chapter 14 微分與積分的交換 -...
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Chapter 14
微分與積分的交換
14.1 Riemann 積分設 f 在 [a, b]× [c, d] 上連續，問
d
dx
ˆ d
c
f(x, y)?=
ˆ d
c
∂
∂xf(x, y)dy (1)
首先 (1) 式兩邊必須有意義
ˆ d
c
f(x, y)dy 必須對x可導 (2)
ˆ d
c
∂
∂xf(x, y)dy 積分必須存在 (3)
若 f 及∂
∂xf 在 [a, b]× [c, d] 上連續，則 (2) 及 (3) 式成立，
下面的定理告訴我們，這兩個條件足以確保 (1) 式成立。
定理 14-1
設 f 及 fx 在 [a, b]× [c, d] 上連續，則
d
dx
ˆ d
c
f(x, y) =
ˆ d
c
∂
∂xf(x, y)dy
Remark: f 的連續性不可廢。fx 在 [a, b]× [c, d] 上連續 ; f 在 [a, b]× [c, d] 上連續。
例如：φ(y) =
1 y是有理數
0 y是無理數, 0 ≤ y ≤ 1
令 f(x, y) = φ(y), 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1，則 fx(x, y) = 0 ∀ (x, y)，但 f 並不連續，不但如此，
它甚至不能 Riemann 積分。
1
證明：
1. 令 φ(x) =
ˆ d
c
f(x, y)dy，則
∣∣∣∣φ(x+∆x)− φ(x)
∆x−ˆ d
c
fx(x, y)dy
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ˆ d
c
f(x+∆x, y)− f(x, y)
∆xdy −
ˆ d
c
fx(x, y)dy
∣∣∣∣=
∣∣∣∣ˆ d
c
fx(ξ, y)dy −ˆ d
c
fx(x, y)dy
∣∣∣∣ , ξ = ξ(y)介於x,∆x之間，不同y，相應不同ξ
≤ˆ d
c
|fx(ξ, y)− fx(x, y)|dy
(4)
2. fx 在 [a, b]× [c, d] 上連續，[a, b]× [c, d] 為 compact，∴ fx 在 [a, b]× [c, d] 上均勻連續。
給定 ϵ > 0, ∃ δ，使
|(x1, y1)− (x2, y2)| < δ ⇒ |f(x1, y1)− f(x2, y2)| <ϵ
d− c
代入 (4) 式，我們有∣∣∣∣φ(x+∆x)− φ(x)
∆x−ˆ d
c
fx(x, y)dy
∣∣∣∣ < ϵ
d− c· (d− c) = ϵ, 當|∆x| < δ
即：φ′(x) =
ˆ d
c
fx(x, y)dy，得証。
例 1. f(x, t) =
sin xtt
t = 0
x t = 0, 令 φ(x) =
ˆ π2
0
f(x, t)dt，求 φ′(x)。
分析：f 在 (−∞,∞)×[0,π
2
]上連續，又 fx(x, t) =
cos xt t = 0
1 t = 0
∴ fx 在 (−∞,∞)×[0,π
2
]上連續。
依定理 14-1，
φ′(x) =
ˆ π2
0
fx(x, t)dt =
ˆ π2
0
cos xt dt =sin π
2x
x, x = 0
φ′(0) =
ˆ π2
0
fx(0, t)dt =
ˆ π2
0
1dt =π
2
注意：limx→0
ϕ′(x) = ϕ(0)，故 ϕ′ 在 0 點連續。例 2. (Liebniz Rule)
設 f 及 fx 在 [a, b]× [c, d] 上連續，a(x), b(x) ∈ C1[a, b]，
令 φ(x) =
ˆ b(x)
a(x)
f(x, t)dt，
則 φ′(x) = f(x, b(x)) · b′(x)− f(x, a(x)) · a′(x) +ˆ b(x)
a(x)
fx(x, t)dt
分析：
1. 令 g(x, y, z) =
ˆ z
y
f(x, t)dt，
則 gx =
ˆ z
y
fx(x, t)dt (定理 14-1)，且 gy = −f(x, y), gz = f(x, z) (微積分基本定理)
2. φ(x) = g(x, a(x), b(x))，依 Chain Rule,φ′(x) = gx + gy · a′(x) + gz · b′(x)
=
ˆ b
a
fx(x, t)dt− f(x, a(x)) · a′(x) + f(x, b(x)) · b′(x).
例 3. f(x, y) =
x3
y2e−
x2
y y > 0
0 y = 0, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1
觀察：
1. φ(x) =ˆ 1
0
f(x, y)dy = −ˆ 1
0
x · e−x2
y d
(x2
y
)= x · e−
x2
y
∣∣∣∣1y=0
= xe−x2
∴
φ′(x) = e−x2
(1− 2x2) ∀ x (5)
2.
fx(x, y) =
e−x2
y
(3x2
y2− 2x4
y3
)y > 0
0 y = 0(6)
∴ fx(0, y) = 0 當 y > 0
ˆ 1
0
fx(0, y)dy = 0 = φ′(0) = 1
3. 定理 14-1 在 x = 0 點不成立！
問題出在哪裡？且看 f 在 (0, 0) 點的行為。
沿拋物線 y = x2，觀察 f 及 fx
limx→0
f(x, x2) = limx→0
1
xe−1 = ∞
f 在 (0, 0) 點並不連續，
limx→0
fx(x, x2) = lim
x→0
1
x2= ∞
fx 在 (0, 0) 點也不連續！
雖然，f 及 fx 在 [0, 1]× [0, 1]− (0, 0) 上連續 (請同學檢驗之)，也無濟於事，功虧一
簣，而那一簣對 φ′(0) 及
ˆ 1
0
fx(0, y)dy 的影響，起了決定性的作用。
4. 當 x = 0，定理 14-1 成立，因 f 及 fx 在 [δ, 1]× [0, 1] 上連續。
事實上， ˆ 1
0
fx(x, y)dy =
ˆ 1
0
e−x2
y
(3x2
y2− 2x4
y3
)dy
= · · · (經過少許計算)= e−x2
(1− 2x2)
= φ′(x) ∀ x = 0
14.2 瑕積分－可控型
設 fx 在 [a, b]× [0,∞) 上連續，問：
d
dx
ˆ ∞
0
f(x, y)dy =
ˆ ∞
0
fx(x, y)dy (7)
成立否。
首先，fx 在 [a, b]× [0,∞) 上連續已不足以確保 (7) 式右邊積分的存在，故
ˆ ∞
0
fx(x, y)dy 存在 ∀ x ∈ [a, b] (8)
乃必加的條件。
光這樣夠嗎？我們不妨從定義出發，回顧 (7) 式，
d
dx
ˆ ∞
0
f(x, y)dy = lim∆x→0
1
∆x
[ˆ ∞
0
f(x+∆x, y)dy −ˆ ∞
0
f(x, y)dy
]
= lim∆x→0
ˆ ∞
0
f(x+∆x, y)− f(x, y)
∆xdy (9)
?=
ˆ ∞
0
lim∆x→0
f(x+∆x, y)− f(x, y)
∆xdy (10)
=
ˆ ∞
0
fx(x, y)
從 (9) 到 (10)，是問題的關鍵， lim∆x→0
在什麼條件下可以 pass 進去？
實變函數中，有一個非常基本而重要的定理，叫 Lebesgue Dominate Convergence Theorem，陳述如下：
設 E 為 Rn 中 Lebesgue可測集，fn 為 E 上 Lebesgue可積函數， limn→∞
fn(x)存在 a.e. on E，
若存在 g，使 |fn(x)| ≤ g(x)，且ˆE
g(x)dx <∞，則
limn→∞
ˆE
fn(x)dx =
ˆE
limn→∞
fn(x)dx
換言之，|fn| 被一 Lebesgue 可積函數 g 所控，則 limit 可以 pass.
回頭看 (9) 式，∆x 可以是任意 ∆xn,∆xn → 0
因此，若存在 g,
ˆ ∞
0
g(y)dy <∞，使∣∣∣∣f(x+∆x, y)− f(x, y)
∆x
∣∣∣∣ ≤ g(y) 當∆x夠小 (11)
則 limit 可以 pass.
據此，我們把 (11) 式稍作修改：
|fx(x, y)| ≤ g(y) ∀ (x, y) ∈ [a, b]× [0,∞) (12)
下面定理告訴我們，(12) 足以保証 limit 可 pass.
定理 14-2 設 f 及 fx 在 [a, b]× [0,∞) 上連續，若存在 g，使
|fx(x, y)| ≤ g(y) ∀ (x, y) ∈ [a, b]× [0,∞)
且
ˆ ∞
0
g(y)dy <∞，則
d
dx
ˆ ∞
0
f(x, y)dy =
ˆ ∞
0
∂
∂xf(x, y)dy
分析：
1. 令 φ(x) =´∞0f(x, y)dy，則∣∣∣∣φ(x+∆x)− φ(x)
∆x−ˆ ∞
0
fx(x, y)dy
∣∣∣∣≤
∣∣∣∣ˆ N
0
(f(x+∆x, y)− f(x, y)
∆x− fx(x, y)dy
)∣∣∣∣+
∣∣∣∣ˆ ∞
N
f(x+∆x, y)− f(x, y)
∆xdy
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ˆ ∞
N
fx(x, y)dy
∣∣∣∣ , N待定≤ˆ N
0
|fx(ξ, y)− fx(x, y)|dy +ˆ ∞
N
|fx(ξ, y)|dy +ˆ ∞
N
|fx(x, y)|dy
= I1 + I2 + I3, ξ = ξ(y), 介於x與x+∆x之間
2.ˆ ∞
0
g(y)dy <∞，給定 ε > 0, ∃ N 使ˆ ∞
N
g(y)dy <ε
3
3. 依假設，|fx(x, y)| < g(y) ∀ x, y，故
I2 <
ˆ ∞
N
g(y)dy <ε
3, I3 ≤
ˆ ∞
N
g(y)dy <ε
3
4. fx 在 [a, b]× [0, N ] 上連續，
∴ fx 在 [a, b]× [0, N ] 上均勻連續，
對此 ε, ∃ δ，使
|fx(x1, y1)− fx(x2, y2)| <ε
3N當 |(x1, y1)− (x2, y2)| < δ
∀ (x1, y1), (x2, y2) ∈ [a, b]× [0, N ]
依此，
I1 <ε
3N·N =
ε
3, 當|∆x| < δ
5. 結論： ∣∣∣∣φ(x+∆x)− φ(x)
∆x−ˆ ∞
0
fx(x, y)dy
∣∣∣∣ < ε
3+ε
3+ε
3= ε, 當|∆x| < δ
即：φ′(x) =
ˆ ∞
0
fx(x, y)dy.
Remark:
1. g 稱為控制函數，I2 =ˆ ∞
N
fx(ξ, y)dy, ξ = ξ(y) 介於 x 和 x+∆x 之間，如圖所示。
它無視於 ξ = ξ(y)，|fx(ξ, y)| ≤ g(y)，恆被 g 所控，從而得到 I2 <ε
3，好厲害！
2. 定理 14-2 中的瑕積分未必一定要 [0,∞)，可以是 (−∞,∞), (−∞, b], [a, b), (a, b] 等，只
要存在控制函數 g，定理都成立。
例 1. ϕ(x) =ˆ 1
0
tx − 1
log t dt, x ∈ [a,∞), a > −1，求 φ
分析：
1. limt→1
tx − 1
log t = limt→1
xtx−1
1t
= limt→1
xtx = x, t = 1非奇點
limt→0+
tx − 1
log t = limt→0+
xtx
= −∞ 當x < 0
= 0 當x ≥ 0
故 φ(x) 為 Improper integral 當 x < 0，為 Riemann integral 當 x ≥ 0.
2. 任取 b > a，令 f(x, t) =tx − 1
log t ，則 fx(x, t) = tx ∀ (x, t) ∈ [a, b]× (0, 1)，顯然 f 及 fx
在 [a, b]× (0, 1) 上連續。
3. |fx| ≤ ta ∀ (x, t) ∈ [a, b]× (0, 1)
ˆ 1
0
tadt <∞ ∵ a > −1.
4. 依定理 14-2，φ′(x) =
ˆ 1
0
fx(x, t)dt =
ˆ 1
0
txdt =1
x+ 1
∴ φ(x) = log(x+ 1) + C, φ(0) = 0 ⇒ C = 0
b 任意，故 φ(x) = log(x+ 1), ∀ x ∈ [a,∞), a > −1.
例 2. 求ˆ ∞
0
sin tt
dt 之值。
說明：這是數學上一個相當著名的瑕積分，其收斂我們已於之前討論過。收斂歸收斂，收斂
到何值，則是一個具有深度的問題，有各種不同的方法可求其值。你們在大三時學複變函
數，那時你們應該會看到利用複變的留數定理 (The Residue Theorem) 來求其值，那是一個很 powerful 的方法，許多困難的定積分或瑕積分都可透過它來求值。
下面我要介紹的是利用定理 14-2，把它化成常微分方程，求解。
分析：
1. 考慮函數 sin tt的 Laplace transform:
φ(x) =
ˆ ∞
0
e−xt sin ttdt, x ≥ 0 (13)
在此我們碰到第一個問題：(13) 式收斂嗎？
2. 設它收斂，令 f(x, t) =
e−xt sin tt
t > 0
1 t = 0，則 fx(x, t) =
−e−xt sin t t > 0
0 t = 0
顯然 f 及 fx 在 [0,∞)× [0,∞) 上連續，又 |fx(x, t)| ≤ e−xt，
ˆ ∞
0
e−xtdt = −1
xe−xt
∣∣∣∣∞0
=1
x<∞, 當x > 0
依定理 10-2，我們有
φ′(x) =
ˆ ∞
0
fx(x, t)dt = −ˆ ∞
0
e−xt sin t dt, 當x > 0 (14)
3. 利用 Integration by parts, 我們有ˆ ∞
0
e−xt sin t dt = −ˆ ∞
0
e−xtd cos t
= − e−xt cos t∣∣∣∞0+
ˆ ∞
0
cos t de−xt
= 1− x
ˆ ∞
0
e−xt cos t dt
= 1− x
ˆ ∞
0
extd sin t
= 1− x
[e−xt sin t
∣∣∣∞0−ˆ ∞
0
sin t de−xt
]= 1− x2
ˆ ∞
0
e−xt sin t dt
∴ˆ ∞
0
e−xt sin t dt = 1
1 + x2，代入 (14) 式得
4. φ′ = − 1
1 + x2當 x > 0
∴
φ(x) = − tan−1 x+ C 當x > 0 (15)
又 |φ(x)| ≤ˆ ∞
0
e−xtdt =1
x，當 x > 0
∴ limx→∞
φ(x) = 0，於 (15) 式中，令 x→ ∞ 得 C =π
2，代入 (15) 式得
5.
φ(x) = − tan−1 x+π
2當x > 0 (16)
令 x→ 0，得 ˆ ∞
0
sin ttdt = φ(0) =
π
2
在此，我們碰到第二個問題：
limx→0
φ(x) = φ(0)，對嗎？
以下我們就來思考上面所提二問題。
第一問：
ˆ ∞
0
e−xt sin tt
dt 的收斂問題。
分析：
1. 觀察∣∣∣∣e−xt sin t
t
∣∣∣∣ < ∣∣∣∣sin tt∣∣∣∣ ∀ x, t > 0
2. y =sin tt的圖形如下：
an =
∣∣∣∣ˆ nπ
(n−1)π
sin ttdt
∣∣∣∣ = ˆ nπ
(n−1)π
∣∣∣∣sin tt∣∣∣∣ dt
2
nπ≤ an ≤ 2
(n− 1)π, an ↓ 0 當 n→ ∞
∴ˆ ∞
0
sin ttdt = a1 − a2 + a3 − a4 + · · ·收斂 (17)
3. y = e−xt sin tt的圖形如下：
ˆ ∞
0
e−xt sin ttdt = b1(x)− b2(x) + b3(x)− · · · (18)
由於 0 < y2 < y1, ∴ 0 < bn(x) < an ∀n,a1 − a2 + a3 − · · · 收斂
∴ b1(x)− b2(x) + b3(x)− · · · 均勻收斂，當 x ≥ 0.
故第一問 pass 過關。
Remark: 第一問也可由：∣∣∣∣e−xt sin t
t
∣∣∣∣ < e−xt,
ˆ ∞
0
e−xtdt =1
x<∞ 當 x > 0
⇒ˆ ∞
0
e−xt sin tdt收斂，當 x > 0，不過這樣的處理看不到
ˆ ∞
0
e−xt sin ttdt 在 x ≥ 0 上均勻收
斂。
第二問： limx→0+
φ(x) = φ(0)，對嗎？
分析：根據 (17) 和 (18) 式，
φ(0) =
ˆ ∞
0
sin ttdt = a1 − a2 + a3 − a4 + · · ·
φ(x) =
ˆ ∞
0
e−xt sin ttdt = b1 − b2 + b3 − b4 + · · ·∣∣∣∣ˆ ∞
Nπ
sin ttdt
∣∣∣∣ = aN − aN+1 + aN+2 − · · · < aN <1
(N − 1)π∣∣∣∣ˆ ∞
Nπ
e−xt sin ttdt
∣∣∣∣ = bN − bN+1 + bN+2 − · · · < bN < aN <1
(N − 1)π
給定 ε > 0, ∃ N 使 1
(N − 1)π<ε
3，於是
|φ(x)− φ(0)| ≤ˆ Nπ
0
∣∣∣∣e−xt sin tt
− sin tt
∣∣∣∣+ ε
3+ε
3(19)
f(x, t) =
e−xt sin tt
t = 0
1 t = 0在 [0, 1]× [0, Nπ] 上連續，∴ 均勻連續。
對此 ε > 0, ∃ δ 使 ∣∣∣∣e−xt sin tt
− sin tt
∣∣∣∣ < ε
3Nπ當0 < x < δ
代入 (19)，我們有
|φ(x)− φ(0)| < ε
3+ε
3+ε
3= ε 當0 < x < δ
故第二問也過關！
14.3 瑕積分－不可控型
定理 14-2 中，|fx(x, y)| ≤ g(y),
ˆ ∞
0
g(y)dy < ∞，保証了定理的成立。當控制函數 g 找不到
時，又如何確保定理成立？
例如：f(x, t) =cosxtt2 + 1
,
fx(x, t) =t sinxtt2 + 1
⇒ |fx(x, t)| ≤t
t2 + 1，但
ˆ ∞
0
t
t2 + 1dt = ∞
定理 14-2 失敗了！
那麼：d
dx
ˆ ∞
0
f(x, t)dt =
ˆ ∞
0
fx(x, t)dt 還成立嗎？
以下我們引入均勻收斂的條件，以確保定理的成立。
f 在 [a, b]× [0,∞) 上連續，設固定 x ∈ [a, b]，瑕積分
ˆ ∞
0
f(x, y)dy 存在 ∀ x ∈ [a, b]，因此
給定 ε > 0, ∃ N dependent on x，使
∣∣∣∣ˆ ∞
N
f(x, y)dy
∣∣∣∣ < ε
注意，不同 x，有不同的 N，能不能找到一個 N，與 x 無關，使∣∣∣∣ˆ ∞
N
f(x, y)dy
∣∣∣∣ < ε ∀ x ∈ [a, b]
如能辦到，我們稱 f 在 [a, b] 上均勻收斂。
寫成定義如下：
定義 14-3：設 f 在 I × [0,∞) 上連續，I ⊂ R，ˆ ∞
0
f(x, y)dy 存在 ∀ x ∈ I，若對任意
ε > 0, ∃ N 使 ∣∣∣∣ˆ ∞
N
f(x, y)dy
∣∣∣∣ < ε ∀ x ∈ I
我們稱 f 在 I 上的瑕積分均勻收斂。
Remark:
1. 當然，如果存在控制函數 g，使 |f(x, y)| ≤ g(y) ∀ (x, y) ∈ I × [0,∞)，而
ˆ ∞
0
g(y)dy <
∞，則 f 在 I 上的瑕積分均勻收斂。
2. 上面的瑕積分未必一定要在 [0,∞)上，它可以是 [0, 1), (0, 1], (0, 1), (−∞, b], (−∞,∞), · · ·。
定理 14-3 設 f 及 fx 在 [a, b]× [0,∞) 上連續，fx 的瑕積分在 [a, b] 上均勻收斂，則
d
dx
ˆ ∞
0
f(x, y)dy =
ˆ ∞
0
∂
∂xf(x, y)dy ∀ x ∈ [a, b]
Remark: 定理 14-2 顯然是定理 14-3 的特別情形。
分析：
1. 定理 10-2 中，I2 =
∣∣∣∣ˆ ∞
N
fx(ξ(y), y)dy
∣∣∣∣ < ε
3
在此行不通了，因均勻收斂只保證ˆ ∞
N
fx(x, y)dy < ε
x 固定，不能隨 y 而變！(如圖所示)
怎麼辦？
2. 陸路走不通走水路，水路行不得還可坐飛機，且看：
令 φ(x) =
ˆ ∞
0
f(x, y)dy, ψ(x) =
ˆ ∞
0
fx(x, y)dy，欲証：φ′(x) = ψ(x)。
依假設
ˆ ∞
0
fx(x, y)dy 在 [a, b] 上均勻收斂，我們有
limN→∞
ˆ N
0
fx(x, y)dy 均勻收斂到
ˆ ∞
0
fx(x, y)dy = ψ(x) 在[a, b]上
3. 任取 x0 ∈ [a, b]，固定之，∀ x ∈ [a, b]，我們有
limN→∞
ˆ x
x0
(ˆ N
0
fx(t, y)dy
)dt
(∗)=
ˆ x
x0
limN→∞
(ˆ N
0
fx(t, y)dy
)dt
=
ˆ x
x0
(ˆ ∞
0
fx(t, y)dy
)dt =
ˆ x
x0
ψ(t)dt (20)
上面 (∗) 式成立，因 [x0, x] 為閉區間，其上均勻收斂函數列的積分，limit 可以 pass.
4. 定下眼睛看看 (∗) 式等號的左邊，[x0, x]× [0, N ] 為 compact，f 及 fx 在 [x0, x]× [0, N ]
上連續，依定理 14-1，
ˆ x
x0
(ˆ N
0
fx(x, y)dy
)dt =
ˆ x
x0
d
dx
(ˆ N
0
f(x, y)dy
)dt
=
ˆ N
0
f(x, y)dy −ˆ N
0
f(x0, y)dy (微積分基本定理)
代入 (20) 式，有
ˆ ∞
0
f(x, y)dy −ˆ ∞
0
f(x0, y)dy =
ˆ x
x0
ψ(t)dt (21)
5. (21) 式兩邊對 x 求導，得
φ′(x) = ψ(x)
証畢。
例 1. f(x, t) = cos xtt2 + 1
，問：d
dx
ˆ ∞
0
f(x, t)dt =
ˆ ∞
0
fx(x, t)dt 成立否？
分析：
1. fx(x, t) =−t sinxtt2 + 1
，作 y =t sin xtt2 + 1
的圖如下：
sinxt = 0 ⇔ xt = nπ ⇔ t = tn =nπ
x, n = 0, 1, 2, 3 · · · ,
αn(x) =
∣∣∣∣ˆ tn
tn−1
t
t2 + 1sinxt dt
∣∣∣∣ = ˆ tn
tn−1
t
t2 + 1| sin xt|dt
y =t
t2 + 1↓ 0 當 t > 1,
ˆ tn
tn−1
| sinxt|dt =ˆ π
0
sin t dt = 2
∴ tnt2n + 1
· 2 < αn(x) <tn−1
t2n−1 + 1· 2
⇒ αn(x) ↓ 0 當 n→ ∞ ∀ x > 0 fixed.
2. 設 x ∈ [a,∞), a > 0，
αn+1(x) < 2 · tnt2n + 1
=2nπx
(nπ)2 + x2<
2nπa
(nπ)2 + a2< αn(a), αn(a) ↓ 0 當n→ ∞
給定 ε > 0, ∃ N 使 αn(a) < ε 當n > N.
3. 故知ˆ ∞
0
fx(x, t)dt 在 [a,∞) 上均勻收斂 ∀ a > 0
∴ d
dx
ˆ ∞
0
f(x, t)dt =
ˆ ∞
0
fx(x, t)dt, ∀ x > 0 成立。
4. x = 0 點如何？下面的例子將回答這問題。
例 2. φ(x) =ˆ ∞
0
sinxtt(t2 + 1)
dt, x ≥ 0，試証：φ(x) =π
2(1− e−x), ∀ x ≥ 0.
分析：
1. f(x, t) = sinxtt(t2 + 1)
，則
fx(x, t) =cosxtt2 + 1
, f 及 fx 在 [0,∞)× [0,∞) 上連續
且 |fx(x, t)| ≤1
t2 + 1,
ˆ ∞
0
1
1 + t2dt <∞
依定理 10-2，φ′(x) =
ˆ ∞
0
cos xtt2 + 1
dt ∀ x ∈ [0,∞)
2. 又根據例 1.，φ′′(x) = −
ˆ ∞
0
t sinxtt2 + 1
dt 當x > 0
=
ˆ ∞
0
1− (t2 + 1)
t(t2 + 1)sinxt dt
= φ(x) +
ˆ ∞
0
sin xtt
dt
= φ(x) +π
2
3. 解微分方程 φ′′ − φ =π
2, x > 0，得
φ(x) = aex + be−x +π
2, x > 0 (22)
(i)
|φ(x)| =
∣∣∣∣ˆ ∞
0
sinxtt(t2 + 1)
∣∣∣∣=
∣∣∣∣xˆ ∞
0
sin xtxt
1
t2 + 1dt
∣∣∣∣≤ |x| ·
ˆ ∞
0
1
t2 + 1dt
= |x| · π2
→ 0 當x→ 0.
(ii) φ′(x) =
ˆ ∞
0
cosxtt2 + 1
dt,
∣∣∣∣cos xtt2 + 1
∣∣∣∣ < 1
t2 + 1),
ˆ ∞
0
1
t2 + 1dt <∞
依 Lebesgue Dominate Convergence Theorem (借用之)
limx→0
ˆ ∞
0
cosxtt2 + 1
dt =
ˆ ∞
0
limx→0
cos xtt2 + 1
dt =
ˆ ∞
0
1
t2 + 1dt =
π
2.
根據 (i)，於 (22) 式中，令 x→ 0，得
a+ b+π
2= 0 (23)
又 φ′(x) = aex − be−x，根據 (ii)，令 x→ 0 得
a− b =π
2(24)
(23)(24) ⇒ a = 0, b = −π2，故
φ(x) =π
2(1− e−x) 當x > 0 (25)
又 x = 0 時等號也成立，故有
φ(x) =π
2(1− e−x) ∀ x ≥ 0
Remark: 當 x = 0, φ(0) = 0
(i) φ′(0) = limx→0+
φ(x)
x= lim
x→0+
π
2· 1− e−x
x= lim
x→0+
π
2· e−x =
π
2,
ˆ ∞
0
fx(0, t)dt =π
2
故 φ′(0) =
ˆ ∞
0
fx(0, t)dt
(ii) φ′(0) =π
2, φ′(x) =
π
2e−x
φ′′(0) = limx→0
φ′(x)− φ′(0)
x=π
2limx→0
e−x − 1
x=π
2limx→0
(−e−x) = −π2.
而 fxx(x, t)dt = −t sinxtt2 + 1
,
ˆ ∞
0
fxx(0, t)dt = 0
∴ φ′′(0) =ˆ ∞
0
fxx(0, t)dt，回答了例 1. 中分析 4 的提問。
14.4 Fubini 定理的回顧
1. 我們於第八章証明了冪級數基本定理：f(x) =∞∑n=0
anxn，收斂半徑 R，則有
f ′(x) =∞∑n=1
nanxn−1, ∀ |x| < R.
上式可簡記為
d
dx
∑· · · =
∑ d
dx· · · . (26)
∑可看成一種形式的積分，那麼 (26) 即為一種微分和積分的交換。
利用微積分基本定理，我們有 (見第八章)ˆ ∑
=∑ˆ
(27)∑既是一種形式的積分，(27) 即是一種積分與積分的交換，換言之，微分和積分的可
交換性及積分和積分的可交換性是等價的，中間的橋梁是微積分基本定理。
以下我將透過微分與積分的可交換性，再回顧 Fubini 定理。
2. Fubini 定理說：¨
K
f(x, y) =
ˆ b
a
(ˆ d
c
f(x, y)dy
)dx (28)
=
ˆ d
c
(ˆ b
a
f(x, y)dx
)dy (29)
其中 K = [a, b]× [c, d]，上面式中所牽涉到的積分都必須存在。
先來看 (28) = (29) 這件事：
令
g(t) =
ˆ t
a
(ˆ d
c
f(x, y)dy
)dx
h(t) =
ˆ d
c
(ˆ t
a
f(x, y)dx
)dy
為了運算上的方便，對 f 做嚴苛一點的要求，設 f 在 K 上連續，於是
g′(t) =
ˆ d
c
f(t, y)dy (微積分基本定理)
h′(t) =d
dt
ˆ d
c
(ˆ t
a
f(x, y)dx
)dy
=
ˆ d
c
∂
∂t
(ˆ t
a
f(x, y)dx
)dy (定理 14-1)
=
ˆ d
c
f(t, y)dy = g′(t)
而 g(a) = h(a) = 0，故
g(t) = h(t), ∀ a ≤ t ≤ b.
令 t = b 得 ˆ b
a
(ˆ d
c
f(x, y)dy
)dx =
ˆ d
c
(ˆ b
a
f(x, y)dx
)dy
3. 其次，我們來觀察 (28) 式：
先引介一個 lemma。
Lemma 14.1
設 f 在 [a, b]× [c, d]上連續，令 Kt = [a, t]× [c, d], a ≤ t ≤ b, φ(t) =¨
Kt
f(x, y)dxdy,則
φ′(t) =
ˆ d
c
f(t, y)dy, ∀ a ≤ t ≤ b.
分析：
(a) φ′(t) = lim∆t→0
φ(t+∆t)− φ(t)
∆t= lim
∆t→0
1
∆t
˜∆Kt
f(x, y)dxdy, ∆Kt = Kt+∆t −Kt.
(b) 把 [c, d] n 等份，c = y0 < y1 < y2 < · · · < yn = d，令 Dj = [t, t +∆t]× [yj−1, yj]，
則 ¨Kt
f(x, y)dxdy =n∑
j=1
¨Dj
f(x, y)dxdy.
(c) f 在 Dj 上連續，依均值定理，
¨Dj
f(x, y)dxdy = f(ξj, ηj)∆t∆yj
於是有1
∆t
¨∆Kt
f(x, y)dxdy =n∑
j=1
f(ξj, ηj)∆yj
(d) f 在 K 上連續，所以在 K 上均勻連續。給定 ϵ > 0, ∃ δ，使
|f(x1, y1)− f(x2, y2)| <ϵ
2(d− c), 只要
√(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 < δ
故
|f(t, ηj)− f(ξj, ηj)| <ϵ
2(d− c), 只要∆t < δ.
(e) 而n∑
j=1
f(t, ηj)∆yj，為
ˆ d
c
f(t, y)dy 的 Riemann sum，對此 ϵ，∃ N 使
∣∣∣∣∣ˆ d
c
f(t, y)dy −n∑
j=1
f(t, ηj)∆yj
∣∣∣∣∣ < ϵ
2, 只要n > N
(f) 因此，當 ∆t < δ，選定 n > N，我們有：∣∣∣∣φ(t+∆t)− φ(t)
∆t−ˆ d
c
f(t, y)dy
∣∣∣∣≤
∣∣∣∣∣n∑
j=1
f(ξj, ηj)∆yj − f(t, ηj)∆yj)
∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣
n∑j=1
f(t, ηj)∆yj −ˆ d
c
f(t, y)dy
∣∣∣∣∣≤ ϵ
2(d− c)· (d− c) +
ϵ
2= ϵ.
故 φ′(t) =
ˆ d
c
f(t, y)dy, a ≤ t ≤ b.
4. 根據這個 Lemma，我們有φ′(t) = g′(t), a ≤ t ≤ b.
而 φ(a) = g(a) = 0，依微積分基本定理得
φ(t) = g(t), ∀ t, a ≤ t ≤ b
令 t = b，即得 (28) 式。於是，我們乃可宣告：
當 f 為連續函數時，Fubini 定理成立。
5. Fubini 定理對連續函數既然成立，那麼對 Riemann 可積函數是否成立呢？回答如下：
Riemann 可積函數可以用 step function 逼近，step function 又可用連續函數逼近，所以：
Riemann 可積函數可以用連續函數逼近。
(28) 式對連續函數成立，” 因此”，(28) 式對 Riemann 可積函數成立。
行家過招，可以這樣子談數學，不過對初學者，有如天馬行空，很不踏實。怎麼樣的”逼近”？那個” 因此” 又從何而來？請說個清楚，講個明白。
講義寫到這裡，讓我停頓了很久，我試著用最基本的工具，把它導出，但它的論述又
和定理 11-1 無異，這樣，何必再來一遭呢？
於是，我乃鐵了心，借用 Lebesgue Dominate Convergence Theorem 來說明，這樣的處理方式，在數學上是一條康莊大道，早一點上路，並不是壞事。同學如果覺得難以下
嚥，以下 6.7. 兩點的論述可略過。
6. Lesbesgue Dominate Convergence Theorem 說：
fn → f a.e on (X, µ), |fn| ≤ g,
ˆXg dµ <∞,
則：f 可積，且
limn→∞
ˆXfn dµ =
ˆXf dµ
其中 X 是一個 space，µ 是其上的測度。
X 可以是 R1,R2, [a, b], [a, b]× [c, d],N,N× N, · · · ,µ可以是 R1,R2 上的 Lebesgue測度，或 N,N×N上的計數測度 (counting measure),· · ·
所謂 fn → f a.e. 是指集合 x| lim fn(x) = f(x)的測度為 0。a.e. 是 almost everywhere的簡寫。
7. 首先：f 在 K 上 Riemann 可積，所以 f 是有界的。因此，∃ α 使 f + α ≥ 0，在 K
上。
而 (28) 式對 f + α 成立 ⇔ (28) 對 f 成立，我們不妨一開始就假設 f ≥ 0.
其次：f 在 K 上 Riemann 可積 ⇒ ∃ step functions φn, 0 ≤ φn ≤ f，使 φn f a.e.on K.
(¨
K
φndxdy 即 f 在 K 上相應某個分割 Pn 的 lower sum，取 Pn ⊂ Pn+1 即得
φn ≤ φn+1.)
第三：設 Pn = An × Bn, An : a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b 為 [a, b] 上的分割，令
A =∞∪n=1
An，於是有：
x ∈ A, 則φn(x, y) f(x, y) a.e. on[c, d] (請想一想)
A 可數，∴ m(A) = 0，換言之：
(φn(x, y) f(x, y) a.e., y ∈ [c, d]) a.e. x ∈ [a, b]
第四：每一個 step function φn，又可用連續函數 gn 逼近，示意如下：
因此，∃ continuous function gn 滿足：
(i) 0 ≤ gn → f a.e. on K.
(ii) (gn(x, y) → a.e. y ∈ [c, d]) a.e. x ∈ [a, b].
第五：Fubini 定理對 gn 成立：
¨K
gn(x, y)dxdy =
ˆ b
a
(ˆ d
c
gn(x, y)dy
)dx
令 n→ ∞, 利用 Lebesgue Dominate Convergence Theorem 即得¨
K
f(x, y)dxdy =
ˆ b
a
(ˆ d
c
f(x, y)dy
)dx
Remark:
1. 看來定理 11-11的証明直截了當，不用開車，直接登上峯頂，腳力很健，這種功夫，要好好學習，你的能力自然不凡。
2. 上面從連續函數推廣到可積函數，騎著一部 Lebesgue 牌的摩托車，走大馬路，繞幾個彎，兜風上頂，也很順暢，這部摩托車馬力很強，同學要學會騎它，以後才能越野度
澗。
3. 反觀 7. 的” 其次”、” 第三” 兩小段。
(a) ∃ step functions φn, 0 ≤ φn ≤ f，使 φn f a.e. on K.
(b) (φn(x, y) f(x, y) a.e., y ∈ [c, d]) a.e. x ∈ [a, b]
想想：Fubini 定理對特徵函數 (Characteristic function) χD, D : [x1, x2] × [y1, y2]，成立
嗎？
經檢驗，沒問題！(請同學自行驗之)
那麼它對 φn 也成立！
對 φn 也成立，再利用剛才那部摩托車，對 f 也要成立！
這又是 Fubini 定理一個很簡單的証明，直接觀它的竅門，最省事。Lebesgue 積分中的Fubini 定理就是這樣處理，因為它有那部摩托車可騎。
14.5 C∞ function 的建構我們於寒假作業中曾做過如下的問題：
Ω : (x, y)|x2 + y2 < 2, K : [−1, 1]× [−1, 1]
試造一 C∞ 函數 f 滿足
(i) f = 1，在 K 上
(ii) f = 0，在 Ω 之外
(iii) 0 < f < 1，在 Ω 與 K 之間
當 Ω 為 Rn 中任意 open set，K ⊂ Ω 為 compact，如何造一 C∞ 函數滿足上述
(i),(ii),(iii) 三條件呢？由於 Ω 和 K 之間關係並不規則，我們對 (iii) 稍微放寬，只要求：
(iii)’ 0 ≤ f < 1，在 Ω 與 K 之間。
分析如下：
1. 令 λ ≤ 1
2inf∥x − y∥ |x ∈ K,y ∈ ΩC
2. 造一 R1 上的 C∞ 函數 φ : (習題五，第四題)
φ(x) =
1, 當|x| ≤ λ
20, 當|x| = 0，當|x| ≥ λ
0 ≤ φ(x) < 1, 當λ
2< |x| < λ
並將 φ 推廣到 Rn 中，令
φ(x) = φ(∥x∥)
3. 令 α =
ˆRn
φ(x)dx, g(x) = 1
αφ(x)，則ˆRn
g(x)dx =
ˆBλ(0)
g(x)dx = 1
4. 令 Kλ = x|x ∈ Rn, dist(x, K) < λ，其中 dist(x, K) = infy∈K
∥x − y∥，並令
f(x) = (χKλ
∗ g)(x) =ˆRn
χKλ
(y)g(x − y)dy
依定理 14-1，∂f
∂xi(x) =
ˆRn
∂
∂xi[χ
Kλ(y)g(x − y)]dy
φ ∈ C∞, ∴ ∂f
∂xi(x) continuous, i = 1, 2, · · · , n
上面的操作可以為所欲為，∂2f
∂xi∂xj,
∂3f
∂xi∂xj∂xk, · · · 皆為連續函數，∴ f ∈ C∞.
5. f 滿足上述 (i)(ii)(iii)’ 三條件
(i) x ∈ K ⇒ Bλ(x) ⊂ Kλ, ∴ f(x) = 1.
(ii) x ∈ Ω ⇒ Bλ(x) ∩Kλ = ϕ⇒ ∥y − x∥ > λ, ∀ y ∈ Kλ ⇒ χKλ(y) · g(x − y) = 0, ∀ y,
∴ f(x) = 0
(iii)’ x ∈ Ω−K ⇒ Bλ(x) ⊂ Kλ ⇒ χKλ(y) · g(x − y) < 1 當 y ∈ Bλ(x)−Kλ.
∴ f(x) < 1
以上推論，圖示如下：
y ∈ 藍色部分表示 χKλ(y)g(x − y) = 0.
打個比方來說：
x 好比一個人，他撐著一枝傘，半徑為 λ，(那隻傘就是 Bλ(x))
K 是屋子，Kλ −K 是遮雨棚，寬度為 λ，Ω 是庭院內。
(i) 表人在屋內，撐起傘來，傘在雨棚內，不會淋到雨，因此 f(x) = 1。
(ii) 表人在庭院外，撐開傘，傘碰不到雨棚，全淋到雨，全淋到雨表示 χKλ· g ≡ 0，因
此 f(x) = 0.
(iii) 表人在棚下或在棚院之間，因此傘必淋到雨，即 χKλ· g 至少某些地方為 0，因此
f(x) < 1(傘可能全部淋到雨，此時 f(x) = 0)
(第十四章全文完)