学习目标与准备

本章以此前的代数、图像、指数与三角学为基础，介绍极限、导数和积分的基本思想。你将计算初等边际量、识别不可微的阈值，并由连续变化率和初始值恢复总量。

4.1 极限与连续

设 $f:D\subseteq\mathbb R\to\mathbb R$，且 $a$ 是 $D$ 的聚点。极限描述函数在某个输入附近的行为，不一定是该点的函数值。断言 $\lim_{x\to a}f(x)=L$ 表示：对于每个要求的输出容差 $\varepsilon>0$，存在输入容差 $\delta>0$，使满足 $0<|x-a|<\delta$ 的允许输入都满足 $|f(x)-L|<\varepsilon$。

例 1：化简并不补上缺失的函数值。 对 $x\ne2$，有 $(x^2-4)/(x-2)=x+2$。因此它在 $2$ 处的极限为 $4$，尽管原来的商在该处无定义。取 $\delta=\varepsilon$ 即验证定义，因为与 $4$ 之差的绝对值为 $|x-2|$。

当定义域从两侧都有趋近 $a$ 的点时，双侧有限极限存在当且仅当两个单侧有限极限都存在且相等。

对于零点以外的 $f(x)=|x|/x$，右极限为 $1$，左极限为 $-1$，故双侧极限不存在。只取正输入的数值表不会揭示这个问题。

对任意 $a\in D$，无论它是否为聚点，函数相对于 $D$ 在该点连续，是指对每个 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使 $x\in D$ 且 $|x-a|<\delta$ 蕴含 $|f(x)-f(a)|<\varepsilon$。这包括孤立点；当 $a$ 是聚点时，它等价于极限等于 $f(a)$。多项式处处连续；有理函数在分母非零处连续。分段函数即使两侧斜率不同，只要分支在同一函数值接合，也可能连续。

4.2 从平均变化率到导数

设 $a$ 是 $D$ 的内点。对于充分小的 $h\ne0$，从 $a$ 到 $a+h$ 的平均变化率是 $[f(a+h)-f(a)]/h$。若其左右极限相等且有限，这个极限就是导数

$$f'(a)=\lim_{h\to0}\frac{f(a+h)-f(a)}h.$$

在内部点，这在图像上表示切线斜率，在数值上表示瞬时变化率。其单位是输出单位除以输入单位。

例 2：推导边际成本。 设 $C(q)=50+6q+q^2$，则

$$\frac{C(q+h)-C(q)}h=6+2q+h,$$

因此 $C'(q)=6+2q$。当 $q=5$ 时，边际成本是每单位产量 $16$。从 $5$ 到 $6$ 的精确增量是 $17$，不是 $16$，因为有限变化还包含 $h^2=1$。当 $q=5$ 时，平均成本为 $C(5)/5=21$，是另一种量度。

可微蕴含连续：将函数增量写成 $f(a+h)-f(a)=h$ 乘以差商的形式，再取极限。反过来不一定成立。

例 3：阈值处连续但不可导的账单。 设

$$T(q)=\begin{cases}2q,&0\le q\le100,\\200+3(q-100),&q>100.\end{cases}$$

两分支在 $200$ 接合，因此账单在 $100$ 处连续。该点差商的左极限是 $2$，右极限是 $3$，故双侧导数不存在。此阈值处的边际成本需要明确采用单侧解释，不能当作存在单一导数。

4.3 基本法则与局部线性化

对非零整数 $n$，在 $x^n$ 的定义域内有 $(x^n)'=nx^{n-1}$。当 $n=0$ 时，约定所有实数 $x$ 都有 $x^0=1$，其导数为零。常数导数为零，和逐项求导，数乘保留其系数。乘积、商及链式法则分别为

$$(fg)'=f'g+fg',\qquad(f/g)'=\frac{f'g-fg'}{g^2},\qquad (f\circ g)'=f'(g)g'.$$

商法则要求分母非零，链式法则要求相关导数存在。证明乘积法则时，可在乘积之差中加上并减去 $f(a+h)g(a)$，再取极限；结果不是两个导数相乘。

对基本指数和对数函数，$(e^x)'=e^x$，且当 $x>0$ 时 $(\ln x)'=1/x$。因此得到 $(e^{kx})'=ke^{kx}$，以及在 $g(x)>0$ 处的 $(\ln g(x))'=g'(x)/g(x)$。

例 4：复合增长规则。 对 $N(t)=100e^{0.05t}$，有 $N'=5e^{0.05t}$ 和 $N'/N=0.05$。绝对变化率随数量增加，相对变化率却保持不变；该系数的单位是时间的倒数。

可微性还给出

$$f(a+h)=f(a)+f'(a)h+r(h),\qquad r(h)/h\to0.$$

因此切线提供局部近似，而不是精确的有限变化公式。对 $f(x)=x^2$ 在 $a=4$ 处，近似为 $(4+h)^2\approx16+8h$，精确余项为 $h^2$。

4.4 基本优化与必要检查

在内部可微局部极值点，$f'(a)=0$：最大值处的左右差商符号相反或为零，因此共同极限必须为零。导数为零并不充分，例如 $x^3$ 在零处不是极值。

由中值定理，在区间上处处导数为正可推出递增，处处为负可推出递减。连续函数在闭有界区间上存在极值；须检查端点与内部临界输入。可行数量限制也是问题的一部分。

例 5：收入。 设 $p(q)=24-q$ 且 $0\le q\le20$。则 $R(q)=24q-q^2$、$R'=24-2q$，故收入在 $q=12$ 之前递增、之后递减，最大值为 $144$。配方 $R=144-(q-12)^2$ 也独立证明了全局结论。若产能限制为 $q\le10$，可行最大值改为 $R(10)=140$。

这里最大化的是收入而非利润；若成本随数量变化，利润目标的导数不同，最优点也可能不同。

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。

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。

例 6：从边际规则恢复总成本。 若 $C'(q)=5+2q$ 且 $C(0)=30$，则

$$C(q)=30+\int_0^q(5+2s)ds=30+5q+q^2.$$

固定成本来自初始值，而非求导。在 $q\in[2,4]$ 上，增量为 $\int_2^4(5+2q)dq=22$。若把左端点处的边际成本乘以整个区间长度，会得到 $18$，这只是矩形近似。

4.6 分级练习

基础

1. 求 $\lim_{x\to3}(x^2-9)/(x-3)$，并与该商在 $3$ 处的函数值区别。
2. 从定义求 $f(x)=x^2+3x$ 的导数。
3. 对 $C(q)=40+4q+q^2$，求 $q=2$ 处的边际成本与平均成本。

核心

4. 求 $f(x)=(x+1)e^{2x}$ 的导数。
5. 求 $g(x)=\ln(2+x^2)$ 的导数并说明其实数定义域。
6. 求 $x^2$ 在 $x=5$ 处的切线近似，估计 $5.01^2$ 并给出精确误差。
7. 在 $[0,7]$ 上最大化 $R(q)=18q-q^2$，解释端点结果。
8. 若 $C'(q)=3+4q$ 且 $C(0)=20$，求总成本以及从 $q=1$ 到 $q=3$ 的增量。

综合

9. 给出一个连续的分段仿射函数，使零点处左侧斜率为一、右侧斜率为二。计算该处差商并判断可微性。
10. 某学生说收入最大值就是利润最大值，因为两者都依赖产量。用 $R(q)=10q-q^2$ 和 $C(q)=2q$ 在 $[0,10]$ 上反驳此说法，准确求出两种最大值对应的产量。

4.7 完整解答

1. 对 $x\ne3$，该商为 $x+3$，极限为 $6$；原商在 $3$ 处分母为零，没有函数值。
2. 差商为 $[2xh+h^2+3h]/h=2x+h+3$，趋于 $2x+3$。
3. 边际成本 $C'=4+2q$ 给出 $8$；产量二时总成本为 $40+8+4=52$，故平均成本是每单位 $26$。
4. 乘积法则与链式法则给出 $f'=e^{2x}+2(x+1)e^{2x}=(2x+3)e^{2x}$。
5. 对所有实数 $x$，对数参数 $2+x^2$ 都为正，所以定义域为 $\mathbb R$，且 $g'=2x/(2+x^2)$。
6. 切线为 $L(x)=25+10(x-5)$，得到 $25.1$。精确值为 $25.1001$，故误差为 $0.0001=(0.01)^2$。
7. 在 $[0,7]$ 上有 $R'=18-2q>0$，所以最大值在 $q=7$ 处取得，值为 $126-49=77$。不受限的驻点 $9$ 不可行。
8. $C(q)=20+3q+2q^2$；增量为 $3(3-1)+2(9-1)=22$。
9. 令 $f(x)=x$ 当 $x\le0$，$f(x)=2x$ 当 $x>0$。两分支在零处都趋于函数值零，故连续。零点的差商在负 $h$ 时为一，正 $h$ 时为二，故双侧导数不存在。
10. 收入为 $25-(q-5)^2$，在 $q=5$ 最大；利润为 $R-C=8q-q^2=16-(q-4)^2$，在 $q=4$ 最大。两者均可行。减去随产量变化的成本会改变目标及其最优输入。

总结与后续联系

极限描述附近行为。导数是平均变化率的极限，给出局部线性预测而不是精确的有限增量。阈值处可能连续但不可微。优化须采用正确目标和可行域。积分累积连续变化率，初始值提供缺少的总量常数。

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。

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。

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。

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。

定义

函数极限与连续性

假设 $f$ 在除 $a$ 以外任意接近 $a$ 的点有定义。若对每个 $\varepsilon>0$ 都有 $\delta>0$，使定义域内的 $0<|x-a|<\delta$ 蕴含 $|f(x)-L|<\varepsilon$，则写作 $\lim_{x\to a}f(x)=L$。若 $f$ 在 $a$ 有定义且极限等于 $f(a)$，则 $f$ 在 $a$ 连续。端点使用相应的单侧极限。

当定义域中从 $a$ 两侧都存在任意接近 $a$ 的点时，双侧极限存在当且仅当左右极限都存在且相等。多项式处处连续，有理函数在分母非零处连续；连续函数的和、积、分母非零的商及有定义的复合均连续。以弧度计，标准极限 $\lim_{x\to0}\sin x/x=1$ 支持后面的正弦导数。$+∞$ 和 $-∞$ 处的极限分别描述两个方向的行为；无穷并不是实数输入。

定理

中间值及极值

若 $f$ 在 $[a,b]$ 连续，它在该区间取得最大值及最小值。若 $y$ 介于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间，则存在 $c\in[a,b]$ 使 $f(c)=y$。极值结论依赖闭、有界和连续；只在开区间连续不保证取得极值。

证明

中间值定理的证明思路

假设 $f(a)<y<f(b)$，令 $S=\{x\in[a,b]:f(x)\le y\}$。该集合非空且有上界，故 $c=\sup S$ 存在。若 $f(c)<y$，连续性会使 $c$ 右侧附近的点也属于 $S$；若 $f(c)>y$，连续性又会使任意接近 $c$ 的 $S$ 中点的函数值大于 $y$，均矛盾。因此 $f(c)=y$。端点相等的情况直接成立，反向排列可用反向不等式处理。

学习目标与设定

将可微性理解为线性近似，处理链式法则中内层增量为零的情况，构造导数不连续的可微函数，并陈述局部可微反函数的充分条件。除非明确讨论端点，均假设函数定义在所论点的开邻域内。

在 $a$ 可微意味着差商有有限极限 $f'(a)$。等价地，

$$f(a+h)=f(a)+f'(a)h+h\varepsilon(h),\qquad\varepsilon(h)\to0.$$

对非零 $h$ 定义误差商，并将其在零处的值设为零。这精确表达了切线近似的内容。令增量趋于零可得连续性；但单凭它不能给出数值误差常数或二阶导数界。

竖直斜率或单侧无穷斜率不是此定义下的有限导数。在定义域端点，可以单独定义并命名单侧导数，但不能悄悄把它等同于不存在的双侧导数。

1. 处理内层变化为零的链式法则证明

设 $g$ 在 $a$ 可微，$F$ 在 $b=g(a)$ 可微，且附近的复合有定义。写成

$$F(b+k)-F(b)=F'(b)k+k\eta(k),\qquad\eta(k)\to0,$$

并设 $\eta(0)=0$。令 $k=g(a+h)-g(a)=g'(a)h+h\varepsilon(h)$。由 $g$ 连续，$k\to0$。代入得

$$\frac{F(g(a+h))-F(g(a))}{h} =[F'(b)+\eta(k)][g'(a)+\varepsilon(h)]\longrightarrow F'(b)g'(a).$$

该证明从不除以 $k$；后者对无穷多个增量可能为零。常见的两个差商相乘证明在拟用分母为零时需要另作讨论，误差函数证明则自动包含此情形。

对商 $f/g$，条件 $g(a)\ne0$ 加上 $g$ 的连续性，给出满足 $|g(x)|>|g(a)|/2$ 的邻域。因此该商在局部有定义，导数公式才能得到论证。仅在最终答案中写出分母的平方，并不能证明这一局部定义域事实。

从常义面积对数建立自然指数

使用有限闭区间上连续函数的常义积分、已证明的可加性／保序／线性、实数完备性及阿基米德性质，以及介值定理。定义

$$L(x)=\int_1^x\frac{dt}{t}\qquad(x>0),$$

上下限按方向理解。每个积分都是常义积分，因为其区间与零保持正距离。

连续且严格递增。 若 $0<u<v$，可加性与保序性给 $L(v)-L(u)=\int_u^vdt/t\ge(v-u)/v>0$。在固定 $a>0$ 附近要求 $x>a/2$，便有 $|L(x)-L(a)|\le(2/a)|x-a|$，无需对数导数即证连续。

由实际和式证明乘法公式。 固定 $u>0$，将 $1$ 与 $v>0$ 之间的带标签分割放大 $u$ 倍，网格与各宽度均乘 $u$，对应和满足

$$\sum_i\frac{u\Delta s_i}{u\xi_i}=\sum_i\frac{\Delta s_i}{\xi_i}.$$

两边都是连续常义被积函数的和，故所有细网格的极限相等。$v<1$ 时反转方向；$v=1$ 时直接为零。因此 $\int_u^{uv}dt/t=L(v)$，得到

$$L(uv)=L(u)+L(v).$$

特别地，$L(1)=0$、$L(1/u)=-L(u)$、$L(2^n)=nL(2)$。由于 $L(2)>0$，由阿基米德性质，后者无上界；倒数处的值无下界。给定实数 $y$，选正参数使 $L$ 分别低于、高于 $y$，由连续性及介值定理存在 $x>0$ 满足 $L(x)=y$；严格递增保证唯一。

建立并控制反函数。 定义 $E:\mathbb R\to(0,\infty)$ 为这个反函数，它严格递增且连续。证明 $y_0=L(a)$ 处连续时，取 $0<d<\min(a,\varepsilon)$。$L(a-d)<y_0<L(a+d)$ 有正的两侧间距。令 $|y-y_0|$ 小于两个间距，单调性迫使 $a-d<E(y)<a+d$，从而 $|E(y)-a|<\varepsilon$。乘法公式及唯一性给 $E(s+t)=E(s)E(t)$、$E(0)=1$、$E(-t)=1/E(t)$。定义 $e=E(1)>1$，并对 $a>0$ 定义 $a^t=E(tL(a))$。由 $L(E(z))=z$ 可得 $a^{s+t}=a^sa^t$ 和 $(a^s)^t=a^{st}$。整数指数等于重复相乘；有理指数 $m/n$（$n>0$）给出 $a^m$ 唯一的正 $n$ 次根。因此与初等正底数有理幂一致，并给出其连续实指数延拓。特别地 $E(t)=e^t$，面积对数就是其反函数 $\ln=L$。

无循环的导数证明。 对 $a>0$，在 $a$ 与 $a+h$ 之间的区间上，保留 $h$ 的符号与积分方向，$1/t$ 的平均值位于其最小、最大值之间；这两个界均趋于 $1/a$，所以

$$\frac{L(a+h)-L(a)}h\longrightarrow\frac1a.$$

对 $y_0=L(a)$ 和 $h\ne0$，令 $v=E(y_0+h)\ne a$。反函数连续性给 $v\to a$，并有

$$\frac{E(y_0+h)-E(y_0)}h =\left(\frac{L(v)-L(a)}{v-a}\right)^{-1}\longrightarrow a=E(y_0).$$

分母极限非零，故取倒数有效。这从常义面积与反函数连续性证明 $L'=1/x$、$E'=E$，没有洛必达法则，也不预设指数导数。链式法则再由 $x^r=E(rL(x))$ 得 $x>0$ 上 $(x^r)'=rx^{r-1}$，并对 $b>0$ 得 $(b^x)'=(\ln b)b^x$。$b=1$ 是常数一。这补上面积对数、反函数指数与实数幂记号之间的规范化及身份联系。