严格构造指数与对数函数

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。

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。

对于数列 $u_n\ge0$，定义

允许取值 $+\infty$。尾部上确界非递增，故其下确界就是它的广义极限。我们需要以下两个结论。

• 若 $L<q$，则最终有 $u_n<q$。事实上，某个尾部上确界小于 $q$；否则这些上确界的下确界至少为 $q$。
• 若 $q<L$，则有无穷多个指标满足 $u_n>q$。否则某个尾部的每项都至多为 $q$，迫使其上确界以及 $L$ 至多为 $q$。

原数列没有极限时，这些结论仍有用。有限个特别大的项会影响某些较早的尾部上确界，但不影响 $L$。

比值判别法收敛情形的证明。 假设充分大的 $n$ 均有 $a_n\ne0$，且 $\limsup |a_{n+1}/a_n|<1$。取严格大于该上极限的 $0<q<1$。存在 $N$，使每个 $n\ge N$ 都满足 $|a_{n+1}/a_n|\le q$。逐项迭代得到

几何级数 $\sum_{k\ge0}|a_N|q^k$ 收敛，故比较判别法证明绝对值尾和收敛。有限前缀不影响收敛，因此 $\sum a_n$ 绝对收敛。对一族级数作一致结论，还需要对输入一致成立的界。

从一致尾部控制得到一致极限，区分保持连续性与保持导数，并以中值定理证明求导定理。对非空集合 $A$ 上的实函数，一致收敛意味着 $\sup_{x\in A}|f_n(x)-f(x)|\to0$，且误差最终有限。一致 Cauchy 指对每个 $\varepsilon>0$，存在 $N$，使所有 $x\in A$ 及所有 $m,n\ge N$ 均满足 $|f_n(x)-f_m(x)|<\varepsilon$。若 $A=\varnothing$，则采用的 epsilon–N 条件空真成立，不使用空集的实数上确界。

定理：一致完备性

实值函数列一致收敛，当且仅当它一致 Cauchy。

证明。 一致收敛时，两个大小为 $\varepsilon/2$ 的误差给出 Cauchy 估计。反之，一致 Cauchy 蕴含每个固定 $x$ 的 $(f_n(x))$ 都是实数 Cauchy 序列，故定义 $f(x)=\lim_n f_n(x)$。固定 $\varepsilon>0$，使用容差 $\varepsilon/2$ 的一致 Cauchy 条件。对每个 $x$ 和 $n\ge N$，在估计中令 $m\to\infty$，得到 $|f_n(x)-f(x)|\le\varepsilon/2<\varepsilon$。同一 $N$ 对所有点有效，故一致收敛。值域空间 $\mathbb R$ 的完备性提供逐点极限。

不假设 $C^1$ 的求导与极限交换

定理

设 $a<b$。假设每个 $f_n$ 在 $[a,b]$ 连续、在 $(a,b)$ 可微；若在一个固定点 $x_0\in[a,b]$ 处 $f_n(x_0)$ 收敛，且 $f_n'$ 在 $(a,b)$ 一致收敛到 $g$，则 $f_n$ 在 $[a,b]$ 一致收敛到连续函数 $f$，后者在 $(a,b)$ 可微且 $f'=g$。不要求各导数函数连续。

存在性的证明。 导数一致收敛，故一致 Cauchy。当 $m,n$ 充分大时，对 $f_n-f_m$ 在 $x_0$ 与任意 $x$ 之间应用中值定理，得到

锚点值序列为 Cauchy 序列，因此右侧一致地趋小。一致完备性给出一致极限 $f$；连续函数的一致极限连续。

导数恒等式的证明。 固定内部点 $x$ 和 $\varepsilon>0$。选取 $N$，使所有内部点 $t$ 和所有 $n\ge N$ 均满足 $|f_n'(t)-f_N'(t)|\le\varepsilon$，并且 $|g(x)-f_N'(x)|\le\varepsilon$。对充分小的非零 $h$，在从 $x$ 到 $x+h$ 的线段上对 $f_n-f_N$ 应用中值定理：

在这两个固定输入处令 $n\to\infty$，相同不等式对以 $f$ 代替 $f_n$ 的情形成立。固定的 $f_N$ 在 $x$ 可微，故当 $h$ 足够小时，它的差商与 $f_N'(x)$ 相差小于 $\varepsilon$。三角不等式说明 $f$ 的差商与 $g(x)$ 之差的绝对值至多为 $3\varepsilon$。$\varepsilon$ 任意，便证明可微且导数相等。此论证没有对 $g$ 积分，因此没有暗中假设 $g$ 连续或 Riemann 可积。