9. 应用与广义积分

使用积分解决模型前，须先辨认量和单位。薄切片可近似面积或体积；把切片相加再取极限，便解释了积分，而不只是背诵公式。

定义

广义积分

若 $f$ 在每个有限区间 $[a,b]$ 上连续，$b>a$，当有限实数极限存在时定义 $\int_a^\infty f(x)dx=\lim_{b\to\infty}\int_a^b f(x)dx$。端点奇异时使用相应单侧极限，例如 $\int_0^1f=\lim_{\varepsilon\downarrow0}\int_\varepsilon^1f$。若有多个无穷端点或奇点，须在内部点分割，并要求每段广义积分各自收敛；对称极限的抵消并不足够。

定理

幂次基准与比较

对实数 $p$，$\int_1^\infty x^{-p}dx$ 当且仅当 $p>1$ 收敛；$\int_0^1x^{-p}dx$ 当且仅当 $p<1$ 收敛。在尾区间 $[A,\infty)$ 上，假设 $0\le f(x)\le g(x)$，且两函数在每个有限子区间上可积。若 $g$ 在该尾区间上的积分收敛，则 $f$ 的积分也收敛；若 $f$ 的积分发散，则 $g$ 的积分也发散。此比较只控制尾部；其他广义积分端点或奇点须分别检查。

证明

幂次判别法

$p\ne1$ 时积分得 $[x^{1-p}/(1-p)]$，再取相关端点极限。无穷远端点的项恰在 $1-p<0$ 时趋零；零端点的项恰在 $1-p>0$ 时趋零。$p=1$ 时原函数为 $\ln x$，两种端点极限均发散。比较法则由非负函数的部分积分单调，及其有界时由完备性收敛而得。

例题

切片求面积和体积

在 $[0,1]$，$y=x$ 和 $y=x^2$ 之间面积为 $\int_0^1(x-x^2)dx=1/6$，因该区间 $x\ge x^2$。将坐标轴上方、$y=x$ 下方的区域绕 $x$ 轴旋转，截面圆盘半径为 $x$，面积为 $\pi x^2$，体积为 $\pi\int_0^1x^2dx=\pi/3$。环形切片须以外圆盘面积减内圆盘面积。

例题

先判收敛，再计算

对 $\int_1^\infty dx/(1+x^2)$，$x\ge1$ 时被积函数非负且不大于 $1/x^2$，故幂次判别和比较法则保证收敛。精确值为 $\lim_{b\to\infty}(\arctan b-\pi/4)=\pi/4$。相反，$\int_1^\infty dx/x$ 发散；每个有限区间上有原函数不代表广义积分收敛。

若 $f$ 在 $[a,b]$ 上有连续导数，图像弧长为 $\int_a^b\sqrt{1+[f'(x)]^2}dx$；公式来自用直线段近似短弧。速率 $r(t)$ 在时间上的累积净变化为 $\int_a^b r(t)dt$，物理解释须匹配单位及正负号。

圆环与符号变化

若 $0\le r(x)\le R(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，把两者之间区域绕水平轴旋转，体积为 $\pi\int_a^b(R(x)^2-r(x)^2)dx$。两个平方代表截面的圆盘面积；$\pi(R-r)^2$ 则描述另一个圆盘。若曲线次序改变或区域穿越坐标轴，须分段重新判断几何，而非盲目套用同一公式。

例题

可积的端点奇异

虽然 $x^{-1/2}$ 在零附近无界，$\int_0^1x^{-1/2}dx=\lim_{\varepsilon\downarrow0}[2\sqrt{x}]_\varepsilon^1=2$。相反，$\int_0^1x^{-1}dx$ 对数发散。被积函数无界本身不能决定收敛与否。

方法选择

画出区域，积分前先判断上下曲线或内外半径；只在确认对称性后使用对称。广义积分应找出每个有问题端点、写出明确极限并逐段判断。若基准函数可控制大小则用比较法；使用原函数前仍要写出极限。

练习

1. 判断 $\int_1^\infty x^{-3}dx$ 的收敛性，有限时求值。
2. 求 $y=2x$ 与 $y=x^2$ 之间的面积。
3. $\int_{-1}^1 dx/x$ 作为广义积分是否收敛？

详解

1. $\int_1^b x^{-3}dx=[-1/(2x^2)]_1^b=1/2-1/(2b^2)$，趋向 $1/2$。
2. 曲线交于 $x=0$、$x=2$；$[0,2]$ 上 $2x\ge x^2$，故面积为 $\int_0^2(2x-x^2)dx=[x^2-x^3/3]_0^2=4/3$。
3. 不收敛。须在零分开，得到 $\int_{-1}^0dx/x=-\infty$ 和 $\int_0^1dx/x=+\infty$。对称柯西主值为零，但那是不同概念，并不建立广义积分收敛。

章节联系

广义积分回到开首章节的极限。整个工具箱形成循环：函数描述模型，导数分析局部变化，积分累积变化，而极限为趋向任意小或大尺度提供依据。

本篇所用方法的证明

有限实数极限运算与等比数列：补全证明

使用有序实数、阿基米德性质、正整数归纳法及绝对值三角不等式。数列收敛至有限实数 $L$，是指每个 $\varepsilon>0$ 都有对所有 $n\ge N$ 有效的下标 $N$。

唯一性、有界性与子列。 若 $a_n\to L,M$ 且 $L\ne M$，在同一充分大下标使两误差均小于 $|L-M|/3$，三角不等式便给出 $|L-M|<2|L-M|/3$，矛盾。要证有界，令尾部 $|a_n-L|<1$，再取 $|L|+1$ 与有限个初始绝对值的最大值。对子列下标 $n_1<n_2<\cdots$，归纳给出 $n_k\ge k$，故原数列的每个尾部阈值最终也适用于子列。

和、数乘及积。 若 $a_n\to a$、$b_n\to b$，令两个输入误差均小于 $\varepsilon/2$，则

$$|(a_n+b_n)-(a+b)|\le|a_n-a|+|b_n-b|<\varepsilon.$$

对固定 $c\ne0$，使用输入容差 $\varepsilon/|c|$；$c=0$ 直接成立。取所有 $|b_n|$ 的一个上界 $B\ge1$，要求

$$|a_n-a|<\frac{\varepsilon}{2B},\qquad |b_n-b|<\frac{\varepsilon}{2(|a|+1)}.$$

在共同的后期阈值后，$|a_nb_n-ab|\le B|a_n-a|+|a||b_n-b|<\varepsilon$。

倒数与商。 若 $b\ne0$，先令 $|b_n-b|<|b|/2$，从而 $|b_n|>|b|/2$，分母非零。于是

$$\left|\frac1{b_n}-\frac1b\right|\le\frac{2|b_n-b|}{|b|^2}.$$

再要求 $|b_n-b|<\varepsilon|b|^2/2$，便证明倒数收敛。乘积法则继而给出 $a_n/b_n\to a/b$。可省略最初有限个无定义的商；收敛只约束尾部。

保序与夹逼。 若最终 $a_n\le b_n$ 且分别趋于 $a,b$，则 $a\le b$；否则将两误差限制在 $(a-b)/3$ 内会迫使 $a_n>b_n$。若最终 $a_n\le z_n\le b_n$，两端都趋于 $L$，令两端误差均小于 $\varepsilon$，就得到 $L-\varepsilon<z_n<L+\varepsilon$，所以 $z_n\to L$。无需事先知道中间数列有极限。

对相应的函数极限法则，固定共同的允许趋近定义域 $D\subseteq\mathbb R$，并设 $a$ 是 $D$ 的聚点：$a$ 的每个去心邻域都含 $D$ 中的点。设 $f,g:D\to\mathbb R$ 在 $a$ 有所述的有限相对定义域极限。将上述估计中的尾部阈值改为去心定义域半径，并取有限个正半径的最小值。乘积证明只需局部有界：由 $g(x)\to b$，充分小的去心 $D$ 邻域上有 $|g(x)|\le|b|+1$，即使它在 $D$ 的其他部分无界。相同估计证明和、数乘、积、倒数及商的法则，并保留极限分母非零的条件；相同保序及夹逼估计适用于共同趋近域。证明唯一性或排除不相容的极限次序时，聚点条件提供实际定义域点。

对复合，设 $B\subseteq\mathbb R$、$b\in B$，且 $F:B\to\mathbb R$ 在 $b$ 相对于 $B$ 连续。设 $g:D\to\mathbb R$ 趋于 $b$，并在 $a$ 的某个充分小去心 $D$ 邻域中处处满足 $g(x)\in B$。给定 $\varepsilon>0$，连续性给出 $\eta>0$，使 $u\in B$ 且 $|u-b|<\eta$ 蕴含 $|F(u)-F(b)|<\varepsilon$。$g$ 的极限与复合定义域条件提供共同正半径，令每个允许趋近的 $x$ 都满足两条件。因此 $F(g(x))\to F(b)$。这包括 $g(x)=b$ 的输入，不除以内层增量。

等比数列的分类。 对 $t\ge0$，Bernoulli 界 $(1+t)^n\ge1+nt$ 可由归纳证明：将 $n$ 的情形乘以正数 $1+t$，保留非负余项 $nt^2$。若 $0<q<1$，令 $t=q^{-1}-1>0$，则

$$0<q^n\le\frac1{1+nt}\longrightarrow0.$$

给定容差，由阿基米德性质选 $N$ 使右侧更小。因此 $0<|r|<1$ 时，由 $|r^n|=|r|^n$ 得 $r^n\to0$；$r=0$ 时所有正下标项为零。$r=1$ 时恒为一。$r=-1$ 时偶、奇子列分别为一和负一，由唯一性及子列继承性排除收敛。若 $r>1$，取 $t=r-1$，Bernoulli 给 $r^n\ge1+nt\to+\infty$。若 $r<-1$，同理 $|r^n|\to+\infty$，与收敛实数列必有界矛盾。这些情况穷尽所有实公比。

子列

定义

子列

$(x_n)$ 的子列是 $(x_{n_k})$，其中 $n_1<n_2<\cdots$ 为正整数。若 $x_n\to L$，每个子列都收敛至 $L$，因为 $n_k\ge k$，最终会超过任意指定下标。

定理

Bolzano–Weierstrass 定理

每个有界实数数列都有收敛子列。

证明

套叠区间证明

把所有项放入闭有界区间 $I_1$，并把它平分。至少一半含无穷多个数列项；选该半区间为 $I_2$。继续进行，得到长度趋零的套叠闭区间 $I_k$，每个都含无穷多项。选严格递增的下标 $n_k$ 使 $x_{n_k}\in I_k$；因每个区间含无穷多项，故可做到。完备性给出所有区间的一个共同点 $L$：左端点集合的上确界位于每个区间内，因为每个左端点都不超过每个右端点。由 $x_{n_k},L\in I_k$，二者距离不超过区间长度，故趋零。

结论是关于子列，而非整个数列。例如 $(-1)^n$ 有分别收敛至 $1$ 及 $-1$ 的常数子列，但自身不收敛。

实直线闭集：序列判据与开补集

在通常的经典集合论背景下讨论实直线，并允许可数次见证选择。集合 $U$ 为开集，是指每个 $y$ 属于 $U$ 都有某个 $r>0$，使 $(y-r,y+r)$ 包含于 $U$。使用阿基米德性质的推论：$1/n$ 趋于零。对任意实直线子集 $K$，下列条件等价：

1. $K$ 中任意在实直线上收敛的序列，其极限仍属于 $K$。
2. $K$ 的补集为开集。

由 2 推出 1。 设 $x_n$ 属于 $K$ 且 $x_n$ 趋于 $x$。若 $x$ 不属于 $K$，补集的开放性给出 $r>0$，使 $(x-r,x+r)$ 与 $K$ 不相交。收敛性保证充分靠后时 $|x_n-x|<r$，与 $x_n$ 属于 $K$ 矛盾，故 $x$ 属于 $K$。

由 1 推出 2。 固定不属于 $K$ 的 $y$。若以 $y$ 为中心的每个正半径区间都遇到 $K$，则对每个正整数 $n$，都有 $x_n$ 属于 $K$ 且 $|x_n-y|<1/n$。将这些见证选成一个序列。给定 $\varepsilon>0$，取 $N$ 使 $1/N<\varepsilon$；当 $n\ge N$，有 $|x_n-y|<1/n\le1/N<\varepsilon$，故 $x_n$ 趋于 $y$。条件 1 会迫使 $y$ 属于 $K$，矛盾。因此 $y$ 周围存在避开 $K$ 的区间。对补集每点均如此，故补集开放。选择见证序列这一步使用已声明的经典背景；这里不声称在不带选择的基础体系中证明同一结论。若 $K$ 为空，其中没有序列，其补集为整个开实直线；若 $K$ 为整个实直线，其空补集的开放性真空成立。两种边界情形也满足等价关系。

学习目标与定义

集合 $K\subseteq\mathbb R$ 称为紧致的，如果任意一族开集只要其并包含 $K$，就存在有限个成员仍覆盖 $K$。集合若包含其点构成的每个收敛序列的极限，则称为闭集；等价地，其补集是开集。序列紧致性指 $K$ 中每个序列都有收敛到 $K$ 中某点的子列。

空集是紧致、闭且有界的，也满足序列紧致性；这些性质均以空真方式成立。在需要选取点或无穷序列的证明中，要单独处理空集。我们使用先前数列内容中的实数完备性及其闭区间套和 Bolzano–Weierstrass 推论。

定理：实数直线上的 Heine–Borel 定理

对 $K\subseteq\mathbb R$，下列条件等价：开覆盖意义下的紧致性；闭且有界；序列紧致性。

紧致推出闭且有界。 区间 $(-n,n)$（$n\ge1$）覆盖 $\mathbb R$，因而覆盖 $K$。有限子覆盖给出一个界。为证明闭性，取 $y\notin K$。对每个 $x\in K$，区间 $B(x,|x-y|/2)$ 不含 $y$。取其中覆盖 $K$ 的有限子族，令 $\delta$ 为这些区间中心到 $y$ 的正距离的一半所组成的有限集合的最小值。所选以 $x$ 为中心的区间内每点到 $y$ 的距离严格大于 $|x-y|/2\ge\delta$。因此 $B(y,\delta)$ 与 $K$ 不相交，因此对每个集合外的点，都找到不与集合相交的开邻域，补集是开集。若 $K$ 为空，结论立即成立。

闭且有界推出紧致。 将非空的 $K$ 放入闭有界区间 $I_0$。假设 $K$ 的某个开覆盖不存在有限子覆盖。将 $I_0$ 二等分；至少一个闭半区间与 $K$ 的交集不能被有限覆盖，否则两组有限覆盖合起来便覆盖 $K$。选取这样的半区间并重复，得到长度趋于零的闭区间套 $I_n$，且 $K\cap I_n$ 不能被有限覆盖。每个交集非空，选取 $x_n\in K\cap I_n$。闭区间套性质给出唯一公共点 $p$；因两者均在 $I_n$ 中，故 $x_n\to p$。由闭性得 $p\in K$。覆盖中某个成员 $O$ 含 $p$；由其开放性，$O$ 包含以 $p$ 为中心的某个开球。当 $n$ 足够大时，整个区间 $I_n$ 均在该球内，于是单个开集 $O$ 就覆盖 $K\cap I_n$，矛盾。

闭且有界推出序列紧致。 $K$ 中每个序列有界，故 Bolzano–Weierstrass 定理给出收敛子列。由闭性，其极限仍在 $K$ 中。

序列紧致推出闭且有界。 若无界，可选取 $x_n\in K$，使 $|x_n|>n$；它没有收敛到有限实数的子列，矛盾。若 $p$ 是 $K$ 中点的极限，则可选取 $x_n\in K$ 使 $|x_n-p|<1/n$。由序列紧致性，某子列收敛到 $K$ 中一点；它也收敛到 $p$，由实数极限唯一性得 $p\in K$。因此 $K$ 是闭集，所有蕴涵均已证明。

固定整数 $n\ge1$，在 $\mathbb R^n$ 上使用欧几里得范数。集合若包含在某个有限半径的球内，就称为有界；若补集是开集，就称为闭集；若它的每个由 $\mathbb R^n$ 中开集组成的覆盖都有有限子覆盖，就称为紧集。我们使用实数完备性，包括闭区间套性质。

有限维欧几里得空间的 Heine–Borel 定理

定理。 集合 $K\subseteq\mathbb R^n$ 紧致，当且仅当它闭且有界。空集具有这三种性质。

紧致推出有界。 开球 $B(0,m)$（整数 $m\ge1$）覆盖 $K$。取有限子覆盖后，$K$ 包含在其中最大的球内。

紧致推出闭。 设 $K\ne\varnothing$ 且 $y\notin K$。开球 $B(x,\|x-y\|/2)$（$x\in K$）覆盖 $K$。取中心为 $x_1,\ldots,x_r$ 的有限子覆盖，令 $\delta=\min_i\|x_i-y\|/2>0$。若 $z$ 在以 $x_i$ 为中心的所选球内，三角不等式给出 $\|z-y\|>\|x_i-y\|/2\ge\delta$。所以 $B(y,\delta)$ 不与 $K$ 相交，补集是开集。

闭且有界推出紧致。 设非空的 $K$ 闭且有界，把它包含在闭立方体 $Q_0=[-M,M]^n$ 内，其中 $M>0$。假设 $K$ 的某个开覆盖没有有限子覆盖。把每个坐标区间分成两个闭半区间，所得 $2^n$ 个闭子立方体覆盖 $Q_0$。至少一个子立方体与 $K$ 的交集不能由给定覆盖族有限覆盖；否则把有限多个有限子覆盖合并，就能覆盖 $K$。选取这样的子立方体并重复，得到闭立方体套 $Q_j$，其边长为 $2M/2^j$，且 $K\cap Q_j$ 不能被有限覆盖，因而非空。

对每个坐标使用闭区间套性质，得到公共坐标值；合起来得到 $p\in\bigcap_jQ_j$。$Q_j$ 中任意两点的距离不超过 $2M\sqrt n/2^j$，所以交集中只有 $p$。选取 $x_j\in K\cap Q_j$，则 $\|x_j-p\|\le2M\sqrt n/2^j\to0$。闭集包含这种极限：若 $p$ 在开补集中，$p$ 周围某个开球就会使最终的 $x_j$ 落在 $K$ 外，矛盾。因此 $p\in K$。

覆盖中有一个成员 $O$ 含 $p$，由开放性，存在 $\varepsilon>0$ 使 $B(p,\varepsilon)\subseteq O$。当 $j$ 足够大时，$Q_j$ 的每点到 $p$ 的距离都小于 $\varepsilon$，于是单个 $O$ 就覆盖 $K\cap Q_j$，与 $Q_j$ 的选取矛盾。因此每个开覆盖都有有限子覆盖。这里 $2^n$ 是有限数；若改成无限多个子块，这个论证就不再成立。

连续像与极值

定理。 若 $K\subseteq\mathbb R^n$ 紧致，且 $F:K\to\mathbb R^m$ 相对于 $K$ 连续，则 $F(K)$ 紧致。特别地，非空紧集 $K$ 上的连续函数 $f:K\to\mathbb R$ 有界，并达到最大值和最小值。

证明。 $F(K)$ 的开覆盖 $(O_i)$ 的原像是相对开集 $F^{-1}(O_i)=K\cap U_i$，其中 $U_i$ 在 $\mathbb R^n$ 中开。这些 $U_i$ 覆盖 $K$，所以有限多个足够。对应的 $O_i$ 覆盖 $F(K)$，证明了像的紧致性。对标量函数 $f$，由已证明定理的一维情形，其像非空、闭且有界。令 $a=\sup f(K)$。对每个 $j\ge1$，由上确界定义，可取 $y_j\in f(K)$ 使 $a-1/j<y_j\le a$。于是 $y_j\to a$，闭性使 $a$ 属于像，所以最大值可达。对 $-f$ 使用同一论证即得最小值。该结论证明存在性，而不提供极大点的计算公式。

一致连续

定义

整个定义域共用一个 delta

若对每个 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使所有 $x,y\in A$ 只要满足 $|x-y|<\delta$，便有 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$，则称 $f:A\to\mathbb R$ 在 $A$ 上一致连续。$\delta$ 可依赖 $\varepsilon$，但不可依赖 $x$ 或 $y$。

定理

Heine–Cantor 定理

紧致集合上的每个连续实值函数都一致连续。

证明

用紧致性作反证

若非一致连续，则存在 $\varepsilon_0>0$，使每个 $n$ 都有 $x_n,y_n\in K$，满足 $|x_n-y_n|<1/n$，但 $|f(x_n)-f(y_n)|\ge\varepsilon_0$。紧致性给子列 $x_{n_k}\to x\in K$；由两点距离趋零，也有 $y_{n_k}\to x$。连续性给 $f(x_{n_k})\to f(x)$ 及 $f(y_{n_k})\to f(x)$，与输出距离至少为 $\varepsilon_0$ 矛盾。

例题

无界定义域上连续但非一致连续

$f(x)=x^2$ 在 $\mathbb R$ 上连续，但不一致连续。取 $x_n=n$、$y_n=n+1/n$，则 $|x_n-y_n|=1/n\to0$，但 $|f(y_n)-f(x_n)|=2+1/n^2\not\to0$。在任何闭有界区间上，Heine–Cantor 定理却保证一致连续。也可直接证明：若 $|x|,|y|\le M$，则 $|x^2-y^2|\le2M|x-y|$。

学习目标与定义

推导可积性结论背后的证明，并区分有界与可积。设 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上有界。对分割 $P:a=x_0<\cdots<x_n=b$，记 $m_i=\inf_{[x_{i-1},x_i]}f$、$M_i=\sup_{[x_{i-1},x_i]}f$，并定义 $L(f,P)=\sum m_i\Delta x_i$、$U(f,P)=\sum M_i\Delta x_i$。下积分 $\underline I$ 是所有下和的上确界，上积分 $\overline I$ 是所有上和的下确界。加细分割使下和不减、上和不增。

对任意两个分割 $P,Q$，由其公共加细得 $L(f,P)\le U(f,Q)$，故 $\underline I\le\overline I$。有界性保证这些量有限。上下积分相等时，称函数 Riemann 可积。

定理：Darboux 判据

有界函数可积，当且仅当对每个 $\varepsilon>0$ 都存在分割，使 $U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$。

证明。 若上下积分均等于 $I$，由上下确界逼近性质，取一个大于 $I-\varepsilon/2$ 的下和及一个小于 $I+\varepsilon/2$ 的上和。它们的公共加细的上下和之差小于 $\varepsilon$。反之，若对每个正的 $\varepsilon$ 都有这样的分割，则不等式 $0\le\overline I-\underline I\le U(f,P)-L(f,P)$ 迫使上下积分之差为零。

证明

为何连续性足够

紧致区间上的连续函数一致连续。给定 $\varepsilon>0$ 且 $b>a$，选 $\delta$，使距离小于 $\delta$ 的点，其函数值之差小于 $\varepsilon/(2(b-a))$。取网格小于 $\delta$ 的分割，每个子区间的振幅至多为该界，故 $U-L<\varepsilon$。由达布判据可积。当 $a=b$，约定积分为零。

有界常义黎曼积分：网格等价及基本性质

设有限实数 $a<b$，且 $f:[a,b]\to\mathbb R$ 有界。对分割 $P$，以下用 $L(f,P),U(f,P)$ 表示 Darboux 下和、上和。使用实数完备性及已证明的 Darboux 判据：上下积分相等当且仅当 $U-L$ 可任意小。本段不要求 $f$ 连续。

Darboux 推出所有细网格标签和收敛。 设 Darboux 积分为 $I$。给定 $\varepsilon>0$，固定一个分割 $P_0$，其差小于 $\varepsilon/2$。取 $M>0$ 使 $|f|\le M$，设 $P_0$ 有 $k$ 个内部分点。对任意另一分割 $P$，将闭包包含这些分点之一的小区间标为坏区间。每个分点至多属于两个小区间，所以坏区间总长至多 $2k\|P\|$。其余好区间均位于某个 $P_0$ 小区间内。好区间的振幅和贡献不超过 $P_0$ 的差，坏区间贡献至多 $2M(2k\|P\|)$。因此

$$U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon/2+4Mk\|P\|.$$

取 $\|P\|<\varepsilon/[8M\max(1,k)]$。每个标签和 $S(P)$ 与 $I$ 均在 $L(f,P),U(f,P)$ 之间，故 $|S(P)-I|<\varepsilon$，且与标签选择无关。

反方向。 假设所有充分细标签和都与同一有限数 $I$ 相差小于 $\eta$。固定一个这样的细分割。每个小区间的上确界、下确界都能由实际函数值以小于 $\eta/(b-a)$ 的误差逼近。由此选出的上逼近标签和大于 $U(f,P)-\eta$，下逼近和小于 $L(f,P)+\eta$，所以 $U(f,P)<I+2\eta$、$L(f,P)>I-2\eta$。由于 $\eta$ 可任意小，由 Darboux 判据可积。再用下和、上和夹住标签和，得积分恰为 $I$。这个论证不需要上下确界达到。

线性、常数与保序。 对可积的 $f,g$ 及实数 $\alpha,\beta$，在共同标签分割上有精确有限恒等式 $S(\alpha f+\beta g)=\alpha S(f)+\beta S(g)$。右侧极限存在，由刚证明的等价性，左侧函数可积且积分满足线性恒等式。常数函数 $c$ 的每个和均为 $c(b-a)$。若 $f\le g$，同标签的和保持该次序，极限也保持。故当 $|f|\le M$ 时，$|\int f|\le M(b-a)$。

绝对值。 由反三角不等式，在每个小区间 $J$ 上有 $\operatorname{osc}_J|f|\le\operatorname{osc}_J f$：将 $||f(x)|-|f(y)||\le|f(x)-f(y)|$ 应用于实际点，再逼近上下确界即可。因此 $|f|$ 的每个 Darboux 差不超过 $f$ 的差，故 $|f|$ 可积。由于 $-|f|\le f\le|f|$，由保序与线性得 $|\int_a^b f|\le\int_a^b|f|$。

限制与区间可加性。 对 $a<c<b$，将任意小差分割加上分点 $c$。$[a,c]$ 与 $[c,b]$ 的非负差之和为加细后整段的差，所以各自都可任意小，两段限制均可积。将两段网格趋零的分割接合，整段标签和精确等于两段标签和之和。取三个极限，得 $\int_a^b f=\int_a^c f+\int_c^b f$。反之，若两段有界可积，各选差小于 $\varepsilon/2$ 的分割并接合，整段差小于 $\varepsilon$，证明整段可积及同一恒等式。共享端点的函数值相同；任何单独端点都没有正的区间长度。规定同限积分为零、反限积分取负，再用区间拆分与相消，便把可加性推广到三个端点的每种次序。

这些证明支持累积、连续版本基本定理、分部积分和常义换元中使用的估计。这里只证明有界常义黎曼结论；奇点或无穷端点的积分仍需另行使用收敛定义。

费马必要条件。 在可微的内点局部最大值或最小值处，$f'(a)=0$。

证明。 在局部最大值处，充分小的正增量给出非正差商，负增量给出非负差商。双侧导数的极限要同时满足两种符号，只能为零。对函数取负处理最小值。$\square$

内点条件很重要：$f(x)=x$ 在 $[0,1]$ 上的极值出现在端点，尽管导数为 1。逆命题不成立：$x^3$ 在零处导数为零，但那里不是极值。

Rolle 定理。 若 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 上可微，且 $f(a)=f(b)$，则存在 $c\in(a,b)$ 使 $f'(c)=0$。

证明。 极值定理保证最大值和最小值存在。若函数为常数，任意内点均符合要求。否则某值不同于相等的端点值，因此最大值或最小值之一出现在内部。可在该处应用费马条件。$\square$

中值定理。 在相同的连续与可微条件下，不要求端点值相等，则存在 $c\in(a,b)$ 满足 $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$。

从 $f$ 减去割线 $f(a)+[f(b)-f(a)](x-a)/(b-a)$，再应用 Rolle 定理即可。这一证明不假定 $f'$ 连续。推论包括：导数在区间上为零则函数为常数；导数非负则函数不减；区间上 $|f'|\le M$ 则其中各点满足 $|f(y)-f(x)|\le M|y-x|$。不能由一点的导数值推出整个区间上的导数界。

4.5 积分作为累积变化

设 $a<b$，取分割 $a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b$，记 $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$，选标签 $\xi_i\in[x_{i-1},x_i]$，网格为 $\|P\|=\max_i\Delta x_i$。若有限数 $I$ 满足：对每个 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得每个满足 $\|P\|<\delta$ 的分割及任意标签选择都满足 $|\sum_i f(\xi_i)\Delta x_i-I|<\varepsilon$，则 $I$ 是定积分 $\int_a^bf(x)dx$。闭区间上的连续函数可积。

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，令 $A(x)=\int_a^xf(t)dt$。对 $x\in(a,b)$ 及满足 $x+h\in[a,b]$ 的非零 $h$，积分估计给出

$$\left|\frac{A(x+h)-A(x)}h-f(x)\right|\le\sup_{t\in[\min(x,x+h),\max(x,x+h)]}|f(t)-f(x)|\longrightarrow0\quad(h\to0).$$

因此内部有 $A'(x)=f(x)$；端点处同理得到单侧导数。若 $F$ 在 $[a,b]$ 连续、在 $(a,b)$ 可微且其中 $F'=f$，由中值定理，$F-A$ 在 $[a,b]$ 上为常数。因此 $\int_a^bf=F(b)-F(a)$。

例如，$\int x^2dx=x^3/3+C$，且 $\int_a^bx^2dx=(b^3-a^3)/3$。不定积分表示一族原函数；定积分是一个数。负变化率对净累积的贡献为负。

有限 C1 图像的完整弧长证明

设有限实数 $a<b$，$f\in C^1([a,b],\mathbb R)$，端点导数取相应单侧意义。令 $\gamma(t)=(t,f(t))\in\mathbb R^2$。将图像长度定义为所有内接折线长度的上确界：

$$L(P)=\sum_i\|\gamma(t_i)-\gamma(t_{i-1})\|,\qquad a=t_0<\cdots<t_n=b.$$

该上确界有限，且等于 $\int_a^b\sqrt{1+f'(t)^2}\,dt$。这里是连续函数的有限常义积分。退化区间 $a=b$ 的长度和积分均为零。

先证明所用范数事实。对 $u,v\in\mathbb R^2$，展开得 $\|u\|^2\|v\|^2-(u\cdot v)^2=(u_1v_2-u_2v_1)^2\ge0$，故 $|u\cdot v|\le\|u\|\|v\|$。展开 $\|u+v\|^2$ 得三角不等式，继而得 $|\|u\|-\|v\||\le\|u-v\|$。对有限区间上连续的 $w$，逐分量定义 $v=\int w$。若 $v\ne0$，取 $e=v/\|v\|$，标量积分线性和保序性给 $\|v\|=\int e\cdot w\le\int\|w\|$；$v=0$ 时同一积分范数不等式直接成立。这些事实只使用连续函数的有限常义积分。

由于 $\gamma'=(1,f')$ 连续，其范数连续且可积。逐分量微积分基本定理给出

$$\gamma(v)-\gamma(u)=\int_u^v\gamma'(t)\,dt\quad(a\le u\le v\le b).$$

在每个小区间使用积分范数不等式，得所有分割均满足 $L(P)\le I:=\int_a^b\|\gamma'\|$。因此长度上确界至多为有限数 $I$。

反过来，固定 $\varepsilon>0$。由 $\gamma'$ 一致连续，存在 $\delta>0$，使 $|s-t|<\delta$ 时 $\|\gamma'(s)-\gamma'(t)\|<\varepsilon/[2(b-a)]$。对任意网格小于 $\delta$ 的分割及标签 $\xi_i$，由基本定理与积分范数界，

$$\left\|\gamma(t_i)-\gamma(t_{i-1})-\gamma'(\xi_i)\Delta t_i\right\|\le\frac{\varepsilon\Delta t_i}{2(b-a)}.$$

使用反三角不等式并求和，得到

$$\left|L(P)-\sum_i\|\gamma'(\xi_i)\|\Delta t_i\right|\le\varepsilon/2.$$

连续速率的标签和在所有充分细网格上趋于 $I$。再控制该标签和误差后，所有充分细网格均有 $|L(P)-I|<\varepsilon$。特别地，等分网格的折线长度趋于 $I$，所以全体折线长度的上确界至少为 $I$。结合先前上界便得相等。这样从折线长度上确界定义证明了 C1 图像公式，没有预先假定短弦已经等于短弧。