 試問下列各題可以使用 l’Hospital規則解出嗎 ? 請說明你的理由並求極限. (a) lim
x→+∞
x − sin x
x ; (b) lim
x→π/2
cos√ x cos x .
分析 有些微積分初學者, 只要看到不定型問題立即以l’Hospital規則解題, 有時就會遇到 麻煩, 只好另行尋找解決之道. 至於(b)題則不屬於不定型問題, 當然不可使用l’Hos- pital 規則.
解 (a) 不可使用 l’Hospital 規則, 因
x→+∞lim
D(x − sin x)
Dx = lim
x→+∞(1 − cos x) 不存在, 理由如下 :
令 f (x) = 1 − cos x , A = {π2 + 2kπ | k ∈ N} , B = {3π2 + 2kπ | k ∈ N} , 而
x→+∞lim f |A(x) = 0 , lim
x→+∞f |B(x) = 2.
但
x→+∞lim
x − sin x
x = lim
x→+∞
1 − sin x x
= 1 − 0 = 1,
其中因 | sin x| ≤ 1 , 而 lim
x→+∞
1 x = 0.
(b) 不可使用 l’Hospital 規則, 因為分子之極限為 cos(pπ/2 ) > 0 . 而 lim
x→π/2+
cos√ x
cos x = −∞ , lim
x→π/2−
cos√ x
cos x = +∞ . 故知本題之極限不存在.
第2 單元 極限 25
♠ (2-18) 試求 lim
n→+∞
en n! =?
分析 本題雖為 ∞
∞ 之不定型, 然此處之 n 指的是正整數, 因此, 分子分母對於 n , 均不 能求導數, 與l’Hopiatal規則之條件不符, 自然不可利用 l’Hospital規則. 方法有二, 其一, 利用三明治原理. 其二, 利用級數之定理.
解 法一 : 因為 ∀ n ≥ 4 , 0 ≤ en
n! = e · e · e · · · e
1 · 2 · 3 · · · n = e · e 1 · 2 · e
3· · · e n − 1
· e n < e3
2n, 而 lim
n→+∞
e3
2n = 0 , 故 lim
n→+∞
en n! = 0.
法二 : 利用級數之比值審歛法(ratio test) , 考慮級數 X+∞
n=0
en
n! , 由於
n→+∞lim
en+1 (n + 1)!
en n!
= lim
n→+∞e · 1
n + 1 = 0 < 1,
知級數 X+∞
n=0
en
n! 為收斂, 故其通項之極限 (當n → +∞ ) 為0.
♠ (2-19) 試求 a 之值以使極限 lim
x→0
eax− ex− 3x
x2 存在, 並求此極值. 分析 分母之極限顯然為 0 , 若分子之極限不為 0 , 則極限不存在.
解 由於 lim
x→0(eax− ex− 3x) = 1 − 1 − 0 = 0 , lim
x→0x2 = 0 , 我們考慮利用 l’Hospital 規 則,
原題= lim
x→0
a eax− ex− 3
2x (⋆)
1◦ 若 a = 4 , 則由 (⋆) 再使用l’Hospital 規則, 原題 = lim
x→0
a eax− ex− 3
2x = lim
x→0
a2eax− ex
2 = a2− 1 2 = 15
2 . 2◦ 若 a > 4 , 在(⋆) 式中, 因分子分母極限分別為
x→0lim (a eax− ex− 3) = a − 1 − 3 > 0 , lim
x→02x = 0, 知 lim
x→0±
a eax− ex− 3
2x = ±∞ , 即原題之極限不存在.
3◦ 若 a < 4 , 則因
x→0lim(a eax− ex− 3) = a − 1 − 3 < 0 , lim
x→02x = 0, 知 lim
x→0±
a eax− ex− 3
2x = ∓∞ , 即原題之極限不存在.
結論 : 唯有當 a = 4時, 此極限方存在.
與 「l’Hospital規則 」 有關之極限問題為數甚多, 拙著 《 微積分學．電子書2.1 版》 第四 章§4.7, 176 ∼ 183 頁, 有較為系統化之整理.
第3 單元 連續(一維) 27
§ 3 連續 ( 一維 )
有關實值實變函數之連續問題, 首先必須了解 「連續之定義」:
• 設f : Df → R, p ∈ Df,
f 於點 p為連續 ⇔ p ∈ Df′ ⇒ lim
x→pf (x) = f (p)
⇔
( p 為 Df 之孤立點, or p 為 Df 之聚點, lim
x→pf (x) = f (p).
• 我們稱 f 為一連續函數, 如果 ∀ p ∈ Df, f 在點 p 為連續.
有關連續性之定理, 請參閱拙著 《 微積分學．電子書 2.1 版》 第一章§ 1.5.
◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ •
♠ (3-1) 設 f : (−1, 1) → R 為一連續函數且滿足 f (x) =
√1 + x −√ 1 − x
2x , ∀x 6= 0;
試問 f (0) 之值為何 ?
分析 我們當然不能將 0 代入 f (x) =
√1 + x −√ 1 − x
2x 之 x , 唯一能做的是利用極限之 定義, 即 f (0) = lim
x→0f (x).
解 由於 f 為連續, 故
f (0) = lim
x→0
√1 + x −√ 1 − x 2x
= lim
x→0
(√
1 + x −√
1 − x)(√
1 + x +√ 1 − x) 2x(√
1 + x +√ 1 − x)
= lim
x→0
1 + x − (1 − x) 2x(√
1 + x +√ 1 − x)
= 1 2.
♠ (3-2) 設c 為一實數, 函數 g : R → R : g(x) =
(x2 − cx, 若x ≥ 2,
|2cx| + 1, 若x < 2.
試求 c值使得 g 為一連續函數.
分析 使用左右極限以求得滿足題意之條件式.
解 由函數g 之定義知其在 x = 2 之外的點必為連績, 而
x→2lim−g(x) = |4c| + 1 , lim
x→2+g(x) = 4 − 2c.
是以
g 在點 2 為連績 ⇔ lim
x→2−g(x) = lim
x→2+g(x) = g(2)
⇔ |4c| + 1 = 4 − 2c
⇔ c = 1
2 or − 3
2, (理由見(∗) ).
(∗)若 c ≥ 0 , 4c + 1 = 4 − 2c ⇔ c = 1 2 ; 若c < 0 , −4c + 1 = 4 − 2c ⇔ c = −3
2 .
♠ (3-3) 試求常數 c與 k 使得函數
f (x) =
x + 2c, 若 x < −2, 3cx + k, 若x ∈ [−2, 1], 3x − 2k, 若x > 1.
於R 上為連續.
分析 函數 f 在以下三區間 (−∞, −2), (−2, 1), (1, +∞)上顯然皆為連績, 因此只需考慮 在點 −2及點 1 之左右極限, 而獲得含 c, k 之聯立方程式.
解 • 由原設
x→−2lim−f (x) = lim
x→−2−(x + 2c) = −2 + 2c,
x→−2lim+f (x) = lim
x→−2+(3cx + k) = 3c(−2) + k, 題意 : f 於點 −2 為連續 ⇒ f(−2) = lim
x→−2−f (x) = lim
x→−2+f (x) , 故
8c − k = 2 1
• 由原設
x→1lim−f (x) = lim
x→1−(3cx + k) = 3c + k,
x→1lim+f (x) = lim
x→1+(3x − 2k) = 3 − 2k, 題意 : f 於點 1 為連續 ⇒ f(1) = lim
x→1−f (x) = lim
x→1+f (x) , 故
3c + 3k = 3 2
1 , 2 兩式聯立可得 c = 1
3, k = 2 3.
第3 單元 連續(一維) 29
♠ (3-4) 設f (x) =√x − [√x ] , 內[ · ] 乃最大整數函數. (a) 試求 f 之定義域及不連續點集合.
(b) 試求 lim
x→+∞f (x) =?
分析 [x] 在整數點不為連續, 因此, 當√x 為整數時, 應特別留心. 解 (a) 顯然 Df = [0, +∞) , 其次, 令 A = {n2 | n ∈ N} .
• 在區間 [0, 1)
x ∈ [0, 1) ⇒ 0 ≤√
x < 1 ⇒ [√
x] = 0 ⇒ f(x) =√
x − 0 =√ x.
顯然 f 為連續於區間 [0, 1).
• 在區間 (n2, (n + 1)2)上, 其中 n ∈ N.
∀ x ∈ n2, (n + 1)2
⇒ n <√
x < n + 1
⇒ f(x) =√
x − [√
x ] =√ x − n, 顯然 f 為連續於區間 (n2, (n + 1)2).
• 若 p ∈ A , 則
x→plim−f (x) = lim
x→p−
√x − [√
x ] = √
p − (√
p − 1) = 1;
x→plim+f (x) = lim
x→p+
√x − [√
x ] =√ p −√
p = 0;
知 f 在點 p 不為連續;
綜合以上三點知 f 之不連續點集為 A = {n2 | n ∈ N}.
(b) 令 A = {n2 | n ∈ N} , B = {(n − 0.5)2 | n ∈ N} . 則
x→+∞lim f |A(x) = lim
n→+∞
√n2− [√
n2] = lim
n→+∞n − [n] = 0,
x→+∞lim f |B(x) = lim
n→+∞
p(n − 0.5)2− [p
(n − 0.5)2]
= lim
n→+∞(n − 0.5) − [n − 0.5] = 0.5.
故知 lim
x→+∞f (x) 不存在.
♠ (3-5) 設n 為一正偶數, a1, a2, · · · , an−1 均為非零實數. 試證 : 方程式 xn+ an−1xn−1+ · · · + a1x = 0
至少有二相異實根 .
分析 一函數若其值域為 R, 則其圖形必與 X 軸相交, 交點乃為一根 .
證 設
f (x) = xn+ an−1xn−1+ · · · + a1x = x(xn−1+ an−1xn−2+ · · · + a1).
顯然 0為原方程式之一根. 其次令 g(x) = xn−1+ an−1xn−2+ · · · + a1, 則因
x→+∞lim g(x) = lim
x→+∞xn−1
1 + an−1
x + · · · + a1 xn−1
= +∞,
x→−∞lim g(x) = lim
x→−∞xn−1
1 + an−1
x + · · · + a1
xn−1
= −∞,
且 g 為連續, 故 g 之值域為 R, 又 g(0) = a1 6= 0 , 故方程式 g(x) = 0 必有一非零 之實根.
♠ (3-6) 設 f : R → R 為連續且滿足 ∀ x, y ∈ R, f(x + y) = f(x) + f(y) . 試證 : f 為一 線性函數, 亦即存在一常數 a 以使 f (x) = ax.
分析 本題屬於較為理論的思考題, 《 微積分 》 本來就不限制在計算, 應用所有 《 微積分 》 定義及定理設法解決題目所要求之解答或證明. 在此必須分幾個階段討論. f (0) =?
f (n1) =? f (r) =? ( r 為有理數) , 最後利用連續性證明所需之結果. 證 1◦ 利用數學歸納法, 我們可證得:
f (x1+ · · · + xn) = f (x1) + · · · + f(xn).
2◦ 由 f (0) = f (0) + f (0) 知, f (0) = 0 . 又令 a = f (1).
3◦ ∀n ∈ N ,
f (1) = f 1
n + · · · + 1 n
, ( n項和)
= f 1 n
+ · · · + f 1 n
, ( ∵ 1◦)
= nf (1 n).
故 f 1 n
= 1
nf (1) = a n.
4◦ 若 r 為一正有理數, 則r = m
n , ( m, n ∈ N ) f (r) = f m
n
= f 1
n + · · · + 1 n
, ( m 項和)
= mf 1 n
= m · a
n, ( ∵ 3◦)
= ar.
第3 單元 連續(一維) 31
5◦ 若 r 為一負有理數, 則−r 為一正有理數, 而
f (0) = f (r − r) = f(r) + f(−r), 是以f (r) = −f(−r) = −(−r)a = ra.
6◦ 若 p為一無理數, 則
f (p) = lim
x→pf (x) , (連續性)
= lim
x→pf |Q(x) , (因極限存在)
= lim
x→pax = ap.
♠ (3-7) 設f, g : R → R 均為連續函數, 試證 : 函數 h(x) = max{f(x), g(x)}亦為連續. 分析 小學數學 「和差問題」 有公式 : 大數= (和+差)/2 . 以微積分符號表示則為 :
a, b ∈ R , max{a, b} = 1
2(a + b + |a − b|).
(證明不難).
證 由於
∀ x ∈ R , h(x) = max{f(x), g(x)} = 1
2 f (x) + g(x) + |f(x) − g(x| , 是以
f, g 為連續 ⇒ f − g 為連續 ⇒ |f − g| 為連續 ⇒ h為連續.
♠ (3-8) 一登山者於週六早上四點登山, 中午到達山頂過夜, 隔天(週日)早上五點循原路下
山, 於上午十一點到達山腳出發點. 試證 : 該登山者在登山路線上某點於上、 下山兩天 中其手錶呈現同樣時間.
分析 本題之困難在於如何將題意以數學形式表達出來, 之後又能證明 「上、 下山手錶呈現 同樣時間」.
證 自山腳出發點至山頂依里程標以0 公里至 M 公里. 上山時可視為函數 f : [4, 12] → [0, M] : f(t) =在時間 t 登山者(上山)之位置; (註 : f (4) = 0 這是起點, f (12) = M 這是終點) . 下山時則可視為函數
g : [5, 11] → [0, M] : g(t) =在時間t 登山者(下山)之位置. (註 : g(5) = M, g(11) = 0 ) . 由於
(1) 由於 f 與g 皆為連續, 故g − f 於區間 [5, 11] 為一連續函數, ; (2) (g − f)(5) = g(5) − f(5) = M − f(5) > 0 , ( ∵ f(5) < M ) ; (3) (g − f)(11) = g(11) − f(11) = 0 − f(11) < 0 , ( ∵ f(11) > 0 ) ;
利用Bolzano戡根定理,知存在t0 ∈ (5, 11)使得(g − f)(t0) = 0 , 亦即g(t0) = f (t0), 換言之, 手錶所呈之時間為 t0 時, 上、 下山在同一地點.
♠ (3-9) 設 f : R → R 為連續且滿足 f (f (x)) = x, ∀x ∈ R , 試證 : 方程式 f (x) = x 有實 數解.
分析 利用連續性的介質定理以證明 : 若函數為恆正或恆負時為矛盾. 證 間接證法.
f (x) = x無實數解
⇒ h
f (x) − x 恆正或恆負i, (介質定理)
⇒ h
∀x ∈ R, f(x) > xi or h
∀x ∈ R, f(x) < xi
⇒ h
∀x ∈ R, f(f(x)) > f(x) > xi or h
∀x ∈ R, f(f(x)) < f(x) < xi . 最後一式與原設 f (f (x)) = x, ∀x ∈ R相矛盾.
註: 可能有人好奇, f (x) =? 答案是: 只需滿足f = f−1 即可, 例如: f (x) = k − x, k 為一常數;又, 函數 f : R → R : f(x) = 1/x, 若 x 6= 0,
0, 若 x = 0. 亦可.
