学习目标与准备

本章假设读者熟悉定积分、微积分基本定理、换元、分部积分和导数。我们从小块推导积分模型：区分带符号总量与正总量，为体积选择切片、圆环或柱壳，并以一致单位建立长度、质量、功与压力计算。

最重要的一步往往是构造被积函数。模型错误的量即使精确求出原函数，也只是完美地解决了错误问题。下面每个推导都说明小块代表什么、其度量是什么，以及哪些假设允许求和。

4.1 速率、位移与总路程

设 $a<b$，位置 $s\in C^1([a,b])$，连续速度为 $v=s'$。则 $[a,b]$ 上的位移为 $s(b)-s(a)=\int_a^bv(t)dt$。总路程为 $\int_a^b|v(t)|dt$，因为反方向运动不应抵消。净流量与移动物质总量也有同样区别。

例 1：方向反转。 令 $v(t)=t-2$ m/s，其中 $0\le t\le5$。位移为

$$\int_0^5(t-2)dt=\frac52\text{ m}.$$

速度在 $2$ 之前为负、之后为正。总路程为

$$\int_0^2(2-t)dt+\int_2^5(t-2)dt=2+\frac92=\frac{13}{2}\text{ m}.$$

位置偏移不影响两种变化量。只有要从位移恢复绝对最终位置时才需要初始位置。

4.2 曲线之间的面积与次序改变

若 $f\ge g$ 在 $[a,b]$ 连续，细竖条的面积近似为 $(f(x)-g(x))\Delta x$。黎曼和的极限是

$$A=\int_a^b(f(x)-g(x))dx.$$

若次序改变，应在交点处分段或积分 $|f-g|$。若左右边界作为 $y$ 的函数更简单，水平条常更方便。

连续条带给出 Jordan 面积

设 $a<b$，连续函数 $f,g:[a,b]\to\mathbb R$ 满足 $g\le f$。采用通常的 Jordan 面积：有限个矩形的并具有通常面积；若有界集合的内外矩形面积可任意接近，便称该集合可测。在划分区间 $I$ 上令 $f_- =\min_I f$、$f_+=\max_I f$，并同样定义 $g_-,g_+$。高度为 $f_+-g_-$ 的矩形覆盖 $I$ 上方的区域；当 $f_-\ge g_+$ 时，位于 $g_+$ 与 $f_-$ 之间的矩形包含于该区域，否则以内矩形为空集。高度差至多为 $\operatorname{osc}_I f+\operatorname{osc}_I g$。一致连续性使总面积差至多为 $(b-a)(\omega_f(\delta)+\omega_g(\delta))\to0$，其中 $\delta$ 为网长，$\omega_f(\delta)=\sup_{|x-y|\le\delta}|f(x)-f(y)|$。边界线段的面积为零。因此条带为 Jordan 可测集。$f-g$ 的每个带标记和都夹在这两个面积和之间，证明 $A=\int_a^b(f-g)$。

例 2：选择简便方向。 $x=y^2$ 与 $x=2-y$ 之间区域的交点满足 $y^2=2-y$，故 $y=-2,1$。在该范围内，右边界为 $2-y$、左边界为 $y^2$。面积为

$$\int_{-2}^1(2-y-y^2)dy =\left[2y-\frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{3}\right]_{-2}^1=\frac92.$$

竖直条需要分别描述上下分支。选择切片方向可减少代数运算和遗漏边界的风险。

4.3 切片、圆环和柱壳求体积

若立体垂直于 $x$ 轴的截面积为 $A(x)$，厚度 $\Delta x$ 的切片体积近似为 $A(x)\Delta x$。在适当连续性假设下，

$$V=\int_a^bA(x)dx.$$

绕 $x$ 轴旋转的立体若外半径为 $R(x)$、内半径为 $r(x)$，且 $R\ge r\ge0$，则圆环面积为 $\pi(R^2-r^2)$。应先平方半径再相减；$(R-r)^2$ 通常不是正确截面积。

截面积体积公式的精确充分定理

设 $a<b$、$c<d$、$e<\ell$，有界 Jordan 可测集满足 $E\subseteq[a,b]\times[c,d]\times[e,\ell]$。将其体积定义为 $\mathbf1_E$ 在该长方体上的正常 Riemann 积分。假设每个截面 $E_x=\{(y,z):(x,y,z)\in E\}$ 都 Jordan 可测，其面积记为 $A(x)$。则 $A$ Riemann 可积，且 $V(E)=\int_a^bA(x)dx$。

下面的矩形 Darboux 论证不预先假设一般切片定理。在乘积网格上，令 $m_{ijk}$ 和 $M_{ijk}$ 为 $\mathbf1_E$ 在小块 $I_i\times J_j\times K_k$ 上的下确界和上确界。对每个 $x\in I_i$，截面可积性给出

$$\sum_{j,k}m_{ijk}|J_j||K_k|\le A(x)\le\sum_{j,k}M_{ijk}|J_j||K_k|.$$

对 $x\in I_i$ 取下确界和上确界，乘以 $|I_i|$ 再求和，得到 $L_3\le L(A)\le U(A)\le U_3$。Jordan 可测性给出使 $U_3-L_3$ 任意小的网格，故 Darboux 判据证明 $A$ 可积。$V(E)$ 与 $\int A$ 都夹在同一批任意小的区间内，因此相等。这是充分的定义域条件；仅仅某个具名截面积函数连续，并不能保证任意集合 Jordan 可测或其每个截面可测。

连续圆环有直接体积证明

设 $a<b$，$R,r$ 在 $[a,b]$ 上连续且 $0\le r\le R$。将径向区间 $r(x)\le\sqrt{y^2+z^2}\le R(x)$ 绕 $x$ 轴旋转。在划分区间 $I$ 上，用半径平方的界构造圆环柱，外截面积为 $\pi(\max_I R^2-\min_I r^2)$，内截面积为 $\pi\max\{\min_I R^2-\max_I r^2,0\}$。二者之差至多为 $\pi(\operatorname{osc}_I R^2+\operatorname{osc}_I r^2)$。乘以 $|I|$ 并求和，一致连续性使内外体积差趋零，证明 Jordan 可测性及

$$V=\pi\int_a^b(R(x)^2-r(x)^2)dx.$$

这里使用圆环面积与等截面圆柱体积的初等公式。圆环 Jordan 可测：每个边界圆都是紧区间上两个连续图像的并，而先前上下函数相等时的条带论证表明这些图像的 Jordan 面积为零。将内外矩形面积逼近沿固定高度拉伸，便证明等截面圆柱 Jordan 可测，且其体积等于底面积乘高度。允许半径相等或为零，这些部分贡献零。公式没有使用两半径之差的平方。

连续柱壳保留半径与重数

设 $0\le a<b$，$[a,b]$ 上连续的 $g\le f$ 围成径向坐标 $x$ 非负的区域。将其绕 $y$ 轴旋转，并令 $H=f-g$。在径向区间 $I_i=[x_{i-1},x_i]$ 上，使用面积为 $\pi(x_i^2-x_{i-1}^2)$ 的圆环，并分别以 $\max\{\min_{I_i}f-\max_{I_i}g,0\}$ 和 $\max_{I_i}f-\min_{I_i}g$ 为内外柱壳高度。由一致连续性，其体积差趋零，上界为 $\pi(b^2-a^2)(\omega_f(\delta)+\omega_g(\delta))$，故立体 Jordan 可测。取中点 $m_i=(x_i+x_{i-1})/2$，中间和恰为

$$\sum_i\pi(x_i^2-x_{i-1}^2)H(m_i)=\sum_i2\pi m_iH(m_i)(x_i-x_{i-1}).$$

它们趋于 $2\pi\int_a^bxH(x)dx$。由于 $x\ge0$，每个径向圆环只出现一次。若生成区域还使用负的 $x$，就必须先去除或分开旋转后的重叠部分；直接相加两侧可能重复计算同一体积。

例 3：圆环计算。 将区域 $x^2\le y\le x$、$0\le x\le1$ 绕 $x$ 轴旋转。外半径为 $x$、内半径为 $x^2$，故

$$V=\pi\int_0^1(x^2-x^4)dx=\frac{2\pi}{15}.$$

若绕 $y$ 轴旋转，竖条产生薄柱壳，其周长为 $2\pi x$、高度为 $x-x^2$、厚度为 $dx$。因此绕这个不同轴的体积为

$$V=2\pi\int_0^1x(x-x^2)dx=\frac\pi6.$$

结果不同并不矛盾，因为旋转轴不同。柱壳使用的半径是到旋转轴的非负距离；绕平移后的轴旋转会改变该半径。

高度为 $H>0$、底面半径为 $R\ge0$ 的圆锥提供独立切片检验（$R=0$ 视为体积为零的退化情形）。从尖端量取 $x$，半径为 $Rx/H$，故

$$V=\int_0^H\pi(Rx/H)^2dx=\frac13\pi R^2H.$$

4.4 弧长与旋转曲面

为何实数不只有算术规则

有理数支援熟悉的有序算术，但集合 $\{q\in\mathbb Q:q>0,\ q^2<2\}$ 没有有理数最小上界。实数系统加入完备性：非空有上界集合都有最小上界。这不只是另一条不等式运算规则，而是分析中许多存在性结论的来源。

定义

上界与上确界

对非空 $A\subset\mathbb R$，若每个 $a\in A$ 均满足 $a\le u$，则 $u$ 是上界。若 $s$ 是上界，并对每个上界 $u$ 都有 $s\le u$，则 $s=\sup A$。最大值是既属于 $A$ 又是上界的元素。最大值若存在便是上确界；上确界则不一定属于 $A$。下界、下确界和最小值以反向不等式定义。

定理

完备性公理

每个非空且有上界的实数子集都有实数上确界。等价地，每个非空且有下界的子集都有实数下确界，因为 $\inf A=-\sup(-A)$。

例如 $\sup(0,1)=1$，但 $1$ 不是该集合的最大值；相反，$\sup[0,1]=1$ 且是最大值。依此定义，空集及没有上界的集合没有实数上确界。

定理

上确界近似判据

非空集合 $A$ 的上界 $s$ 是 $\sup A$，当且仅当对每个 $\varepsilon>0$，存在 $a\in A$ 使 $s-\varepsilon<a\le s$。

证明

证明两个方向

若 $s=\sup A$，但没有元素大于 $s-\varepsilon$，则 $s-\varepsilon$ 是更小的上界，矛盾。反过来，假设 $s$ 是上界且具近似性质。若另一上界 $u<s$，取 $\varepsilon=s-u>0$，近似性质给出 $a>u$，违反 $u$ 是上界。因此 $s$ 是最小上界。

例题

上确界证明的两部分

令 $A=\{n/(n+1):n\in\mathbb N, n\ge1\}$。每个元素小于 $1$，所以 $1$ 是上界。给定 $\varepsilon>0$，由下述阿基米德性质选 $n>1/\varepsilon$。则 $1-n/(n+1)=1/(n+1)<\varepsilon$，故 $\sup A=1$。没有元素等于 $1$，所以 $A$ 没有最大值。只证上界并不足以证明它是最小上界：$2$ 也是上界。

阿基米德性质与稠密性

定理

阿基米德性质

对每个实数 $x$，存在正整数 $n>x$。因此对每个 $\varepsilon>0$，存在 $n\in\mathbb N$ 使 $1/n<\varepsilon$。

证明

完备性迫使整数无上界

若正整数有上界，完备性给 $s=\sup\mathbb N$。因 $s-1$ 不是上界，存在 $n\in\mathbb N$ 满足 $n>s-1$。但 $n+1>s$ 且 $n+1\in\mathbb N$，违反 $s$ 是上界。对 $1/\varepsilon$ 应用该性质即得第二个结论。

任意实数 $x<y$ 之间都有有理数。选 $n$ 使 $n(y-x)>1$；由阿基米德性质及整数部分性质，可选整数 $m$ 使 $nx<m<ny$，因此 $x<m/n<y$。整数部分性质可由整数在正负两方向均无界及自然数良序性得到。$x$ 和 $y$ 之间也有无理数：选有理数 $q$ 使 $x-\sqrt2<q<y-\sqrt2$，则 $q+\sqrt2$ 是位于区间内的无理数。稠密性不表示有理数与无理数集合相同。

例题

以反射求下确界

对 $B=\{2+1/n:n\ge1\}$，所有元素均大于 $2$。给定 $\varepsilon>0$，选 $n>1/\varepsilon$ 可得 $2<2+1/n<2+\varepsilon$。所以 $2$ 是下确界，但不是最小值。最大值为 $3$，由 $n=1$ 取到。

收敛中的量词

定义

实数数列的收敛

数列 $(x_n)$ 收敛至 $L\in\mathbb R$，指对每个 $\varepsilon>0$，存在 $N\in\mathbb N$，使每个 $n\ge N$ 均有 $|x_n-L|<\varepsilon$。记作 $x_n\to L$。$N$ 可以依赖 $\varepsilon$，但必须对其后所有下标同时有效。

「收敛至 $L$」的否定式为：存在 $\varepsilon_0>0$，使对每个 $N$ 都有某个 $n\ge N$ 满足 $|x_n-L|\ge\varepsilon_0$。少数初始项不影响收敛；在任意后期仍反复出现的失败则会影响。

例题

构造 epsilon–N 证明

对 $x_n=(3n+1)/(n+2)$，先猜 $L=3$。因为

$$\left|\frac{3n+1}{n+2}-3\right|=\frac5{n+2}<\frac5n,$$

选 $N>5/\varepsilon$，则每个 $n\ge N$ 都满足 $|x_n-3|<\varepsilon$。猜测只是动机；不等式及带量词的选取才建立证明。

定理

唯一性、有界性及极限定律

收敛实数数列的极限唯一，且数列有界。若 $x_n\to x$、$y_n\to y$，则 $x_n+y_n\to x+y$、$x_ny_n\to xy$；若 $y\ne0$ 且商最终有定义，则 $x_n/y_n\to x/y$。若最终有 $x_n\le z_n\le y_n$，而两侧均收敛至 $L$，则 $z_n\to L$。

证明

唯一性与有界性

若 $x_n\to L$ 且 $x_n\to M$，对任意 $\varepsilon>0$，充分后期的项同时满足 $|x_n-L|<\varepsilon/2$ 及 $|x_n-M|<\varepsilon/2$。三角不等式给 $|L-M|<\varepsilon$；此式对所有正 $\varepsilon$ 成立，故 $L=M$。要证有界，选 $N$ 使 $n\ge N$ 时 $|x_n-L|<1$。有限个初始项与尾部界 $|x_n|\le|L|+1$ 一起给出整个数列的有限界。

有界性的逆命题不成立：$(-1)^n$ 有界但不收敛。若收敛至 $L$，其偶数子列收敛至 $1$、奇数子列收敛至 $-1$，违反极限唯一性。

证明

乘积定律的机制

收敛数列 $(y_n)$ 有界，设 $|y_n|\le M$。由

$$|x_ny_n-xy|\le|y_n||x_n-x|+|x||y_n-y|,$$

两项均趋零。对商，$y_n\to y\ne0$ 蕴含最终有 $|y_n|\ge|y|/2$；分母因而远离零，得 $1/y_n\to1/y$。

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。

实数线上的紧致子集

集合 $K\subset\mathbb R$ 若每个开覆盖都有有限子覆盖，便称紧致。在 $\mathbb R$ 中，Heine–Borel 定理指出，这等价于闭且有界，也等价于 $K$ 内每个数列都有收敛至 $K$ 中某点的子列。闭性使子列极限留在集合内；有界性则容许抽取子列。以下证明使用序列形式。

定理

极值定理

若 $K\subset\mathbb R$ 非空且紧致，$f:K\to\mathbb R$ 连续，则 $f$ 有界并在 $K$ 上取得最大值及最小值。

证明

抽取逼近最大值的子列

若 $f$ 无上界，选 $x_n\in K$ 使 $f(x_n)>n$。存在子列 $x_{n_k}\to x\in K$；连续性给 $f(x_{n_k})\to f(x)$，与其趋向无穷矛盾。对 $-f$ 作同样论证可得下界。令 $s=\sup f(K)$，选 $x_n\in K$ 使 $s-1/n<f(x_n)\le s$。某收敛子列趋向 $x\in K$，由连续性有 $f(x)=s$。对 $-f$ 同理得最小值。

例题

哪个假设失效？

连续函数 $f(x)=x$ 在 $(0,1)$ 上有界，但没有最大值或最小值，因为 $0$、$1$ 不在定义域。此集合有界但不闭，故不紧致。在 $[0,1]$ 上两端点都存在，因此取得极值。紧致性是充分的全局假设，不是每个个别函数取得极值的必要条件。

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。

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。

定理：允许有限个不连续点

若 $f$ 有界，且除至多有限个点外处处连续，则它可积。

证明。 设 $|f|\le M$，并取 $M>0$。用有限个小区间围住例外点，将其端点加入分割，使这些区间总长度小于 $\varepsilon/(4M)$；在 $[a,b]$ 的端点处采用单侧区间。它们对上下和之差的贡献至多是总长度的 $2M$ 倍，因而小于 $\varepsilon/2$。剩余的有限个闭区间上，$f$ 连续，故一致连续。将各区间充分加细，使所得每个小区间上的振幅小于 $\varepsilon/[2(b-a)]$，则其上下和差的总贡献小于 $\varepsilon/2$。合并全部分割点，得到小于 $\varepsilon$ 的差。若某例外区间的端点本身是例外点，稍微移动该端点，使实际例外点都在所选区间内部或定义域端点，从而剩余闭区间上仍连续。

连续函数与任意标签的细网格

设 $f:[a,b]\to\mathbb R$ 连续，其中 $a<b$。极值定理保证 $f$ 有界，Heine–Cantor 定理保证它一致连续。对分割 $P$，用 $L(f,P)$ 和 $U(f,P)$ 表示其 Darboux 下和与上和。已证明的连续函数 Darboux 可积定理给出共同积分值 $I$。

固定 $\varepsilon>0$。由一致连续性，存在 $\delta>0$，使得只要 $|x-y|<\delta$，便有 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon/[2(b-a)]$。如果 $P$ 的网格大小小于 $\delta$，每个子区间上的振幅至多为 $\varepsilon/[2(b-a)]$，因此

$$U(f,P)-L(f,P)\le\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon.$$

对任意标签选择，其标签和 $S(P)$ 位于 $L(f,P)$ 与 $U(f,P)$ 之间；$I$ 也在两者之间。因此 $|S(P)-I|\le U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$。同一个 $\delta$ 对所有网格足够小的分割和所有标签选择都适用。这证明了所述闭区间上连续函数满足标签网格定义。

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 $\int_a^bf=F(b)-F(a)$。

按分量积分与一致连续性

设 $a<b$，且 $r=(r_1,\ldots,r_n):[a,b]\to\mathbb R^n$ 属于 $C^1$，其中 $n\ge1$。连续向量函数的积分按分量定义。对 $a\le u<v\le b$，对每个坐标应用标量微积分基本定理，得

$$\int_u^v r'(t)\,dt=\bigl(r_1(v)-r_1(u),\ldots,r_n(v)-r_n(u)\bigr)=r(v)-r(u).$$

每个 $r_i'$ 在紧区间上连续，因而一致连续。给定 $\eta>0$，选取 $\delta_i>0$，使得 $t,s\in[a,b]$ 且 $|t-s|<\delta_i$ 时有 $|r_i'(t)-r_i'(s)|<\eta/\sqrt n$。取 $\delta=\min_i\delta_i$，则对满足 $|t-s|<\delta$ 的任意此类点，

$$\|r'(t)-r'(s)\|^2=\sum_{i=1}^n|r_i'(t)-r_i'(s)|^2<\eta^2.$$

因此 $r'$ 在欧氏范数下一致连续。即使 $r'$ 为零，上述两项结论仍成立。

1. 先定义长度，再将其化为积分

对于 $r:[a,b]\to\mathbb R^n$，将长度定义为所有有限分割 $a=t_0<\cdots<t_m=b$ 对应折线和 $\sum_i\|r(t_i)-r(t_{i-1})\|$ 的上确界。上确界允许任意精细的折线近似；单一的端点弦通常只是一个下界。

定理：$C^1$ 长度公式

对紧区间上的 $C^1$ 曲线，

$$L(r)=\int_a^b\|r'(t)\|\,dt.$$

上界。 在一个子区间上，向量形式的微积分基本定理给出位移 $d=\int r'(t)dt$。若 $d\ne0$，与其单位方向取点积得到 $\|d\|\le\int\|r'(t)\|dt$；若 $d=0$，该不等式立即成立。对任意分割求和，得到折线长度不超过速率积分。

下界。 $r'$ 的一致连续性表明：对任意 $\eta>0$，足够细的分割使每个子区间上 $\|r'(t)-r'(\xi_i)\|<\eta$，其中 $\xi_i$ 是该子区间的任意选定样本点。因此其位移与 $r'(\xi_i)\Delta t_i$ 之差的向量范数至多为 $\eta\Delta t_i$。反三角不等式给出弦长至少为 $\|r'(\xi_i)\|\Delta t_i-\eta\Delta t_i$。速率本身在子区间上变化至多为 $\eta$，所以其积分与该样本值之差至多为 $\eta\Delta t_i$。求和得折线长度至少为速率积分减去 $2\eta(b-a)$。由于 $\eta$ 可以任意小，上确界达到积分值。这同时证明两个方向，而不是只证明常见的弦长上界。

该公式不需要正则性：$C^1$ 曲线可以停下。将弧长反解作为坐标时，正则性才成为关键。

对连续可微图像 $y=f(x)$，短弦长度近似为

$$\sqrt{(\Delta x)^2+(f'(x)\Delta x)^2}=\sqrt{1+f'(x)^2}\,\Delta x.$$

取折线长度极限得到

$$L=\int_a^b\sqrt{1+f'(x)^2}dx.$$

平方根不可省略：$\int f'$ 给的是竖直净变化，不是曲线长度。对连续可微且遍历一次的参数曲线 $(x(t),y(t))$，相应公式为 $\int\sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}dt$；重复遍历会重复计入长度。

例 4：非直线图像。 在 $[0,1]$ 上，$f(x)=2x^{3/2}/3$，有 $f'=\sqrt x$，故

$$L=\int_0^1\sqrt{1+x}dx=\frac23(2\sqrt2-1).$$

它大于端点间直线距离，符合预期。

若非负图像绕 $x$ 轴旋转，小截锥的侧面积趋于周长 $2\pi f(x)$ 乘弧长元，因此

$$S=2\pi\int_a^bf(x)\sqrt{1+f'(x)^2}dx.$$

这是侧面积，不包括需要另行添加的端面圆盘。对 $f(x)=x$、$0\le x\le1$，得到 $S=2\pi\sqrt2\int_0^1xdx=\pi\sqrt2$，即对应圆锥的侧面积。

非负 C1 图像的截锥极限

设 $a<b$，$f\in C^1([a,b])$ 且 $f\ge0$。对划分 $P$，将每条图像弦绕 $x$ 轴旋转，并相加其截锥侧面积：

$$S(P)=\sum_i\pi(f(x_{i-1})+f(x_i))\sqrt{(x_i-x_{i-1})^2+(f(x_i)-f(x_{i-1}))^2}.$$

对这一类曲面，将侧面积定义为网长趋零时这些旋转截锥和的共同极限。下面证明该极限存在且与所选划分无关。中值定理给出 $\xi_i\in(x_{i-1},x_i)$，使 $f(x_i)-f(x_{i-1})=f'(\xi_i)\Delta x_i$。若 $M=\max|f'|$，则 $S(P)$ 与在这些标记点取值的 $2\pi f\sqrt{1+f'^2}$ 的带标记和之差满足上界

$$2\pi\sqrt{1+M^2}(b-a)\omega_f(\|P\|)\longrightarrow0.$$

该被积函数连续，故所有这样的带标记和都有相同的积分极限。因此 $S=2\pi\int_a^bf(x)\sqrt{1+f'(x)^2}dx$。此构造允许零半径，不计端面圆盘。这里证明的是所述旋转逼近的公式，没有断言任意曲面的任意三角剖分都有相同的面积极限。

4.5 密度、质量与质心

对 $[a,b]$ 上的杆，设 $a<b$，连续线密度 $\rho$ 非负，且总质量 $M=\int_a^b\rho(x)dx>0$。小块质量近似为 $\rho(x)dx$，故

$$M=\int_a^b\rho(x)dx,\qquad \bar x=\frac{\int_a^bx\rho(x)dx}{M}\quad(M>0).$$

分子是关于零点的一阶矩。常密度在质心计算中可约去，变密度则不能忽略。

例 5：非均匀杆。 设 $0\le x\le2$ m、$\rho(x)=1+x$ kg/m，数值系数采用相容单位。则 $M=[x+x^2/2]_0^2=4$ kg。一阶矩为 $\int_0^2(x+x^2)dx=14/3$ kg·m，故 $\bar x=7/6$ m。由于杆在右侧更密，质心位于中点右方。

对 $[a,b]$ 上由 $0\le y\le f(x)$ 围成的均匀薄片，假设 $a<b$、$f$ 连续且非负，面积 $A=\int_a^bf(x)dx>0$。质心公式为

$$\bar x=\frac{\int xf(x)dx}{A},\qquad \bar y=\frac{\int f(x)^2/2\,dx}{A}.$$

第二个分子来自竖条自身中点的高度 $f(x)/2$ 与其面积 $f(x)dx$。对 $[0,1]$ 上 $f(x)=x$ 下方的三角薄片，得到 $(\bar x,\bar y)=(2/3,1/3)$。

连续条带的力矩与质心

设 $a<b$，$f:[a,b]\to[0,\infty)$ 连续。对满足 $f\ge0$ 的薄片 $0\le y\le f(x)$，同一批矩形也证明力矩公式。短区间上高为 $h$ 的矩形的竖直一阶矩为 $h^2\Delta x/2$，水平一阶矩为 $h\int_I x\,dx$。上下阶梯高度一致趋于 $f$，结合 $x$ 和 $f$ 的有界性，使这些力矩趋于 $\int_a^b f(x)^2/2\,dx$ 和 $\int_a^bxf(x)dx$。除以正面积便得到质心；此论证不会对零面积薄片作除以零的运算。

4.6 功与压力需要力的模型

沿直线方向的功为 $W=\int F(x)dx$，其中 $F(x)$ 是该方向的带符号力分量。位移以米、力以牛顿计时结果为焦耳。变化的力通常不能用端点值乘总距离代替。

例 6：弹簧。 在伸长 $x\ge0$ 的胡克定律模型 $F(x)=kx$ 下，从 $a$ 伸长到 $b$，其中 $0\le a<b$，所需功为

$$W=\frac k2(b^2-a^2).$$

若 $k=200$ N/m、$a=0.1$ m、$b=0.3$ m，功为 $100(0.09-0.01)=8$ J。模型假设弹簧始终在力与伸长成正比的范围内。

对密度恒为 $\rho$ 的静止流体，液面下深度 $h$ 处的表压为 $\rho gh$。竖直板的水平条宽为 $w(h)$、厚为 $dh$ 时，受力为 $\rho gh\,w(h)dh$。因此

$$F=\rho g\int h\,w(h)dh.$$

对宽 $3$ m、深度从 $1$ m 到 $3$ m 的矩形板，$F=3\rho g\int_1^3h\,dh=12\rho g$，单位由所述 SI 输入决定。本例可使用平均深度，因为压力是仿射的且宽度恒定；积分形式可以处理更一般的形状。

4.7 分层练习

基础

1. 对 $[0,3]$ 上的速度 $v(t)=3-2t$，求位移和总路程。
2. 求 $y=2x$ 与 $y=x^2$ 之间有界区域的面积。
3. 立体在 $0\le x\le2$ 上的截面积为 $A(x)=\pi(1+x)^2$，求其体积。

核心

4. 将 $y=\sqrt x$ 下方、$0\le x\le4$ 的区域绕 $x$ 轴旋转，求体积。
5. 用柱壳法求 $y=1-x$ 下方、$0\le x\le1$ 的区域绕 $y$ 轴旋转的体积，并用圆锥公式检验。
6. 求从 $x=0$ 到 $x=2$ 的直线段 $y=3x+1$ 的弧长，并用端点距离检验。
7. $[0,1]$ 上的杆密度为 $\rho(x)=2x$，求质量和质心。
8. 在 $F(x)=100x$ 下，求弹簧从零伸长到 $0.2$ m、以及从 $0.2$ 伸长到 $0.4$ m 的功。解释相同伸长距离为何结果不同。

综合

9. 求 $[0,1]$ 上 $y=x^2$ 下方均匀薄片的质心。
10. 宽 $w>0$ 的竖直矩形板在静止恒密度流体中从深度 $a\ge0$ 延伸至 $a+H$，其中 $H>0$。导出总表压力，并证明它等于中点深度处压力乘以面积。说明该简化成立的假设。

4.8 详解

1. 带符号积分为 $[3t-t^2]_0^3=0$。速度在 $3/2$ 处变号，两半各贡献路程 $9/4$，总路程为 $9/2$。
2. 交点满足 $2x=x^2$，故 $x=0,2$。在 $[0,2]$ 上直线位于抛物线上方。面积为 $\int_0^2(2x-x^2)dx=[x^2-x^3/3]_0^2=4/3$。
3. $V=\pi[(1+x)^3/3]_0^2=26\pi/3$。
4. 圆盘半径为 $\sqrt x$，故 $V=\pi\int_0^4x\,dx=8\pi$。关键是平方半径，而不是直接积分半径。
5. 柱壳半径为 $x$、高度为 $1-x$，故 $V=2\pi\int_0^1x(1-x)dx=\pi/3$。立体是半径和高度均为一的圆锥，也得到 $\pi/3$。
6. 长度为 $\int_0^2\sqrt{1+9}dx=2\sqrt{10}$。端点水平差为 $2$、竖直差为 $6$，故距离为 $\sqrt{4+36}=2\sqrt{10}$。
7. 质量为 $\int_0^12xdx=1$。一阶矩为 $\int_0^12x^2dx=2/3$，故质心距左端为 $2/3$。
8. 功为 $50(b^2-a^2)$；两个值分别是 $2$ J 和 $6$ J。第二段的伸长较大，力也较大；功取决于整个路径上的力，而非仅取决于距离。
9. 面积 $A=1/3$。水平一阶矩为 $\int_0^1x^3dx=1/4$，得到 $\bar x=3/4$；竖直一阶矩为 $\frac12\int_0^1x^4dx=1/10$，得到 $\bar y=3/10$。
10. 积分得 $F=\rho gw\int_a^{a+H}h\,dh=\rho gw(aH+H^2/2)=\rho g(a+H/2)(wH)$。第一因子是中点深度的表压，$wH$ 是面积。该简化依赖竖直矩形板、恒定宽度、恒定密度与重力加速度，以及随深度线性变化的静水表压。它不是任意板形或变密度流体的无条件规则。

总结与后续联系

建立积分时应识别小块贡献及其度量。速度积分给位移，速率的绝对值积分给路程。面积要求正确的边界次序；切片、圆环和柱壳使用不同几何，半径是到所选轴的距离。弧长引入依赖斜率的元素；密度加权质量与力矩，力模型加权功或压力条。单位和独立几何检验常在困难积分之前暴露错误。