學習目標與準備
本章假定讀者已掌握導數、鏈式與乘積法則、基本原函數和定積分。我們將一階常微分方程視為變化規律，求解可分離方程和線性方程，保留除法可能遺漏的平衡解，並計算 Euler 近似，區分數值穩定性與精確動力學。
微分方程聯繫未知函數及其導數。初值問題 還規定函數在起始時刻的值。解必須在指定區間滿足方程和初始條件；積分後僅得到一個公式並不夠。
為何實數不只有算術規則
有理數支援熟悉的有序算術，但集合 { q ∈ Q : q > 0 , q 2 < 2 } \{q\in\mathbb Q:q>0,\ q^2<2\} { q ∈ Q : q > 0 , q 2 < 2 }
定義
上界與上確界 對非空 A ⊂ R A\subset\mathbb R A ⊂ R a ∈ A a\in A a ∈ A a ≤ u a\le u a ≤ u u u u s s s u u u s ≤ u s\le u s ≤ u s = sup A s=\sup A s = sup A A A A A A A
定理
完備性公理 每個非空且有上界的實數子集都有實數上確界。等價地，每個非空且有下界的子集都有實數下確界，因為 inf A = − sup ( − A ) \inf A=-\sup(-A) inf A = − sup ( − A )
例如 sup ( 0 , 1 ) = 1 \sup(0,1)=1 sup ( 0 , 1 ) = 1 1 1 1 sup [ 0 , 1 ] = 1 \sup[0,1]=1 sup [ 0 , 1 ] = 1
定理
上確界近似判據 非空集合 A A A s s s sup A \sup A sup A ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 a ∈ A a\in A a ∈ A s − ε < a ≤ s s-\varepsilon<a\le s s − ε < a ≤ s
證明
證明兩個方向 若 s = sup A s=\sup A s = sup A s − ε s-\varepsilon s − ε s − ε s-\varepsilon s − ε s s s u < s u<s u < s ε = s − u > 0 \varepsilon=s-u>0 ε = s − u > 0 a > u a>u a > u u u u s s s
例題
上確界證明的兩部分 令 A = { n / ( n + 1 ) : n ∈ N , n ≥ 1 } A=\{n/(n+1):n\in\mathbb N, n\ge1\} A = { n / ( n + 1 ) : n ∈ N , n ≥ 1 } 1 1 1 1 1 1 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 n > 1 / ε n>1/\varepsilon n > 1/ ε 1 − n / ( n + 1 ) = 1 / ( n + 1 ) < ε 1-n/(n+1)=1/(n+1)<\varepsilon 1 − n / ( n + 1 ) = 1/ ( n + 1 ) < ε sup A = 1 \sup A=1 sup A = 1 1 1 1 A A A 2 2 2
阿基米德性質與稠密性
定理
阿基米德性質 對每個實數 x x x n > x n>x n > x ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 n ∈ N n\in\mathbb N n ∈ N 1 / n < ε 1/n<\varepsilon 1/ n < ε
證明
完備性迫使整數無上界 若正整數有上界，完備性給 s = sup N s=\sup\mathbb N s = sup N s − 1 s-1 s − 1 n ∈ N n\in\mathbb N n ∈ N n > s − 1 n>s-1 n > s − 1 n + 1 > s n+1>s n + 1 > s n + 1 ∈ N n+1\in\mathbb N n + 1 ∈ N s s s 1 / ε 1/\varepsilon 1/ ε
任意實數 x < y x<y x < y n n n n ( y − x ) > 1 n(y-x)>1 n ( y − x ) > 1 m m m n x < m < n y nx<m<ny n x < m < n y x < m / n < y x<m/n<y x < m / n < y x x x y y y q q q x − 2 < q < y − 2 x-\sqrt2<q<y-\sqrt2 x − 2 < q < y − 2 q + 2 q+\sqrt2 q + 2
例題
以反射求下確界 對 B = { 2 + 1 / n : n ≥ 1 } B=\{2+1/n:n\ge1\} B = { 2 + 1/ n : n ≥ 1 } 2 2 2 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 n > 1 / ε n>1/\varepsilon n > 1/ ε 2 < 2 + 1 / n < 2 + ε 2<2+1/n<2+\varepsilon 2 < 2 + 1/ n < 2 + ε 2 2 2 3 3 3 n = 1 n=1 n = 1
收斂中的量詞
定義
實數數列的收斂 數列 ( x n ) (x_n) ( x n ) L ∈ R L\in\mathbb R L ∈ R ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N ∈ N N\in\mathbb N N ∈ N n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − L ∣ < ε |x_n-L|<\varepsilon ∣ x n − L ∣ < ε x n → L x_n\to L x n → L N N N ε \varepsilon ε
「收斂至 L L L ε 0 > 0 \varepsilon_0>0 ε 0 > 0 N N N n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − L ∣ ≥ ε 0 |x_n-L|\ge\varepsilon_0 ∣ x n − L ∣ ≥ ε 0
例題
構造 epsilon–N 證明 對 x n = ( 3 n + 1 ) / ( n + 2 ) x_n=(3n+1)/(n+2) x n = ( 3 n + 1 ) / ( n + 2 ) L = 3 L=3 L = 3
∣ 3 n + 1 n + 2 − 3 ∣ = 5 n + 2 < 5 n , \left|\frac{3n+1}{n+2}-3\right|=\frac5{n+2}<\frac5n, n + 2 3 n + 1 − 3 = n + 2 5 < n 5 , 選 N > 5 / ε N>5/\varepsilon N > 5/ ε n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − 3 ∣ < ε |x_n-3|<\varepsilon ∣ x n − 3∣ < ε
定理
唯一性、有界性及極限定律 收斂實數數列的極限唯一，且數列有界。若 x n → x x_n\to x x n → x y n → y y_n\to y y n → y x n + y n → x + y x_n+y_n\to x+y x n + y n → x + y x n y n → x y x_ny_n\to xy x n y n → x y y ≠ 0 y\ne0 y = 0 x n / y n → x / y x_n/y_n\to x/y x n / y n → x / y x n ≤ z n ≤ y n x_n\le z_n\le y_n x n ≤ z n ≤ y n L L L z n → L z_n\to L z n → L
證明
唯一性與有界性 若 x n → L x_n\to L x n → L x n → M x_n\to M x n → M ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 ∣ x n − L ∣ < ε / 2 |x_n-L|<\varepsilon/2 ∣ x n − L ∣ < ε /2 ∣ x n − M ∣ < ε / 2 |x_n-M|<\varepsilon/2 ∣ x n − M ∣ < ε /2 ∣ L − M ∣ < ε |L-M|<\varepsilon ∣ L − M ∣ < ε ε \varepsilon ε L = M L=M L = M N N N n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − L ∣ < 1 |x_n-L|<1 ∣ x n − L ∣ < 1 ∣ x n ∣ ≤ ∣ L ∣ + 1 |x_n|\le|L|+1 ∣ x n ∣ ≤ ∣ L ∣ + 1
有界性的逆命題不成立：( − 1 ) n (-1)^n ( − 1 ) n L L L 1 1 1 − 1 -1 − 1
證明
乘積定律的機制 收斂數列 ( y n ) (y_n) ( y n ) ∣ y n ∣ ≤ M |y_n|\le M ∣ y n ∣ ≤ M
∣ x n y n − x y ∣ ≤ ∣ y n ∣ ∣ x n − x ∣ + ∣ x ∣ ∣ y n − y ∣ , |x_ny_n-xy|\le|y_n||x_n-x|+|x||y_n-y|, ∣ x n y n − x y ∣ ≤ ∣ y n ∣∣ x n − x ∣ + ∣ x ∣∣ y n − y ∣ , 兩項均趨零。對商，y n → y ≠ 0 y_n\to y\ne0 y n → y = 0 ∣ y n ∣ ≥ ∣ y ∣ / 2 |y_n|\ge|y|/2 ∣ y n ∣ ≥ ∣ y ∣/2 1 / y n → 1 / y 1/y_n\to1/y 1/ y n → 1/ y
子列
定義
子列 ( x n ) (x_n) ( x n ) ( x n k ) (x_{n_k}) ( x n k ) n 1 < n 2 < ⋯ n_1<n_2<\cdots n 1 < n 2 < ⋯ x n → L x_n\to L x n → L L L L n k ≥ k n_k\ge k n k ≥ k
證明
套疊區間證明 把所有項放入閉有界區間 I 1 I_1 I 1 I 2 I_2 I 2 I k I_k I k n k n_k n k x n k ∈ I k x_{n_k}\in I_k x n k ∈ I k L L L x n k , L ∈ I k x_{n_k},L\in I_k x n k , L ∈ I k
結論是關於子列，而非整個數列。例如 ( − 1 ) n (-1)^n ( − 1 ) n 1 1 1 − 1 -1 − 1
柯西判據
定義
柯西數列 ( x n ) (x_n) ( x n ) ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N N N m , n ≥ N m,n\ge N m , n ≥ N ∣ x m − x n ∣ < ε |x_m-x_n|<\varepsilon ∣ x m − x n ∣ < ε
證明
兩個方向 若 x n → L x_n\to L x n → L L L L ε / 2 \varepsilon/2 ε /2 x m − L x_m-L x m − L L − x n L-x_n L − x n 1 1 1 x n k → L x_{n_k}\to L x n k → L ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N N N N N N ε / 2 \varepsilon/2 ε /2 k k k n k ≥ N n_k\ge N n k ≥ N ∣ x n k − L ∣ < ε / 2 |x_{n_k}-L|<\varepsilon/2 ∣ x n k − L ∣ < ε /2 n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − L ∣ ≤ ∣ x n − x n k ∣ + ∣ x n k − L ∣ < ε |x_n-L|\le|x_n-x_{n_k}|+|x_{n_k}-L|<\varepsilon ∣ x n − L ∣ ≤ ∣ x n − x n k ∣ + ∣ x n k − L ∣ < ε
這個等價關係使用了 R \mathbb R R 2 \sqrt2 2
例題
不知道和也能證收斂 令 s n = ∑ k = 1 n 2 − k s_n=\sum_{k=1}^n2^{-k} s n = ∑ k = 1 n 2 − k m > n m>n m > n
∣ s m − s n ∣ ≤ ∑ k = n + 1 ∞ 2 − k = 2 − n . |s_m-s_n|\le\sum_{k=n+1}^\infty2^{-k}=2^{-n}. ∣ s m − s n ∣ ≤ k = n + 1 ∑ ∞ 2 − k = 2 − n . 給定 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N N N 2 − N < ε 2^{-N}<\varepsilon 2 − N < ε m , n ≥ N m,n\ge N m , n ≥ N 2 − N 2^{-N} 2 − N ( s n ) (s_n) ( s n ) 1 1 1 2 − j → 0 2^{-j}\to0 2 − j → 0
實直線閉集：序列判據與開補集
在通常的經典集合論背景下討論實直線，並允許可數次見證選擇。集合 U U U y y y U U U r > 0 r>0 r > 0 ( y − r , y + r ) (y-r,y+r) ( y − r , y + r ) U U U 1 / n 1/n 1/ n K K K
K K K K K K K K K
由 2 推出 1。 設 x n x_n x n K K K x n x_n x n x x x x x x K K K r > 0 r>0 r > 0 ( x − r , x + r ) (x-r,x+r) ( x − r , x + r ) K K K ∣ x n − x ∣ < r |x_n-x|<r ∣ x n − x ∣ < r x n x_n x n K K K x x x K K K
由 1 推出 2。 固定不屬於 K K K y y y y y y K K K n n n x n x_n x n K K K ∣ x n − y ∣ < 1 / n |x_n-y|<1/n ∣ x n − y ∣ < 1/ n ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N N N 1 / N < ε 1/N<\varepsilon 1/ N < ε n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − y ∣ < 1 / n ≤ 1 / N < ε |x_n-y|<1/n\le1/N<\varepsilon ∣ x n − y ∣ < 1/ n ≤ 1/ N < ε x n x_n x n y y y y y y K K K y y y K K K K K K K K K
學習目標與定義
集合 K ⊆ R K\subseteq\mathbb R K ⊆ R K K K K K K K K K K K K
空集是緊致、閉且有界的，也滿足序列緊致性；這些性質均以空真方式成立。在需要選取點或無窮序列的證明中，要單獨處理空集。我們使用先前數列內容中的實數完備性及其閉區間套和 Bolzano–Weierstrass 推論。
定理：實數直線上的 Heine–Borel 定理
對 K ⊆ R K\subseteq\mathbb R K ⊆ R
緊致推出閉且有界。 區間 ( − n , n ) (-n,n) ( − n , n ) n ≥ 1 n\ge1 n ≥ 1 R \mathbb R R K K K y ∉ K y\notin K y ∈ / K x ∈ K x\in K x ∈ K B ( x , ∣ x − y ∣ / 2 ) B(x,|x-y|/2) B ( x , ∣ x − y ∣/2 ) y y y K K K δ \delta δ y y y x x x y y y ∣ x − y ∣ / 2 ≥ δ |x-y|/2\ge\delta ∣ x − y ∣/2 ≥ δ B ( y , δ ) B(y,\delta) B ( y , δ ) K K K K K K
閉且有界推出緊致。 將非空的 K K K I 0 I_0 I 0 K K K I 0 I_0 I 0 K K K K K K I n I_n I n K ∩ I n K\cap I_n K ∩ I n x n ∈ K ∩ I n x_n\in K\cap I_n x n ∈ K ∩ I n p p p I n I_n I n x n → p x_n\to p x n → p p ∈ K p\in K p ∈ K O O O p p p O O O p p p n n n I n I_n I n O O O K ∩ I n K\cap I_n K ∩ I n
閉且有界推出序列緊致。 K K K K K K
序列緊致推出閉且有界。 若無界，可選取 x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K ∣ x n ∣ > n |x_n|>n ∣ x n ∣ > n p p p K K K x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K ∣ x n − p ∣ < 1 / n |x_n-p|<1/n ∣ x n − p ∣ < 1/ n K K K p p p p ∈ K p\in K p ∈ K K K K
實數線上的緊緻子集
集合 K ⊂ R K\subset\mathbb R K ⊂ R R \mathbb R R K K K K K K
定理
極值定理 若 K ⊂ R K\subset\mathbb R K ⊂ R f : K → R f:K\to\mathbb R f : K → R f f f K K K
證明
抽取逼近最大值的子列 若 f f f x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K f ( x n ) > n f(x_n)>n f ( x n ) > n x n k → x ∈ K x_{n_k}\to x\in K x n k → x ∈ K f ( x n k ) → f ( x ) f(x_{n_k})\to f(x) f ( x n k ) → f ( x ) − f -f − f s = sup f ( K ) s=\sup f(K) s = sup f ( K ) x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K s − 1 / n < f ( x n ) ≤ s s-1/n<f(x_n)\le s s − 1/ n < f ( x n ) ≤ s x ∈ K x\in K x ∈ K f ( x ) = s f(x)=s f ( x ) = s − f -f − f
例題
哪個假設失效？ 連續函數 f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 0 0 0 1 1 1 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ]
固定整數 n ≥ 1 n\ge1 n ≥ 1 R n \mathbb R^n R n 有界 ；若補集是開集，就稱為閉集 ；若它的每個由 R n \mathbb R^n R n 緊集 。我們使用實數完備性，包括閉區間套性質。
有限維歐幾里得空間的 Heine–Borel 定理
定理。 集合 K ⊆ R n K\subseteq\mathbb R^n K ⊆ R n
緊致推出有界。 開球 B ( 0 , m ) B(0,m) B ( 0 , m ) m ≥ 1 m\ge1 m ≥ 1 K K K K K K
緊致推出閉。 設 K ≠ ∅ K\ne\varnothing K = ∅ y ∉ K y\notin K y ∈ / K B ( x , ∥ x − y ∥ / 2 ) B(x,\|x-y\|/2) B ( x , ∥ x − y ∥/2 ) x ∈ K x\in K x ∈ K K K K x 1 , … , x r x_1,\ldots,x_r x 1 , … , x r δ = min i ∥ x i − y ∥ / 2 > 0 \delta=\min_i\|x_i-y\|/2>0 δ = min i ∥ x i − y ∥/2 > 0 z z z x i x_i x i ∥ z − y ∥ > ∥ x i − y ∥ / 2 ≥ δ \|z-y\|>\|x_i-y\|/2\ge\delta ∥ z − y ∥ > ∥ x i − y ∥/2 ≥ δ B ( y , δ ) B(y,\delta) B ( y , δ ) K K K
閉且有界推出緊致。 設非空的 K K K Q 0 = [ − M , M ] n Q_0=[-M,M]^n Q 0 = [ − M , M ] n M > 0 M>0 M > 0 K K K 2 n 2^n 2 n Q 0 Q_0 Q 0 K K K K K K Q j Q_j Q j 2 M / 2 j 2M/2^j 2 M / 2 j K ∩ Q j K\cap Q_j K ∩ Q j
對每個坐標使用閉區間套性質，得到公共坐標值；合起來得到 p ∈ ⋂ j Q j p\in\bigcap_jQ_j p ∈ ⋂ j Q j Q j Q_j Q j 2 M n / 2 j 2M\sqrt n/2^j 2 M n / 2 j p p p x j ∈ K ∩ Q j x_j\in K\cap Q_j x j ∈ K ∩ Q j ∥ x j − p ∥ ≤ 2 M n / 2 j → 0 \|x_j-p\|\le2M\sqrt n/2^j\to0 ∥ x j − p ∥ ≤ 2 M n / 2 j → 0 p p p p p p x j x_j x j K K K p ∈ K p\in K p ∈ K
覆蓋中有一個成員 O O O p p p ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 B ( p , ε ) ⊆ O B(p,\varepsilon)\subseteq O B ( p , ε ) ⊆ O j j j Q j Q_j Q j p p p ε \varepsilon ε O O O K ∩ Q j K\cap Q_j K ∩ Q j Q j Q_j Q j 2 n 2^n 2 n
連續像與極值
定理。 若 K ⊆ R n K\subseteq\mathbb R^n K ⊆ R n F : K → R m F:K\to\mathbb R^m F : K → R m K K K F ( K ) F(K) F ( K ) K K K f : K → R f:K\to\mathbb R f : K → R
證明。 F ( K ) F(K) F ( K ) ( O i ) (O_i) ( O i ) F − 1 ( O i ) = K ∩ U i F^{-1}(O_i)=K\cap U_i F − 1 ( O i ) = K ∩ U i U i U_i U i R n \mathbb R^n R n U i U_i U i K K K O i O_i O i F ( K ) F(K) F ( K ) f f f a = sup f ( K ) a=\sup f(K) a = sup f ( K ) j ≥ 1 j\ge1 j ≥ 1 y j ∈ f ( K ) y_j\in f(K) y j ∈ f ( K ) a − 1 / j < y j ≤ a a-1/j<y_j\le a a − 1/ j < y j ≤ a y j → a y_j\to a y j → a a a a − f -f − f
費馬必要條件。 在可微的內點局部最大值或最小值處，f ′ ( a ) = 0 f'(a)=0 f ′ ( a ) = 0
證明。 在局部最大值處，充分小的正增量給出非正差商，負增量給出非負差商。雙側導數的極限要同時滿足兩種符號，只能為零。對函數取負處理最小值。□ \square □
內點條件很重要：f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] x 3 x^3 x 3
Rolle 定理。 若 a < b a<b a < b f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ( a , b ) (a,b) ( a , b ) f ( a ) = f ( b ) f(a)=f(b) f ( a ) = f ( b ) c ∈ ( a , b ) c\in(a,b) c ∈ ( a , b ) f ′ ( c ) = 0 f'(c)=0 f ′ ( c ) = 0
證明。 極值定理保證最大值和最小值存在。若函數為常數，任意內點均符合要求。否則某值不同於相等的端點值，因此最大值或最小值之一出現在內部。可在該處應用費馬條件。□ \square □
中值定理。 在相同的連續與可微條件下，不要求端點值相等，則存在 c ∈ ( a , b ) c\in(a,b) c ∈ ( a , b ) f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( c ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f'(c)(b-a) f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( c ) ( b − a )
從 f f f f ( a ) + [ f ( b ) − f ( a ) ] ( x − a ) / ( b − a ) f(a)+[f(b)-f(a)](x-a)/(b-a) f ( a ) + [ f ( b ) − f ( a )] ( x − a ) / ( b − a ) f ′ f' f ′ ∣ f ′ ∣ ≤ M |f'|\le M ∣ f ′ ∣ ≤ M ∣ f ( y ) − f ( x ) ∣ ≤ M ∣ y − x ∣ |f(y)-f(x)|\le M|y-x| ∣ f ( y ) − f ( x ) ∣ ≤ M ∣ y − x ∣
定理
介值定理 若 f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] y y y f ( a ) f(a) f ( a ) f ( b ) f(b) f ( b ) c ∈ [ a , b ] c\in[a,b] c ∈ [ a , b ] f ( c ) = y f(c)=y f ( c ) = y
證明
完備性定位穿越點 若 y = f ( a ) y=f(a) y = f ( a ) y = f ( b ) y=f(b) y = f ( b ) f ( a ) < y < f ( b ) f(a)<y<f(b) f ( a ) < y < f ( b ) f f f − f -f − f y y y − y -y − y S = { x ∈ [ a , b ] : f ( x ) ≤ y } S=\{x\in[a,b]:f(x)\le y\} S = { x ∈ [ a , b ] : f ( x ) ≤ y } c = sup S c=\sup S c = sup S f ( c ) < y f(c)<y f ( c ) < y y y y c < b c<b c < b f ( c ) > y f(c)>y f ( c ) > y c c c y y y S S S f ( c ) = y f(c)=y f ( c ) = y
一致連續
定義
整個定義域共用一個 delta 若對每個 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 δ > 0 \delta>0 δ > 0 x , y ∈ A x,y\in A x , y ∈ A ∣ x − y ∣ < δ |x-y|<\delta ∣ x − y ∣ < δ ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε |f(x)-f(y)|<\varepsilon ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε f : A → R f:A\to\mathbb R f : A → R A A A δ \delta δ ε \varepsilon ε x x x y y y
證明
用緊緻性作反證 若非一致連續，則存在 ε 0 > 0 \varepsilon_0>0 ε 0 > 0 n n n x n , y n ∈ K x_n,y_n\in K x n , y n ∈ K ∣ x n − y n ∣ < 1 / n |x_n-y_n|<1/n ∣ x n − y n ∣ < 1/ n ∣ f ( x n ) − f ( y n ) ∣ ≥ ε 0 |f(x_n)-f(y_n)|\ge\varepsilon_0 ∣ f ( x n ) − f ( y n ) ∣ ≥ ε 0 x n k → x ∈ K x_{n_k}\to x\in K x n k → x ∈ K y n k → x y_{n_k}\to x y n k → x f ( x n k ) → f ( x ) f(x_{n_k})\to f(x) f ( x n k ) → f ( x ) f ( y n k ) → f ( x ) f(y_{n_k})\to f(x) f ( y n k ) → f ( x ) ε 0 \varepsilon_0 ε 0
例題
無界定義域上連續但非一致連續 f ( x ) = x 2 f(x)=x^2 f ( x ) = x 2 R \mathbb R R x n = n x_n=n x n = n y n = n + 1 / n y_n=n+1/n y n = n + 1/ n ∣ x n − y n ∣ = 1 / n → 0 |x_n-y_n|=1/n\to0 ∣ x n − y n ∣ = 1/ n → 0 ∣ f ( y n ) − f ( x n ) ∣ = 2 + 1 / n 2 ↛ 0 |f(y_n)-f(x_n)|=2+1/n^2\not\to0 ∣ f ( y n ) − f ( x n ) ∣ = 2 + 1/ n 2 → 0 ∣ x ∣ , ∣ y ∣ ≤ M |x|,|y|\le M ∣ x ∣ , ∣ y ∣ ≤ M ∣ x 2 − y 2 ∣ ≤ 2 M ∣ x − y ∣ |x^2-y^2|\le2M|x-y| ∣ x 2 − y 2 ∣ ≤ 2 M ∣ x − y ∣
學習目標與定義
推導可積性結論背後的證明，並區分有界與可積。設 a < b a<b a < b f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] P : a = x 0 < ⋯ < x n = b P:a=x_0<\cdots<x_n=b P : a = x 0 < ⋯ < x n = b m i = inf [ x i − 1 , x i ] f m_i=\inf_{[x_{i-1},x_i]}f m i = inf [ x i − 1 , x i ] f M i = sup [ x i − 1 , x i ] f M_i=\sup_{[x_{i-1},x_i]}f M i = sup [ x i − 1 , x i ] f L ( f , P ) = ∑ m i Δ x i L(f,P)=\sum m_i\Delta x_i L ( f , P ) = ∑ m i Δ x i U ( f , P ) = ∑ M i Δ x i U(f,P)=\sum M_i\Delta x_i U ( f , P ) = ∑ M i Δ x i I ‾ \underline I I I ‾ \overline I I
對任意兩個分割 P , Q P,Q P , Q L ( f , P ) ≤ U ( f , Q ) L(f,P)\le U(f,Q) L ( f , P ) ≤ U ( f , Q ) I ‾ ≤ I ‾ \underline I\le\overline I I ≤ I
定理：Darboux 判據
有界函數可積，當且僅當對每個 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 U ( f , P ) − L ( f , P ) < ε U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon U ( f , P ) − L ( f , P ) < ε
證明。 若上下積分均等於 I I I I − ε / 2 I-\varepsilon/2 I − ε /2 I + ε / 2 I+\varepsilon/2 I + ε /2 ε \varepsilon ε ε \varepsilon ε 0 ≤ I ‾ − I ‾ ≤ U ( f , P ) − L ( f , P ) 0\le\overline I-\underline I\le U(f,P)-L(f,P) 0 ≤ I − I ≤ U ( f , P ) − L ( f , P )
定理：允許有限個不連續點
若 f f f
證明。 設 ∣ f ∣ ≤ M |f|\le M ∣ f ∣ ≤ M M > 0 M>0 M > 0 ε / ( 4 M ) \varepsilon/(4M) ε / ( 4 M ) [ a , b ] [a,b] [ a , b ] 2 M 2M 2 M ε / 2 \varepsilon/2 ε /2 f f f ε / [ 2 ( b − a ) ] \varepsilon/[2(b-a)] ε / [ 2 ( b − a )] ε / 2 \varepsilon/2 ε /2 ε \varepsilon ε
連續函數與任意標籤的細網格
設 f : [ a , b ] → R f:[a,b]\to\mathbb R f : [ a , b ] → R a < b a<b a < b f f f P P P L ( f , P ) L(f,P) L ( f , P ) U ( f , P ) U(f,P) U ( f , P ) I I I
固定 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 δ > 0 \delta>0 δ > 0 ∣ x − y ∣ < δ |x-y|<\delta ∣ x − y ∣ < δ ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε / [ 2 ( b − a ) ] |f(x)-f(y)|<\varepsilon/[2(b-a)] ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε / [ 2 ( b − a )] P P P δ \delta δ ε / [ 2 ( b − a ) ] \varepsilon/[2(b-a)] ε / [ 2 ( b − a )]
U ( f , P ) − L ( f , P ) ≤ ε 2 < ε . U(f,P)-L(f,P)\le\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon. U ( f , P ) − L ( f , P ) ≤ 2 ε < ε . 對任意標籤選擇，其標籤和 S ( P ) S(P) S ( P ) L ( f , P ) L(f,P) L ( f , P ) U ( f , P ) U(f,P) U ( f , P ) I I I ∣ S ( P ) − I ∣ ≤ U ( f , P ) − L ( f , P ) < ε |S(P)-I|\le U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon ∣ S ( P ) − I ∣ ≤ U ( f , P ) − L ( f , P ) < ε δ \delta δ
設 a < b a<b a < b a = x 0 < x 1 < ⋯ < x n = b a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b a = x 0 < x 1 < ⋯ < x n = b Δ x i = x i − x i − 1 \Delta x_i=x_i-x_{i-1} Δ x i = x i − x i − 1 ξ i ∈ [ x i − 1 , x i ] \xi_i\in[x_{i-1},x_i] ξ i ∈ [ x i − 1 , x i ] ∥ P ∥ = max i Δ x i \|P\|=\max_i\Delta x_i ∥ P ∥ = max i Δ x i I I I ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 δ > 0 \delta>0 δ > 0 ∥ P ∥ < δ \|P\|<\delta ∥ P ∥ < δ ∣ ∑ i f ( ξ i ) Δ x i − I ∣ < ε |\sum_i f(\xi_i)\Delta x_i-I|<\varepsilon ∣ ∑ i f ( ξ i ) Δ x i − I ∣ < ε I I I ∫ a b f ( x ) d x \int_a^bf(x)dx ∫ a b f ( x ) d x
設 f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] A ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t A(x)=\int_a^xf(t)dt A ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t x ∈ ( a , b ) x\in(a,b) x ∈ ( a , b ) x + h ∈ [ a , b ] x+h\in[a,b] x + h ∈ [ a , b ] h h h
∣ A ( x + h ) − A ( x ) h − f ( x ) ∣ ≤ sup t ∈ [ min ( x , x + h ) , max ( x , x + h ) ] ∣ f ( t ) − f ( x ) ∣ ⟶ 0 ( h → 0 ) . \left|\frac{A(x+h)-A(x)}h-f(x)\right|\le\sup_{t\in[\min(x,x+h),\max(x,x+h)]}|f(t)-f(x)|\longrightarrow0\quad(h\to0). h A ( x + h ) − A ( x ) − f ( x ) ≤ t ∈ [ m i n ( x , x + h ) , m a x ( x , x + h )] sup ∣ f ( t ) − f ( x ) ∣ ⟶ 0 ( h → 0 ) . 因此內部有 A ′ ( x ) = f ( x ) A'(x)=f(x) A ′ ( x ) = f ( x ) F F F [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ( a , b ) (a,b) ( a , b ) F ′ = f F'=f F ′ = f F − A F-A F − A [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ∫ a b f = F ( b ) − F ( a ) \int_a^bf=F(b)-F(a) ∫ a b f = F ( b ) − F ( a )
對滿足 ∣ r ∣ < 1 |r|<1 ∣ r ∣ < 1 r r r r n → 0 r^n\to0 r n → 0 0 < q = ∣ r ∣ < 1 0<q=|r|<1 0 < q = ∣ r ∣ < 1 h = q − 1 − 1 > 0 h=q^{-1}-1>0 h = q − 1 − 1 > 0 ( 1 + h ) n ≥ 1 + n h (1+h)^n\ge1+nh ( 1 + h ) n ≥ 1 + nh
∣ r n ∣ = q n ≤ 1 1 + n h → 0. |r^n|=q^n\le\frac1{1+nh}\to0. ∣ r n ∣ = q n ≤ 1 + nh 1 → 0. 該不等式從 n = 1 n=1 n = 1 1 + n h 1+nh 1 + nh 1 + h 1+h 1 + h n h 2 nh^2 n h 2 r = 0 r=0 r = 0 r = 1 r=1 r = 1 r = − 1 r=-1 r = − 1 ∣ r ∣ > 1 |r|>1 ∣ r ∣ > 1 ∣ r ∣ < 1 |r|<1 ∣ r ∣ < 1
6.4 無窮級數是有限總和的極限
定義
對項 a 1 , a 2 , … a_1,a_2,\ldots a 1 , a 2 , … N N N 部分和
S N = ∑ n = 1 N a n . S_N=\sum_{n=1}^{N}a_n. S N = n = 1 ∑ N a n . 若數列 ( S N ) (S_N) ( S N ) S S S ∑ n = 1 ∞ a n \sum_{n=1}^{\infty}a_n ∑ n = 1 ∞ a n 收斂 到 S S S
收斂的必要條件是 a n → 0 a_n\to0 a n → 0 S N → S S_N\to S S N → S n ≥ 2 n\ge2 n ≥ 2
a n = S n − S n − 1 ⟶ S − S = 0. a_n=S_n-S_{n-1}\longrightarrow S-S=0. a n = S n − S n − 1 ⟶ S − S = 0. 常見錯誤
所以項不趨於零可證明發散；項趨於零卻不能 證明收斂。
例題
例 4：區分項和總和。 數列 a n = 1 / n a_n=1/n a n = 1/ n 2 m 2^m 2 m
1 + 1 2 + ( 1 3 + 1 4 ) + ( 1 5 + ⋯ + 1 8 ) + ⋯ . 1+\frac12+\left(\frac13+\frac14\right)
+\left(\frac15+\cdots+\frac18\right)+\cdots. 1 + 2 1 + ( 3 1 + 4 1 ) + ( 5 1 + ⋯ + 8 1 ) + ⋯ . 從 2 j − 1 + 1 2^{j-1}+1 2 j − 1 + 1 2 j 2^j 2 j 2 j − 1 2^{j-1} 2 j − 1 1 / 2 j 1/2^j 1/ 2 j 1 / 2 1/2 1/2 S 2 m ≥ 1 + m / 2 S_{2^m}\ge1+m/2 S 2 m ≥ 1 + m /2
考慮 a + a r + a r 2 + ⋯ a+ar+ar^2+\cdots a + a r + a r 2 + ⋯ S N = ∑ k = 0 N − 1 a r k S_N=\sum_{k=0}^{N-1}ar^k S N = ∑ k = 0 N − 1 a r k a = 0 a=0 a = 0 r r r a ≠ 0 a\ne0 a = 0
等比數列滿足 a 1 = a a_1=a a 1 = a a k + 1 = r a k a_{k+1}=ra_k a k + 1 = r a k k ≥ 2 k\ge2 k ≥ 2 a k = a r k − 1 a_k=ar^{k-1} a k = a r k − 1 a 1 a_1 a 1 r = 0 r=0 r = 0 0 0 0^0 0 0
S n = a + a r + ⋯ + a r n − 1 , r S n = a r + a r 2 + ⋯ + a r n . S_n=a+ar+\cdots+ar^{n-1},\quad
rS_n=ar+ar^2+\cdots+ar^n. S n = a + a r + ⋯ + a r n − 1 , r S n = a r + a r 2 + ⋯ + a r n . 因此 ( 1 − r ) S n = a ( 1 − r n ) (1-r)S_n=a(1-r^n) ( 1 − r ) S n = a ( 1 − r n )
S n = a ( 1 − r n ) 1 − r ( r ≠ 1 ) , S n = n a ( r = 1 ) . S_n=\frac{a(1-r^n)}{1-r}\quad(r\ne1),\qquad S_n=na\quad(r=1). S n = 1 − r a ( 1 − r n ) ( r = 1 ) , S n = na ( r = 1 ) . 這是對任意實數 a , r a,r a , r n n n r r r 1 1 1
若 ∣ r ∣ < 1 |r|<1 ∣ r ∣ < 1 r N → 0 r^N\to0 r N → 0
∑ k = 0 ∞ a r k = a 1 − r . \sum_{k=0}^{\infty}ar^k=\frac a{1-r}. k = 0 ∑ ∞ a r k = 1 − r a . 當 ∣ r ∣ ≥ 1 |r|\ge1 ∣ r ∣ ≥ 1 a r k ar^k a r k r = 1 r=1 r = 1 r = − 1 r=-1 r = − 1 r = 2 r=2 r = 2 a / ( 1 − r ) a/(1-r) a / ( 1 − r )
當 ∣ r ∣ < 1 |r|<1 ∣ r ∣ < 1 N N N
R N = S − S N = a r N 1 − r , ∣ R N ∣ = ∣ a ∣ ∣ r ∣ N ∣ 1 − r ∣ . R_N=S-S_N=\frac{ar^N}{1-r},\qquad
|R_N|=\frac{|a|\,|r|^N}{|1-r|}. R N = S − S N = 1 − r a r N , ∣ R N ∣ = ∣1 − r ∣ ∣ a ∣ ∣ r ∣ N . 較簡單的估計 ∣ R N ∣ ≤ ∣ a ∣ ∣ r ∣ N / ( 1 − ∣ r ∣ ) |R_N|\le |a||r|^N/(1-|r|) ∣ R N ∣ ≤ ∣ a ∣∣ r ∣ N / ( 1 − ∣ r ∣ )
單調數列
定理
單調收斂定理 每個有上界的遞增實數數列都收斂至其項集合的上確界；每個有下界的遞減數列都收斂至其下確界。
證明
由上確界得到最終接近 令 s = sup { x n : n ∈ N } s=\sup\{x_n:n\in\mathbb N\} s = sup { x n : n ∈ N } ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N N N s − ε < x N ≤ s s-\varepsilon<x_N\le s s − ε < x N ≤ s n ≥ N n\ge N n ≥ N s − ε < x N ≤ x n ≤ s s-\varepsilon<x_N\le x_n\le s s − ε < x N ≤ x n ≤ s x n → s x_n\to s x n → s
例題
遞迴數列 設 x 1 = 1 x_1=1 x 1 = 1 x n + 1 = ( x n + 2 ) / 2 x_{n+1}=(x_n+2)/2 x n + 1 = ( x n + 2 ) /2 x n < 2 x_n<2 x n < 2 x n + 1 − x n = ( 2 − x n ) / 2 > 0 x_{n+1}-x_n=(2-x_n)/2>0 x n + 1 − x n = ( 2 − x n ) /2 > 0 L L L L = ( L + 2 ) / 2 L=(L+2)/2 L = ( L + 2 ) /2 L = 2 L=2 L = 2
部分和與尾和
定義
級數收斂 若部分和 s N = ∑ n = 1 N a n s_N=\sum_{n=1}^N a_n s N = ∑ n = 1 N a n s s s ∑ n = 1 ∞ a n \sum_{n=1}^\infty a_n ∑ n = 1 ∞ a n s s s ∑ ∣ a n ∣ \sum|a_n| ∑ ∣ a n ∣
部分和的柯西判據指出，收斂等價於：對每個 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N N N n ≥ m ≥ N n\ge m\ge N n ≥ m ≥ N ∣ ∑ k = m n a k ∣ < ε |\sum_{k=m}^n a_k|<\varepsilon ∣ ∑ k = m n a k ∣ < ε a n → 0 a_n\to0 a n → 0
定理
比較與絕對收斂 若最終有 0 ≤ a n ≤ b n 0\le a_n\le b_n 0 ≤ a n ≤ b n ∑ b n \sum b_n ∑ b n ∑ a n \sum a_n ∑ a n ∑ a n \sum a_n ∑ a n ∑ b n \sum b_n ∑ b n ∑ ∣ a n ∣ \sum|a_n| ∑ ∣ a n ∣ ∑ a n \sum a_n ∑ a n
證明
尾和控制證明絕對收斂蘊含收斂 若 ∑ ∣ a n ∣ \sum|a_n| ∑ ∣ a n ∣ ∣ ∑ k = m n a k ∣ ≤ ∑ k = m n ∣ a k ∣ |\sum_{k=m}^n a_k|\le\sum_{k=m}^n|a_k| ∣ ∑ k = m n a k ∣ ≤ ∑ k = m n ∣ a k ∣ R \mathbb R R
例題
等比、調和與 p 級數 若 ∣ r ∣ < 1 |r|<1 ∣ r ∣ < 1 ∑ n = 0 N r n = ( 1 − r N + 1 ) / ( 1 − r ) \sum_{n=0}^N r^n=(1-r^{N+1})/(1-r) ∑ n = 0 N r n = ( 1 − r N + 1 ) / ( 1 − r ) 1 / ( 1 − r ) 1/(1-r) 1/ ( 1 − r ) 1 / 2 1/2 1/2 1 / 2 1/2 1/2 1 / 3 + 1 / 4 1/3+1/4 1/3 + 1/4 1 / 5 + ⋯ + 1 / 8 1/5+\cdots+1/8 1/5 + ⋯ + 1/8 1 / 2 1/2 1/2 p p p ∑ n − p \sum n^{-p} ∑ n − p p > 1 p>1 p > 1 p ≤ 1 p\le1 p ≤ 1
4. 上極限是尾部界，而不是猜測出的極限
對於數列 u n ≥ 0 u_n\ge0 u n ≥ 0
s N = sup { u n : n ≥ N } , L = inf N s N = lim sup n → ∞ u n , s_N=\sup\{u_n:n\ge N\},\qquad L=\inf_N s_N=\limsup_{n\to\infty}u_n, s N = sup { u n : n ≥ N } , L = N inf s N = n → ∞ lim sup u n , 允許取值 + ∞ +\infty + ∞
若 L < q L<q L < q u n < q u_n<q u n < q q q q q q q
若 q < L q<L q < L u n > q u_n>q u n > q q q q L L L q q q
原數列沒有極限時，這些結論仍有用。有限個特別大的項會影響某些較早的尾部上確界，但不影響 L L L
比值及交錯判別法
若最終 a n ≠ 0 a_n\ne0 a n = 0 lim sup ∣ a n + 1 / a n ∣ < 1 \limsup|a_{n+1}/a_n|<1 lim sup ∣ a n + 1 / a n ∣ < 1 ∣ a n + 1 / a n ∣ ≥ 1 |a_{n+1}/a_n|\ge1 ∣ a n + 1 / a n ∣ ≥ 1 1 1 1 ∑ 1 / n \sum1/n ∑ 1/ n ∑ 1 / n 2 \sum1/n^2 ∑ 1/ n 2 1 1 1
比值判別法收斂情形的證明。 假設充分大的 n n n a n ≠ 0 a_n\ne0 a n = 0 lim sup ∣ a n + 1 / a n ∣ < 1 \limsup |a_{n+1}/a_n|<1 lim sup ∣ a n + 1 / a n ∣ < 1 0 < q < 1 0<q<1 0 < q < 1 N N N n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ a n + 1 / a n ∣ ≤ q |a_{n+1}/a_n|\le q ∣ a n + 1 / a n ∣ ≤ q
∣ a N + k ∣ ≤ ∣ a N ∣ q k ( k ≥ 0 ) . |a_{N+k}|\le |a_N|q^k\qquad(k\ge0). ∣ a N + k ∣ ≤ ∣ a N ∣ q k ( k ≥ 0 ) . 幾何級數 ∑ k ≥ 0 ∣ a N ∣ q k \sum_{k\ge0}|a_N|q^k ∑ k ≥ 0 ∣ a N ∣ q k ∑ a n \sum a_n ∑ a n
若 b n ≥ 0 b_n\ge0 b n ≥ 0 ∑ ( − 1 ) n − 1 b n \sum(-1)^{n-1}b_n ∑ ( − 1 ) n − 1 b n N N N b N + 1 b_{N+1} b N + 1 S 2 n + 1 − S 2 n = b 2 n + 1 → 0 S_{2n+1}-S_{2n}=b_{2n+1}\to0 S 2 n + 1 − S 2 n = b 2 n + 1 → 0
例題
選對判別法 對 ∑ n = 1 ∞ n / 3 n \sum_{n=1}^\infty n/3^n ∑ n = 1 ∞ n / 3 n ( n + 1 ) / ( 3 n ) → 1 / 3 < 1 (n+1)/(3n)\to1/3<1 ( n + 1 ) / ( 3 n ) → 1/3 < 1 ∑ ( − 1 ) n − 1 / n \sum(-1)^{n-1}/n ∑ ( − 1 ) n − 1 / n 1 1 1
從一致尾部控制得到一致極限，區分保持連續性與保持導數，並以中值定理證明求導定理。對非空集合 A A A sup x ∈ A ∣ f n ( x ) − f ( x ) ∣ → 0 \sup_{x\in A}|f_n(x)-f(x)|\to0 sup x ∈ A ∣ f n ( x ) − f ( x ) ∣ → 0 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N N N x ∈ A x\in A x ∈ A m , n ≥ N m,n\ge N m , n ≥ N ∣ f n ( x ) − f m ( x ) ∣ < ε |f_n(x)-f_m(x)|<\varepsilon ∣ f n ( x ) − f m ( x ) ∣ < ε A = ∅ A=\varnothing A = ∅
積分、微分與級數
若黎曼可積的 f n f_n f n [ a , b ] [a,b] [ a , b ] f f f f f f ∫ a b f n → ∫ a b f \int_a^b f_n\to\int_a^b f ∫ a b f n → ∫ a b f ( b − a ) sup ∣ f n − f ∣ (b-a)\sup|f_n-f| ( b − a ) sup ∣ f n − f ∣ f N f_N f N
單靠 f n f_n f n 不能 保證導數收斂。例如 f n ( x ) = sin ( n x ) / n f_n(x)=\sin(nx)/n f n ( x ) = sin ( n x ) / n R \mathbb R R n n n f n ′ ( 0 ) = 1 f_n'(0)=1 f n ′ ( 0 ) = 1 a < b a<b a < b f n f_n f n [ a , b ] [a,b] [ a , b ] C 1 C^1 C 1 x 0 ∈ [ a , b ] x_0\in[a,b] x 0 ∈ [ a , b ] f n ( x 0 ) f_n(x_0) f n ( x 0 ) f n ′ f_n' f n ′ g g g f n f_n f n f f f f f f ( a , b ) (a,b) ( a , b ) f ′ = g f'=g f ′ = g f ( x ) = lim f n ( x 0 ) + ∫ x 0 x g ( t ) d t f(x)=\lim f_n(x_0)+\int_{x_0}^xg(t)dt f ( x ) = lim f n ( x 0 ) + ∫ x 0 x g ( t ) d t g g g
函數級數的一致收斂是指部分和一致收斂。Weierstrass M 判別法指出：若對所有 x ∈ A x\in A x ∈ A ∣ u n ( x ) ∣ ≤ M n |u_n(x)|\le M_n ∣ u n ( x ) ∣ ≤ M n ∑ M n \sum M_n ∑ M n ∑ u n \sum u_n ∑ u n ∣ ∑ k = m n u k ( x ) ∣ ≤ ∑ k = m n M k |\sum_{k=m}^n u_k(x)|\le\sum_{k=m}^nM_k ∣ ∑ k = m n u k ( x ) ∣ ≤ ∑ k = m n M k
例題
一致級數界 對 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] u n ( x ) = x n / 2 n u_n(x)=x^n/2^n u n ( x ) = x n / 2 n ∣ u n ( x ) ∣ ≤ 2 − n |u_n(x)|\le2^{-n} ∣ u n ( x ) ∣ ≤ 2 − n x / ( 2 − x ) x/(2-x) x / ( 2 − x )
不假設 C 1 C^1 C 1
定理
設 a < b a<b a < b f n f_n f n [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ( a , b ) (a,b) ( a , b ) x 0 ∈ [ a , b ] x_0\in[a,b] x 0 ∈ [ a , b ] f n ( x 0 ) f_n(x_0) f n ( x 0 ) f n ′ f_n' f n ′ ( a , b ) (a,b) ( a , b ) g g g f n f_n f n [ a , b ] [a,b] [ a , b ] f f f ( a , b ) (a,b) ( a , b ) f ′ = g f'=g f ′ = g
存在性的證明。 導數一致收斂，故一致 Cauchy。當 m , n m,n m , n f n − f m f_n-f_m f n − f m x 0 x_0 x 0 x x x
∣ f n ( x ) − f m ( x ) ∣ ≤ ∣ f n ( x 0 ) − f m ( x 0 ) ∣ + ( b − a ) sup ( a , b ) ∣ f n ′ − f m ′ ∣ . |f_n(x)-f_m(x)|\le|f_n(x_0)-f_m(x_0)|+(b-a)\sup_{(a,b)}|f_n'-f_m'|. ∣ f n ( x ) − f m ( x ) ∣ ≤ ∣ f n ( x 0 ) − f m ( x 0 ) ∣ + ( b − a ) ( a , b ) sup ∣ f n ′ − f m ′ ∣. 錨點值序列為 Cauchy 序列，因此右側一致地趨小。一致完備性給出一致極限 f f f
導數恆等式的證明。 固定內部點 x x x ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N N N t t t n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ f n ′ ( t ) − f N ′ ( t ) ∣ ≤ ε |f_n'(t)-f_N'(t)|\le\varepsilon ∣ f n ′ ( t ) − f N ′ ( t ) ∣ ≤ ε ∣ g ( x ) − f N ′ ( x ) ∣ ≤ ε |g(x)-f_N'(x)|\le\varepsilon ∣ g ( x ) − f N ′ ( x ) ∣ ≤ ε h h h x x x x + h x+h x + h f n − f N f_n-f_N f n − f N
∣ f n ( x + h ) − f n ( x ) h − f N ( x + h ) − f N ( x ) h ∣ ≤ ε . \left|\frac{f_n(x+h)-f_n(x)}h-\frac{f_N(x+h)-f_N(x)}h\right|\le\varepsilon. h f n ( x + h ) − f n ( x ) − h f N ( x + h ) − f N ( x ) ≤ ε . 在這兩個固定輸入處令 n → ∞ n\to\infty n → ∞ f f f f n f_n f n f N f_N f N x x x h h h f N ′ ( x ) f_N'(x) f N ′ ( x ) ε \varepsilon ε f f f g ( x ) g(x) g ( x ) 3 ε 3\varepsilon 3 ε ε \varepsilon ε g g g g g g
學習目標與所需已有結果
構造而不是預設初等函數，證明它的代數規律，並說明對數作為反函數的合理性。我們使用已證明的比值判別法、冪級數及其導數級數在緊區間上的一致收斂、中值定理與介值定理。
定義
E ( x ) = ∑ n = 0 ∞ x n n ! , x ∈ R . E(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!},\qquad x\in\mathbb R. E ( x ) = n = 0 ∑ ∞ n ! x n , x ∈ R . 對固定的 x ≠ 0 x\ne0 x = 0 ∣ x ∣ / ( n + 1 ) → 0 |x|/(n+1)\to0 ∣ x ∣/ ( n + 1 ) → 0 x = 0 x=0 x = 0 ∣ x ∣ ≤ M |x|\le M ∣ x ∣ ≤ M E ′ ( x ) = E ( x ) E'(x)=E(x) E ′ ( x ) = E ( x ) E ( 0 ) = 1 E(0)=1 E ( 0 ) = 1
定理：正性與指數加法定律
對任意實數 x , y x,y x , y E ( x ) > 0 E(x)>0 E ( x ) > 0 E ( − x ) = 1 / E ( x ) E(-x)=1/E(x) E ( − x ) = 1/ E ( x ) E ( x + y ) = E ( x ) E ( y ) E(x+y)=E(x)E(y) E ( x + y ) = E ( x ) E ( y )
證明。 對 H ( x ) = E ( x ) E ( − x ) H(x)=E(x)E(-x) H ( x ) = E ( x ) E ( − x ) H ′ ( x ) = E ( x ) E ( − x ) − E ( x ) E ( − x ) = 0 H'(x)=E(x)E(-x)-E(x)E(-x)=0 H ′ ( x ) = E ( x ) E ( − x ) − E ( x ) E ( − x ) = 0 H H H E E E E ( 0 ) > 0 E(0)>0 E ( 0 ) > 0 y y y K ( x ) = E ( x + y ) E ( − x ) K(x)=E(x+y)E(-x) K ( x ) = E ( x + y ) E ( − x ) K ( 0 ) = E ( y ) K(0)=E(y) K ( 0 ) = E ( y ) E ( x + y ) E ( − x ) = E ( y ) E(x+y)E(-x)=E(y) E ( x + y ) E ( − x ) = E ( y ) E ( x ) E(x) E ( x )
由於 E ′ = E > 0 E'=E>0 E ′ = E > 0 x ≥ 0 x\ge0 x ≥ 0 E ( x ) ≥ 1 + x E(x)\ge1+x E ( x ) ≥ 1 + x E ( x ) → ∞ E(x)\to\infty E ( x ) → ∞ E ( x ) → 0 E(x)\to0 E ( x ) → 0 E : R → ( 0 , ∞ ) E:\mathbb R\to(0,\infty) E : R → ( 0 , ∞ )
定義 exp = E \exp=E exp = E e = E ( 1 ) e=E(1) e = E ( 1 ) ln : ( 0 , ∞ ) → R \ln:(0,\infty)\to\mathbb R ln : ( 0 , ∞ ) → R x 0 = E ( t 0 ) x_0=E(t_0) x 0 = E ( t 0 ) ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 E ( t 0 − ε ) < x 0 < E ( t 0 + ε ) E(t_0-\varepsilon)<x_0<E(t_0+\varepsilon) E ( t 0 − ε ) < x 0 < E ( t 0 + ε ) x x x ln x \ln x ln x
定理：對數導數與運算法則
當 x > 0 x>0 x > 0 ln ′ ( x ) = 1 / x \ln'(x)=1/x ln ′ ( x ) = 1/ x x , y x,y x , y r r r ln ( x y ) = ln x + ln y \ln(xy)=\ln x+\ln y ln ( x y ) = ln x + ln y ln ( x r ) = r ln x \ln(x^r)=r\ln x ln ( x r ) = r ln x x r x^r x r E ( r ln x ) E(r\ln x) E ( r ln x )
證明。 寫 x 0 = E ( t 0 ) x_0=E(t_0) x 0 = E ( t 0 ) x = E ( t ) x=E(t) x = E ( t ) x → x 0 x\to x_0 x → x 0 t → t 0 t\to t_0 t → t 0
ln x − ln x 0 x − x 0 = t − t 0 E ( t ) − E ( t 0 ) ⟶ 1 E ′ ( t 0 ) = 1 x 0 . \frac{\ln x-\ln x_0}{x-x_0}=\frac{t-t_0}{E(t)-E(t_0)}\longrightarrow\frac1{E'(t_0)}=\frac1{x_0}. x − x 0 ln x − ln x 0 = E ( t ) − E ( t 0 ) t − t 0 ⟶ E ′ ( t 0 ) 1 = x 0 1 . 指數加法定律給出 E ( ln x + ln y ) = x y E(\ln x+\ln y)=xy E ( ln x + ln y ) = x y x > 0 x>0 x > 0 ( x r ) ′ = r x r − 1 (x^r)'=rx^{r-1} ( x r ) ′ = r x r − 1
3. 二進凝聚：單調性的作用
定理 2。 若 a n ≥ 0 a_n\ge0 a n ≥ 0 a n a_n a n
∑ n = 1 ∞ a n 收斂當且僅當 ∑ k = 0 ∞ 2 k a 2 k 收斂 . \sum_{n=1}^{\infty}a_n\quad\text{收斂當且僅當}\quad\sum_{k=0}^{\infty}2^k a_{2^k}\quad\text{收斂}. n = 1 ∑ ∞ a n 收斂當且僅當 k = 0 ∑ ∞ 2 k a 2 k 收斂 . 證明。 分塊 B k = ∑ n = 2 k 2 k + 1 − 1 a n B_k=\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}a_n B k = ∑ n = 2 k 2 k + 1 − 1 a n 2 k 2^k 2 k a 2 k a_{2^k} a 2 k a 2 k + 1 a_{2^{k+1}} a 2 k + 1
1 2 ( 2 k + 1 a 2 k + 1 ) ≤ B k ≤ 2 k a 2 k . \frac12\bigl(2^{k+1}a_{2^{k+1}}\bigr)\le B_k\le2^k a_{2^k}. 2 1 ( 2 k + 1 a 2 k + 1 ) ≤ B k ≤ 2 k a 2 k . 若凝聚級數收斂，上界使分塊級數的部分和有界。若分塊級數收斂，下界使凝聚級數從 k = 1 k=1 k = 1 □ \square □
以二進分組證明完整 p 級數閾值
當實數 p ≤ 0 p\le0 p ≤ 0 n − p ≥ 1 n^{-p}\ge1 n − p ≥ 1 p > 0 p>0 p > 0 a n = n − p a_n=n^{-p} a n = n − p 2 k a 2 k = 2 k ( 1 − p ) 2^k a_{2^k}=2^{k(1-p)} 2 k a 2 k = 2 k ( 1 − p ) 2 1 − p < 1 2^{1-p}<1 2 1 − p < 1 p > 1 p>1 p > 1 0 < p ≤ 1 0<p\le1 0 < p ≤ 1 p p p
3.1 變化率、初值與驗證
一階方程形如 y ′ = f ( t , y ) y'=f(t,y) y ′ = f ( t , y ) y : I → R y:I\to\mathbb R y : I → R t t t y ′ ( t ) = f ( t , y ( t ) ) y'(t)=f(t,y(t)) y ′ ( t ) = f ( t , y ( t ))
對 y ′ = k y y'=ky y ′ = k y y = C e k t y=Ce^{kt} y = C e k t y ( 0 ) = y 0 y(0)=y_0 y ( 0 ) = y 0 C = y 0 C=y_0 C = y 0 k k k
例 1：衰減與時間尺度。 設某量滿足 y ′ = − 0.2 y y'=-0.2y y ′ = − 0.2 y y ( 0 ) = 50 y(0)=50 y ( 0 ) = 50 y ( t ) = 50 e − 0.2 t y(t)=50e^{-0.2t} y ( t ) = 50 e − 0.2 t 10 10 10 e − 0.2 t = 1 / 5 e^{-0.2t}=1/5 e − 0.2 t = 1/5 t = 5 ln 5 t=5\ln5 t = 5 ln 5
1. 局部定理及其假設
方程 y ′ = f ( t , y ) y'=f(t,y) y ′ = f ( t , y ) f f f y ( t 0 ) = y 0 y(t_0)=y_0 y ( t 0 ) = y 0 t 0 t_0 t 0
定理。 設開集 U ⊂ R 2 U\subset\mathbb R^2 U ⊂ R 2 ( t 0 , y 0 ) (t_0,y_0) ( t 0 , y 0 ) f : U → R f:U\to\mathbb R f : U → R f y f_y f y U U U t 0 t_0 t 0 t t t
2. 兩個一致極限事實
對非空緊區間 I I I C ( I ) C(I) C ( I ) ∥ u − v ∥ ∞ = sup t ∈ I ∣ u ( t ) − v ( t ) ∣ \|u-v\|_\infty=\sup_{t\in I}|u(t)-v(t)| ∥ u − v ∥ ∞ = sup t ∈ I ∣ u ( t ) − v ( t ) ∣
定理：一致完備性
實值函數列一致收斂，當且僅當它一致 Cauchy。
證明。 一致收斂時，兩個大小為 ε / 2 \varepsilon/2 ε /2 x x x ( f n ( x ) ) (f_n(x)) ( f n ( x )) f ( x ) = lim n f n ( x ) f(x)=\lim_n f_n(x) f ( x ) = lim n f n ( x ) ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 ε / 2 \varepsilon/2 ε /2 x x x n ≥ N n\ge N n ≥ N m → ∞ m\to\infty m → ∞ ∣ f n ( x ) − f ( x ) ∣ ≤ ε / 2 < ε |f_n(x)-f(x)|\le\varepsilon/2<\varepsilon ∣ f n ( x ) − f ( x ) ∣ ≤ ε /2 < ε N N N R \mathbb R R
定理
一致極限保持連續 若每個 f n f_n f n A A A a ∈ A a\in A a ∈ A f n → f f_n\to f f n → f A A A f f f a a a
證明
三項估計 給定 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N N N x ∈ A x\in A x ∈ A ∣ f N ( x ) − f ( x ) ∣ < ε / 3 |f_N(x)-f(x)|<\varepsilon/3 ∣ f N ( x ) − f ( x ) ∣ < ε /3 f N f_N f N a a a δ \delta δ ∣ x − a ∣ < δ |x-a|<\delta ∣ x − a ∣ < δ ∣ f N ( x ) − f N ( a ) ∣ < ε / 3 |f_N(x)-f_N(a)|<\varepsilon/3 ∣ f N ( x ) − f N ( a ) ∣ < ε /3
∣ f ( x ) − f ( a ) ∣ ≤ ∣ f ( x ) − f N ( x ) ∣ + ∣ f N ( x ) − f N ( a ) ∣ + ∣ f N ( a ) − f ( a ) ∣ < ε . |f(x)-f(a)|\le|f(x)-f_N(x)|+|f_N(x)-f_N(a)|+|f_N(a)-f(a)|<\varepsilon. ∣ f ( x ) − f ( a ) ∣ ≤ ∣ f ( x ) − f N ( x ) ∣ + ∣ f N ( x ) − f N ( a ) ∣ + ∣ f N ( a ) − f ( a ) ∣ < ε . 這些事實以實數完備性為基礎，也將保留下文的閉值域約束。
3. 積分迭代證明
矩形及定量常數。 取 a , b > 0 a,b>0 a , b > 0 Q = [ t 0 − a , t 0 + a ] × [ y 0 − b , y 0 + b ] Q=[t_0-a,t_0+a]\times[y_0-b,y_0+b] Q = [ t 0 − a , t 0 + a ] × [ y 0 − b , y 0 + b ] U U U M , L ≥ 0 M,L\ge0 M , L ≥ 0 Q Q Q ∣ f ∣ ≤ M |f|\le M ∣ f ∣ ≤ M ∣ f y ∣ ≤ L |f_y|\le L ∣ f y ∣ ≤ L y y y
∣ f ( t , y ) − f ( t , z ) ∣ ≤ L ∣ y − z ∣ ( t ∈ [ t 0 − a , t 0 + a ] , y , z ∈ [ y 0 − b , y 0 + b ] ) . |f(t,y)-f(t,z)|\le L|y-z|\qquad(t\in[t_0-a,t_0+a],\ y,z\in[y_0-b,y_0+b]). ∣ f ( t , y ) − f ( t , z ) ∣ ≤ L ∣ y − z ∣ ( t ∈ [ t 0 − a , t 0 + a ] , y , z ∈ [ y 0 − b , y 0 + b ]) . 這裏使用的全部線段均在 Q Q Q t t t
h = min { a , b M + 1 , 1 2 ( L + 1 ) } > 0 , I = [ t 0 − h , t 0 + h ] , q = h L < 1 2 . h=\min\left\{a,\frac b{M+1},\frac1{2(L+1)}\right\}>0,\quad I=[t_0-h,t_0+h],\quad q=hL<\frac12. h = min { a , M + 1 b , 2 ( L + 1 ) 1 } > 0 , I = [ t 0 − h , t 0 + h ] , q = h L < 2 1 . 於是 h M < b hM<b h M < b M = 0 M=0 M = 0 L = 0 L=0 L = 0
容許函數構成的完備空間。 令 X = { u ∈ C ( I ) : ∥ u − y 0 ∥ ∞ ≤ b } X=\{u\in C(I):\|u-y_0\|_\infty\le b\} X = { u ∈ C ( I ) : ∥ u − y 0 ∥ ∞ ≤ b } y 0 y_0 y 0 ( u n ) (u_n) ( u n ) u u u u u u t t t ∣ u n ( t ) − y 0 ∣ ≤ b |u_n(t)-y_0|\le b ∣ u n ( t ) − y 0 ∣ ≤ b ∣ u ( t ) − y 0 ∣ ≤ b |u(t)-y_0|\le b ∣ u ( t ) − y 0 ∣ ≤ b u ∈ X u\in X u ∈ X X X X
積分映射。 定義
( T u ) ( t ) = y 0 + ∫ t 0 t f ( s , u ( s ) ) d s . (Tu)(t)=y_0+\int_{t_0}^{t}f(s,u(s))\,ds. ( T u ) ( t ) = y 0 + ∫ t 0 t f ( s , u ( s )) d s . 因為 u u u Q Q Q T u Tu T u
∥ T u − y 0 ∥ ∞ ≤ h M < b , ∥ T u − T v ∥ ∞ ≤ h L ∥ u − v ∥ ∞ = q ∥ u − v ∥ ∞ . \|Tu-y_0\|_\infty\le hM<b,\qquad\|Tu-Tv\|_\infty\le hL\|u-v\|_\infty=q\|u-v\|_\infty. ∥ T u − y 0 ∥ ∞ ≤ h M < b , ∥ T u − T v ∥ ∞ ≤ h L ∥ u − v ∥ ∞ = q ∥ u − v ∥ ∞ . 當 t < t 0 t<t_0 t < t 0 T T T X X X
收斂與不動點。 從 u 0 ( t ) = y 0 u_0(t)=y_0 u 0 ( t ) = y 0 u n + 1 = T u n u_{n+1}=Tu_n u n + 1 = T u n q = 0 q=0 q = 0 u , v ∈ X u,v\in X u , v ∈ X T u = T v Tu=Tv T u = T v T u 1 = T u 0 = u 1 Tu_1=Tu_0=u_1 T u 1 = T u 0 = u 1 0 < q < 1 0<q<1 0 < q < 1 d = ∥ u 1 − u 0 ∥ ∞ d=\|u_1-u_0\|_\infty d = ∥ u 1 − u 0 ∥ ∞ j ≥ 0 j\ge0 j ≥ 0 ∥ u j + 1 − u j ∥ ∞ ≤ q j d \|u_{j+1}-u_j\|_\infty\le q^jd ∥ u j + 1 − u j ∥ ∞ ≤ q j d p ≥ 1 p\ge1 p ≥ 1
∥ u n + p − u n ∥ ∞ ≤ ∑ j = n n + p − 1 q j d ≤ q n d 1 − q ⟶ 0 ( n → ∞ ) . \|u_{n+p}-u_n\|_\infty\le\sum_{j=n}^{n+p-1}q^jd\le\frac{q^n d}{1-q}\longrightarrow0\quad(n\to\infty). ∥ u n + p − u n ∥ ∞ ≤ j = n ∑ n + p − 1 q j d ≤ 1 − q q n d ⟶ 0 ( n → ∞ ) . 由完備性得 u n → u ∈ X u_n\to u\in X u n → u ∈ X
∥ T u − u ∥ ∞ ≤ q ∥ u − u n ∥ ∞ + ∥ u n + 1 − u ∥ ∞ ⟶ 0 , \|Tu-u\|_\infty\le q\|u-u_n\|_\infty+\|u_{n+1}-u\|_\infty\longrightarrow0, ∥ T u − u ∥ ∞ ≤ q ∥ u − u n ∥ ∞ + ∥ u n + 1 − u ∥ ∞ ⟶ 0 , 所以 T u = u Tu=u T u = u p → ∞ p\to\infty p → ∞ ∥ u − u n ∥ ∞ ≤ q n d / ( 1 − q ) \|u-u_n\|_\infty\le q^nd/(1-q) ∥ u − u n ∥ ∞ ≤ q n d / ( 1 − q ) q = 0 q=0 q = 0 u 1 u_1 u 1
微分方程與唯一性。 不動點方程與微積分基本定理給出 I I I u ′ ( t ) = f ( t , u ( t ) ) u'(t)=f(t,u(t)) u ′ ( t ) = f ( t , u ( t )) u ( t 0 ) = y 0 u(t_0)=y_0 u ( t 0 ) = y 0 I I I u , v ∈ X u,v\in X u , v ∈ X ∥ u − v ∥ ∞ ≤ q ∥ u − v ∥ ∞ \|u-v\|_\infty\le q\|u-v\|_\infty ∥ u − v ∥ ∞ ≤ q ∥ u − v ∥ ∞ q < 1 q<1 q < 1
最後，任意另一個局部解在 t 0 t_0 t 0 y 0 y_0 y 0 J = [ t 0 − η , t 0 + η ] ⊂ I J=[t_0-\eta,t_0+\eta]\subset I J = [ t 0 − η , t 0 + η ] ⊂ I Q Q Q η > 0 \eta>0 η > 0 t 0 t_0 t 0 η L ≤ q < 1 \eta L\le q<1 η L ≤ q < 1 u u u J J J Q Q Q □ \square □
局部存在不意味著全局延拓；以後遇到定義域邊界或無界增長，需要另作延拓論證。偏導數條件是充分條件，並非所有唯一可解方程都必須滿足的必要條件。
3.2 分離變量與可能遺漏的解
對 y ′ = g ( t ) h ( y ) y'=g(t)h(y) y ′ = g ( t ) h ( y ) h ( y ) ≠ 0 h(y)\ne0 h ( y ) = 0
y ′ h ( y ) = g ( t ) . \frac{y'}{h(y)}=g(t). h ( y ) y ′ = g ( t ) . 對 y ′ = g ( t ) h ( y ) y'=g(t)h(y) y ′ = g ( t ) h ( y ) h ( y ) ≠ 0 h(y)\ne0 h ( y ) = 0
∫ d y h ( y ) = ∫ g ( t ) d t . \int\frac{dy}{h(y)}=\int g(t)dt. ∫ h ( y ) d y = ∫ g ( t ) d t . 該記號是對 1 / h 1/h 1/ h h h h
例 2：有限時間爆破。 求解 y ′ = y 2 y'=y^2 y ′ = y 2 y ( 0 ) = 1 y(0)=1 y ( 0 ) = 1 y 2 y^2 y 2
− 1 / y = t + C . -1/y=t+C. − 1/ y = t + C . 初值得 C = − 1 C=-1 C = − 1 y = 1 / ( 1 − t ) y=1/(1-t) y = 1/ ( 1 − t ) t < 1 t<1 t < 1 t = 1 t=1 t = 1
例 3：有界增長模型。 設 y ′ = r y ( 1 − y / K ) y'=ry(1-y/K) y ′ = r y ( 1 − y / K ) r , K > 0 r,K>0 r , K > 0 y = 0 y=0 y = 0 y = K y=K y = K 0 < y < K 0<y<K 0 < y < K
1 y ( 1 − y / K ) = 1 y + 1 K − y , ln y K − y = r t + C . \frac1{y(1-y/K)}=\frac1y+\frac1{K-y},\qquad
\ln\frac{y}{K-y}=rt+C. y ( 1 − y / K ) 1 = y 1 + K − y 1 , ln K − y y = r t + C . 初值 y ( 0 ) = y 0 > 0 y(0)=y_0>0 y ( 0 ) = y 0 > 0
y ( t ) = K 1 + ( K / y 0 − 1 ) e − r t . y(t)=\frac{K}{1+(K/y_0-1)e^{-rt}}. y ( t ) = 1 + ( K / y 0 − 1 ) e − r t K . 代入驗證，它對每個 y 0 > 0 y_0>0 y 0 > 0 y 0 = K y_0=K y 0 = K t ≥ 0 t\ge0 t ≥ 0 0 < y 0 < K 0<y_0<K 0 < y 0 < K K K K y 0 > K y_0>K y 0 > K K K K y 0 = 0 y_0=0 y 0 = 0
3.3 線性方程與積分因子
對系數連續的線性方程 y ′ + p ( t ) y = q ( t ) y'+p(t)y=q(t) y ′ + p ( t ) y = q ( t )
μ ( t ) = exp ( ∫ p ( t ) d t ) . \mu(t)=\exp\left(\int p(t)dt\right). μ ( t ) = exp ( ∫ p ( t ) d t ) . 於是 μ ′ = p μ \mu'=p\mu μ ′ = p μ ( μ y ) ′ = μ q (\mu y)'=\mu q ( μ y ) ′ = μ q t 0 t_0 t 0
y ( t ) = μ ( t 0 ) y 0 + ∫ t 0 t μ ( s ) q ( s ) d s μ ( t ) . y(t)=\frac{\mu(t_0)y_0+\int_{t_0}^t\mu(s)q(s)ds}{\mu(t)}. y ( t ) = μ ( t ) μ ( t 0 ) y 0 + ∫ t 0 t μ ( s ) q ( s ) d s . 積分因子非零；將它乘以常數不改變解的公式。所選解區間必須保持系數連續。
這裡的初始條件是 y ( t 0 ) = y 0 y(t_0)=y_0 y ( t 0 ) = y 0
例 4：庫存平衡。 假設庫存以每天 12 12 12 0.3 I 0.3I 0.3 I
I ′ + 0.3 I = 12 , I ( 0 ) = 10. I'+0.3I=12,\qquad I(0)=10. I ′ + 0.3 I = 12 , I ( 0 ) = 10. 取 μ = e 0.3 t \mu=e^{0.3t} μ = e 0.3 t I ( t ) = 40 − 30 e − 0.3 t I(t)=40-30e^{-0.3t} I ( t ) = 40 − 30 e − 0.3 t 40 40 40 I ′ = 9 e − 0.3 t = 12 − 0.3 I I'=9e^{-0.3t}=12-0.3I I ′ = 9 e − 0.3 t = 12 − 0.3 I 10 10 10 30 30 30 e − 0.3 t = 1 / 3 e^{-0.3t}=1/3 e − 0.3 t = 1/3 t = ( ln 3 ) / 0.3 t=(\ln3)/0.3 t = ( ln 3 ) /0.3
更一般地，y ′ = a − b y y'=a-by y ′ = a − b y b > 0 b>0 b > 0 y ( 0 ) = y 0 y(0)=y_0 y ( 0 ) = y 0 a / b a/b a / b
y ( t ) = a / b + ( y 0 − a / b ) e − b t . y(t)=a/b+(y_0-a/b)e^{-bt}. y ( t ) = a / b + ( y 0 − a / b ) e − b t . 與平衡值的偏差呈指數衰減。這個精確恆等式證明了模型的穩定性，而無須依賴斜率場草圖。
3.4 Euler 方法
精確公式不便求出時，可以用短步起點處的斜率近似變化率。取步長 h > 0 h>0 h > 0
t n + 1 = t n + h , y n + 1 = y n + h f ( t n , y n ) . t_{n+1}=t_n+h,\qquad y_{n+1}=y_n+h f(t_n,y_n). t n + 1 = t n + h , y n + 1 = y n + h f ( t n , y n ) . 這稱為前向 Euler 方法：用一個固定斜率代替步內變化的斜率。若精確解足夠光滑，Taylor 定理給出
y ( t + h ) = y ( t ) + h y ′ ( t ) + O ( h 2 ) , y(t+h)=y(t)+hy'(t)+O(h^2), y ( t + h ) = y ( t ) + h y ′ ( t ) + O ( h 2 ) , 因此單步缺陷為二階。在固定區間上，適當的光滑性和 Lipschitz 界通常給出一階累積誤差；這個結論依賴這些條件，並不保證任意方程及步長的精度。
向前 Euler 法的局部缺陷
設 h > 0 h>0 h > 0 N N N t n = t 0 + n h t_n=t_0+nh t n = t 0 + nh T = t 0 + N h T=t_0+Nh T = t 0 + N h y y y [ t 0 , T ] [t_0,T] [ t 0 , T ] C 2 C^2 C 2 ∣ y ′ ′ ( t ) ∣ ≤ M |y''(t)|\le M ∣ y ′′ ( t ) ∣ ≤ M M ≥ 0 M\ge0 M ≥ 0
d n = y ( t n + 1 ) − y ( t n ) − h f ( t n , y ( t n ) ) , 0 ≤ n < N . d_n=y(t_{n+1})-y(t_n)-h f(t_n,y(t_n)),\qquad 0\le n<N. d n = y ( t n + 1 ) − y ( t n ) − h f ( t n , y ( t n )) , 0 ≤ n < N . 由 y ′ = f ( t , y ) y'=f(t,y) y ′ = f ( t , y )
d n = ∫ t n t n + 1 [ y ′ ( s ) − y ′ ( t n ) ] d s , ∣ d n ∣ ≤ ∫ t n t n + 1 M ( s − t n ) d s = M h 2 2 . d_n=\int_{t_n}^{t_{n+1}}[y'(s)-y'(t_n)]\,ds,\qquad |d_n|\le\int_{t_n}^{t_{n+1}}M(s-t_n)\,ds=\frac{Mh^2}{2}. d n = ∫ t n t n + 1 [ y ′ ( s ) − y ′ ( t n )] d s , ∣ d n ∣ ≤ ∫ t n t n + 1 M ( s − t n ) d s = 2 M h 2 . 導數差的界來自對 y ′ y' y ′
一個明確的全局誤差估計
假設 f f f [ t 0 , T ] × R [t_0,T]\times\mathbb R [ t 0 , T ] × R L ≥ 0 L\ge0 L ≥ 0
∣ f ( t , u ) − f ( t , v ) ∣ ≤ L ∣ u − v ∣ ( t ∈ [ t 0 , T ] , u , v ∈ R ) . |f(t,u)-f(t,v)|\le L|u-v|\quad(t\in[t_0,T],\ u,v\in\mathbb R). ∣ f ( t , u ) − f ( t , v ) ∣ ≤ L ∣ u − v ∣ ( t ∈ [ t 0 , T ] , u , v ∈ R ) . 假設上述精確解及其導數界 M M M Y 0 = y ( t 0 ) Y_0=y(t_0) Y 0 = y ( t 0 ) Y n + 1 = Y n + h f ( t n , Y n ) Y_{n+1}=Y_n+h f(t_n,Y_n) Y n + 1 = Y n + h f ( t n , Y n ) y y y
寫 e n = ∣ Y n − y ( t n ) ∣ e_n=|Y_n-y(t_n)| e n = ∣ Y n − y ( t n ) ∣
e n + 1 ≤ ( 1 + L h ) e n + M h 2 2 , e 0 = 0. e_{n+1}\le(1+Lh)e_n+\frac{Mh^2}{2},\qquad e_0=0. e n + 1 ≤ ( 1 + L h ) e n + 2 M h 2 , e 0 = 0. 每一步增加一個幾何項，用歸納法得到
e n ≤ M h 2 2 ∑ j = 0 n − 1 ( 1 + L h ) j . e_n\le\frac{Mh^2}{2}\sum_{j=0}^{n-1}(1+Lh)^j. e n ≤ 2 M h 2 j = 0 ∑ n − 1 ( 1 + L h ) j . n = 0 n=0 n = 0 L > 0 L>0 L > 0 1 + L h ≤ e L h 1+Lh\le e^{Lh} 1 + L h ≤ e L h
e n ≤ M h 2 L [ ( 1 + L h ) n − 1 ] ≤ M h 2 L [ e L ( T − t 0 ) − 1 ] . e_n\le\frac{Mh}{2L}[(1+Lh)^n-1]\le\frac{Mh}{2L}[e^{L(T-t_0)}-1]. e n ≤ 2 L M h [( 1 + L h ) n − 1 ] ≤ 2 L M h [ e L ( T − t 0 ) − 1 ] . 若 L = 0 L=0 L = 0 e n ≤ M n h 2 / 2 ≤ M ( T − t 0 ) h / 2 e_n\le Mnh^2/2\le M(T-t_0)h/2 e n ≤ M n h 2 /2 ≤ M ( T − t 0 ) h /2 h h h
例 5：精確衰減與近似步。 對 y ′ = − y y'=-y y ′ = − y y ( 0 ) = 1 y(0)=1 y ( 0 ) = 1 t = 1 t=1 t = 1 e − 1 e^{-1} e − 1 y n + 1 = ( 1 − h ) y n y_{n+1}=(1-h)y_n y n + 1 = ( 1 − h ) y n t n = n h t_n=nh t n = nh y n = ( 1 − h ) n y_n=(1-h)^n y n = ( 1 − h ) n h = 1 / 2 h=1/2 h = 1/2 1 / 4 1/4 1/4 h = 1 / 4 h=1/4 h = 1/4 ( 3 / 4 ) 4 = 81 / 256 ≈ 0.31641 (3/4)^4=81/256\approx0.31641 ( 3/4 ) 4 = 81/256 ≈ 0.31641 e − 1 ≈ 0.36788 e^{-1}\approx0.36788 e − 1 ≈ 0.36788
固定 h h h ∣ 1 − h ∣ < 1 |1-h|<1 ∣1 − h ∣ < 1 0 < h < 2 0<h<2 0 < h < 2 0 < h ≤ 1 0<h\le1 0 < h ≤ 1 h = 3 h=3 h = 3
實際中可縮小 h h h
3.5 分級練習
基礎
驗證 y ( t ) = 3 e 2 t y(t)=3e^{2t} y ( t ) = 3 e 2 t y ′ = 2 y y'=2y y ′ = 2 y
求解 y ′ = − k y y'=-ky y ′ = − k y y ( 0 ) = y 0 > 0 y(0)=y_0>0 y ( 0 ) = y 0 > 0 k > 0 k>0 k > 0
在分離變量前，列出 y ′ = y ( 2 − y ) y'=y(2-y) y ′ = y ( 2 − y )
核心
求解 y ′ = y 2 y'=y^2 y ′ = y 2 y ( 0 ) = 2 y(0)=2 y ( 0 ) = 2
求解 y ′ + 2 y = 6 y'+2y=6 y ′ + 2 y = 6 y ( 0 ) = 1 y(0)=1 y ( 0 ) = 1
用積分因子求解 y ′ + y = t y'+y=t y ′ + y = t y ( 0 ) = 0 y(0)=0 y ( 0 ) = 0
對 y ′ = y ( 1 − y ) y'=y(1-y) y ′ = y ( 1 − y ) y ( 0 ) = 1 / 4 y(0)=1/4 y ( 0 ) = 1/4 t → ∞ t\to\infty t → ∞
綜合
對 y ′ = 2 − y y'=2-y y ′ = 2 − y y ( 0 ) = 0 y(0)=0 y ( 0 ) = 0 h = 1 / 2 h=1/2 h = 1/2 t = 1 t=1 t = 1
對 y ′ = − 3 y y'=-3y y ′ = − 3 y
有學生將 y ′ = y ( 1 − y ) y'=y(1-y) y ′ = y ( 1 − y ) y ( 1 − y ) y(1-y) y ( 1 − y )
3.6 完整解答
求導得 y ′ = 6 e 2 t = 2 y y'=6e^{2t}=2y y ′ = 6 e 2 t = 2 y y ( 0 ) = 3 y(0)=3 y ( 0 ) = 3
解為 y = y 0 e − k t y=y_0e^{-kt} y = y 0 e − k t e − k t = 1 / 2 e^{-kt}=1/2 e − k t = 1/2 t = ln 2 / k t=\ln2/k t = ln 2/ k
常數平衡解滿足 y ( 2 − y ) = 0 y(2-y)=0 y ( 2 − y ) = 0 y = 0 y=0 y = 0 y = 2 y=2 y = 2
積分得 − 1 / y = t − 1 / 2 -1/y=t-1/2 − 1/ y = t − 1/2 y = 2 / ( 1 − 2 t ) y=2/(1-2t) y = 2/ ( 1 − 2 t ) t = 1 / 2 t=1/2 t = 1/2 ( − ∞ , 1 / 2 ) (-\infty,1/2) ( − ∞ , 1/2 )
平衡值為 3 3 3 y = 3 − 2 e − 2 t y=3-2e^{-2t} y = 3 − 2 e − 2 t y ′ = 4 e − 2 t y'=4e^{-2t} y ′ = 4 e − 2 t y ′ + 2 y = 4 e − 2 t + 6 − 4 e − 2 t = 6 y'+2y=4e^{-2t}+6-4e^{-2t}=6 y ′ + 2 y = 4 e − 2 t + 6 − 4 e − 2 t = 6 1 1 1
乘以 e t e^t e t ( e t y ) ′ = t e t (e^ty)'=te^t ( e t y ) ′ = t e t e t y = ( t − 1 ) e t + 1 e^ty=(t-1)e^t+1 e t y = ( t − 1 ) e t + 1 y = t − 1 + e − t y=t-1+e^{-t} y = t − 1 + e − t y ′ + y = t y'+y=t y ′ + y = t
解為 y = 1 / ( 1 + 3 e − t ) y=1/(1+3e^{-t}) y = 1/ ( 1 + 3 e − t ) 1 1 1 1 / 4 1/4 1/4
Euler 法在 t = 1 / 2 t=1/2 t = 1/2 y 1 = 0 + ( 1 / 2 ) ( 2 ) = 1 y_1=0+(1/2)(2)=1 y 1 = 0 + ( 1/2 ) ( 2 ) = 1 t = 1 t=1 t = 1 y 2 = 1 + ( 1 / 2 ) ( 1 ) = 3 / 2 y_2=1+(1/2)(1)=3/2 y 2 = 1 + ( 1/2 ) ( 1 ) = 3/2 2 ( 1 − e − t ) 2(1-e^{-t}) 2 ( 1 − e − t ) 2 ( 1 − e − 1 ) ≈ 1.26424 2(1-e^{-1})\approx1.26424 2 ( 1 − e − 1 ) ≈ 1.26424 2 / e − 1 / 2 ≈ 0.23576 2/e-1/2\approx0.23576 2/ e − 1/2 ≈ 0.23576
遞推式為 y n + 1 = ( 1 − 3 h ) y n y_{n+1}=(1-3h)y_n y n + 1 = ( 1 − 3 h ) y n ∣ 1 − 3 h ∣ < 1 |1-3h|<1 ∣1 − 3 h ∣ < 1 0 < h < 2 / 3 0<h<2/3 0 < h < 2/3 1 − 3 h ≥ 0 1-3h\ge0 1 − 3 h ≥ 0 0 < h ≤ 1 / 3 0<h\le1/3 0 < h ≤ 1/3 h = 1 / 3 h=1/3 h = 1/3
除法遺漏平衡解 y = 0 y=0 y = 0 y = 1 y=1 y = 1 y 0 = 2 y_0=2 y 0 = 2 y = 1 / ( 1 − ( 1 / 2 ) e − t ) y=1/(1-(1/2)e^{-t}) y = 1/ ( 1 − ( 1/2 ) e − t ) t ≥ 0 t\ge0 t ≥ 0 e − t ≤ 1 e^{-t}\le1 e − t ≤ 1 1 / 2 > 0 1/2>0 1/2 > 0 0 < y < 1 0<y<1 0 < y < 1
總結
驗證微分方程、初值與區間。分離變量只可在被除因子非零處使用，應先檢查平衡解；積分因子將線性方程化為乘積的導數。Euler 方法用局部斜率近似，步長影響精度、穩定性及模型約束的保持。
