新 微 積分演習
電子書 1 版
編著者 : 顏國勇
國立成功大學數學系
2012 年 9 月 24 日
完成了 《 微積分學 》 及 《 機率論 》 的電子書之後, 進一步希望寫點有關微積分解題的講 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 t14014@math.ncku.edu.tw
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序及目錄 . . . 2
第1 單元 集合、 函數、sup, inf . . . 5
第2 單元 極限 . . . 14
第3 單元 連續 (一維) . . . 25
第4 單元 導數運算 . . . 31
第5 單元 切線與關聯比率 . . . 38
第6 單元 特殊函數及其導數運算 . . . 45
第7 單元 均值定理 . . . 53
第8 單元 極值問題 (單變數) . . . 59
第9 單元 參數方程式 . . . 70
第10 單元 隱函數 (單變數) . . . 78
第11 單元 Taylor 定理 . . . 86
第12 單元 近似值問題 . . . 94
第13 單元 作圖與凹凸性 . . . 106
第14 單元 不定積分 . . . 117
第15 單元 Riemann 積分 . . . 128
第16 單元 微積分基本定理 . . . 139
第17 單元 積分變換 (單變數) . . . 150
第18 單元 瑕積分 . . . 155
第19 單元 近似積分 . . . 164
第20 單元 積分應用 . . . 171
第21 單元 實數序列及實數級數 . . . 192
第22 單元 冪級數 . . . 203
第23 單元 n 維空間與向量運算 . . . 214
第24 單元 空間曲線 . . . 218
第25 單元 多變數函數之極限、 連續性 . . . 225
第26 單元 方向導數、 梯度與切面 . . . 232
第27 單元 極值問題 (多變數) . . . 244
第28 單元 Taylor 公式(多變數) 與近似值. . . 258
第29 單元 二重積分、 累次積分 . . . 262
第30 單元 積分變換 (多變數) . . . 273
第31 單元 線積分與曲面積分 . . . 285
3
本書常用之數學符號
• 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)
4
1 集合、 函數、sup, inf 5
§ 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.
1 集合、 函數、sup, inf 6 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 為二次方程式之二根(參考以下左圖) , 則 S = {x | ax2 + bx + c < 0} = {x | a(x − r1)(x − r2) < 0} = (r1, r2), 此時, sup S = r2, inf S = r1.
-X Y6 f (x) = ax2+ bx + c
r1 r2
..
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-X Y6f (x) = ax2 + bx + c
r1 r2
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圖1–1 A a > 0, ∆ > 0 圖1–1 B a < 0, ∆ > 0
• 若∆ ≤ 0 , 則S = ∅ , sup S 及 inf S 皆不存在.
1 集合、 函數、sup, inf 7 3◦ 若 a < 0 , (曲線開口向下, (參考以上右圖) ) , 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.
1 集合、 函數、sup, inf 8 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) :
0 5 10 15 20
-X 0
5 10 15 20 25 30 35 40 45
Y6
圖1–2
.. . .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. . .. .. . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. . .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. . .. . .. .. .. . .. .. . . .. .. .. . .. .. . . . .. . .. . .. .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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♠ (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.
1 集合、 函數、sup, inf 9
(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.
1 集合、 函數、sup, inf 10 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
1 集合、 函數、sup, inf 11 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. 提醒讀者們注意: 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 .
1 集合、 函數、sup, inf 12
分析 向量函數之古典表示法為
x = cos t,
y = sin t, t ∈ [0, 2π] , 形如圖 1–5.
0 π 2π
◦ -
I
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• t
f
圖 1–5
0 1
-X Y6
•f(t)
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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 :
1 集合、 函數、sup, inf 13
• 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).
(∗) 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 14
§ 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, 必須另外設法 .
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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|}.
2 極限 15 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, 但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》 30 ∼ 31 頁之範例, 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 極限 16
♠ (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| < minnǫ 3,1
2 o
⇐ 0 < |x − 2| < δ ,
令δ = minnǫ 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.
2 極限 17
•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 極限 18
♠ (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. )
0 1 2 3 4
-X
◦ ◦ ◦ ◦ ◦
• • • • •
Y6
1
f
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, 二制限之極限不相等, 故極限不存在.
