构造正弦、余弦、弧度与反函数分支

证明

下文所用的先修证明

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。

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

$$s_N=\sup\{u_n:n\ge N\},\qquad L=\inf_N s_N=\limsup_{n\to\infty}u_n,$$

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

$$|a_{N+k}|\le |a_N|q^k\qquad(k\ge0).$$

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。

定理

一致极限保持连续

若每个 $f_n$ 相对 $A$ 在 $a\in A$ 连续，且 $f_n\to f$ 在 $A$ 上一致收敛，则 $f$ 在 $a$ 连续。

证明

三项估计

给定 $\varepsilon>0$，选 $N$ 使所有 $x\in A$ 都有 $|f_N(x)-f(x)|<\varepsilon/3$。由固定函数 $f_N$ 在 $a$ 连续，选 $\delta$ 使 $|x-a|<\delta$ 时 $|f_N(x)-f_N(a)|<\varepsilon/3$。则

$$|f(x)-f(a)|\le|f(x)-f_N(x)|+|f_N(x)-f_N(a)|+|f_N(a)-f(a)|<\varepsilon.$$

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

$$|f_n(x)-f_m(x)|\le|f_n(x_0)-f_m(x_0)|+(b-a)\sup_{(a,b)}|f_n'-f_m'|.$$

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：

$$\left|\frac{f_n(x+h)-f_n(x)}h-\frac{f_N(x+h)-f_N(x)}h\right|\le\varepsilon.$$

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。

定理

介值定理

若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，而 $y$ 位于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间，则存在 $c\in[a,b]$ 使 $f(c)=y$。

证明

完备性定位穿越点

若 $y=f(a)$ 或 $y=f(b)$，取相应端点即可。否则，假设 $f(a)<y<f(b)$；反向次序可把 $f$ 换成 $-f$，同时把 $y$ 换成 $-y$。集合 $S=\{x\in[a,b]:f(x)\le y\}$ 非空且有上界。令 $c=\sup S$。若 $f(c)<y$，由连续性，右侧附近点的值仍小于 $y$；因 $c<b$，这违反上界性质。若 $f(c)>y$，连续性使 $c$ 附近值均大于 $y$；上确界近似性质却给出该邻域内一个 $S$ 的元素，矛盾。故 $f(c)=y$。

学习目标与证明依赖

以分析方法构造正弦与余弦，证明恒等式和真正的最小正周期，并求反函数的定义域与导数。我们使用阶乘级数收敛、紧区间上一致求导、中值定理、介值定理及实数完备性。此构造不预设熟悉的几何正弦、余弦恒等式。

对每个实数 $x$ 定义

$$S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!},\qquad C(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!}.$$

在 $|x|\le M$ 上，阶乘优级数将这两个级数及其导数级数分别控制在收敛数项级数之下：相邻阶乘分母最终使每个比值至多为 $1/2$。因此可对多项式部分和应用一致求导定理；对求导后的级数重新编号，得到

$$S'=C,\qquad C'=-S,\qquad S(0)=0,\quad C(0)=1.$$

重复该论证可证明两个函数无限可微。由定义中的奇次与偶次幂，还得到 $S(-x)=-S(x)$ 和 $C(-x)=C(x)$。

1. 单位圆恒等式是一个定理

对 $S^2+C^2$ 求导，导数为 $2SC-2CS=0$。由中值定理，它在实数直线上为常数；在零处值为一，所以对所有实数 $x$ 有 $S(x)^2+C(x)^2=1$。特别地，两个函数的绝对值都不超过一。此证明没有使用事先定义的几何圆参数化。

还需一个唯一性观察。若可微函数 $U,V$ 满足 $U'=-V,V'=U$ 且在零处都为零，则 $(U^2+V^2)'=0$，初值也为零，故两函数处处为零。这个初等的能量论证证明了该二元方程组的唯一性，无须引用尚未证明的一般常微分方程定理。

2. 由唯一性推出加法公式

固定实数 $y$，定义

$$U(x)=C(x+y)-[C(x)C(y)-S(x)S(y)],$$ $$V(x)=S(x+y)-[S(x)C(y)+C(x)S(y)].$$

由导数恒等式得 $U'=-V,V'=U$，且两个初值均为零。因此由唯一性得

$$C(x+y)=C(x)C(y)-S(x)S(y),\qquad S(x+y)=S(x)C(y)+C(x)S(y).$$

它们对任意一对实数输入均成立。令两个输入相等即可得到熟悉的倍角公式；它们是结论，而不是循环定义时预先使用的恒等式。

3. 定义 π 之前先证明第一个零点存在

不能仅画出振荡曲线就宣布周期存在。余弦级数在二处的前几项为 $1-2+2/3$。从绝对值为二的那项开始，各项绝对值严格递减，因为后续比值 $4/[(2n+1)(2n+2)]<1$（$n\ge1$）。$2/3$ 之后的尾项从负项开始，每对相邻项的和为负，因此

$$C(2)<1-2+\frac23=-\frac13<0.$$

由于 $C(0)=1$ 且 $C$ 连续，它在 $(0,2)$ 有零点；连续性还保证零附近某个区间内它为正。令 $\alpha$ 为其正零点的下确界。取趋向该下确界的零点序列，由连续性得 $C(\alpha)=0$；零附近的正区间保证 $\alpha>0$。对 $0\le x<\alpha$，有 $C(x)>0$：否则由连续性可得到更早的零点。

因此在 $\alpha$ 之前有 $S'=C>0$，且 $S(\alpha)>0$。单位圆恒等式迫使 $S(\alpha)=1$。又因为在 $(0,\alpha)$ 上 $C'=-S<0$，所以第一象限段的 $C$ 严格递减、$S$ 严格递增。

定义正常数 $\pi=2\alpha$。这是对通常常数的分析定义，而非预先假设某个已知正弦函数在哪里为零。

4. 四分之一周变换证明周期与最小性

将 $(C(\alpha),S(\alpha))=(0,1)$ 代入加法恒等式：

$$C(x+\alpha)=-S(x),\qquad S(x+\alpha)=C(x).$$

应用两次使两个函数均变号，应用四次则恢复原值。因此

$$C(x+2\pi)=C(x),\quad S(x+2\pi)=S(x),\qquad C(x+\pi)=-C(x),\quad S(x+\pi)=-S(x).$$

为证明 $2\pi=4\alpha$ 是最小正周期，使用第一象限段的符号与上述四分之一周关系。在连续四个开区间段内，$(C,S)$ 的符号依次为 $(+,+),(-,+),(-,-),(+,-)$；中间端点处的数对为 $(0,1),(-1,0),(0,-1)$。因此在 $0<x<4\alpha$ 时数对 $(1,0)$ 不会再次出现。小于 $4\alpha$ 的公共正周期会迫使初始数对再次出现，矛盾。仅为 $S$ 的周期也必是其导数 $C$ 的周期；$C$ 的周期同样必是 $S=-C'$ 的周期。因此两函数有相同的最小正周期。

现在记 $\sin x=S(x)$、$\cos x=C(x)$。曲线 $x\mapsto(C(x),S(x))$ 在 $[0,2\pi)$ 内恰好覆盖单位圆一次：连续性与第一象限段的严格单调性恰好覆盖该象限，四分之一周公式覆盖其余部分。曲线速度为 $\sqrt{(-S)^2+C^2}=1$。由通常的 $C^1$ 弧长公式，参数就是单位圆上的有向弧长，从而把此分析参数与几何弧度对应起来。代数构造和周期证明并不预先依赖这一几何解释。

连续单调反函数与主值分支

设 $I$ 为实区间，$f:I\to\mathbb R$ 连续且严格单调。像集 $J=f(I)$ 是区间：两个像值之间的每个值，都由介值定理在相应原像之间取得。严格单调性使 $f:I\to J$ 成为双射。其反函数相对于 $J$ 连续。固定 $a\in I$ 及 $\varepsilon>0$。若 $I$ 有小于 $a$ 的点，利用区间性质选 $l\in I$ 使 $a-\varepsilon<l<a$；若没有，则所有反函数值本来就不小于 $a$。类似地，若有大于 $a$ 的点，选 $a<r<a+\varepsilon$ 且 $r\in I$。对实际存在的两侧，正数 $|f(l)-f(a)|$、$|f(r)-f(a)|$ 的最小值为正，记为 $\delta$。若两侧均不存在，则 $I=\{a\}$，连续性直接成立。若 $y\in J$ 且 $|y-f(a)|<\delta$，单调性在每个实际存在的方向把 $f^{-1}(y)$ 夹在所选界点内。因此 $|f^{-1}(y)-a|<\varepsilon$。此证明适用于严格递增、严格递减及包含的端点。

若 $a$ 是 $I$ 的内点，$f$ 在 $a$ 可微且 $f'(a)\ne0$，则连续性和严格单调性使像集在 $b=f(a)$ 周围包含开区间。对其中 $y\ne b$，令 $x=f^{-1}(y)$。单射性给出 $x\ne a$，反函数连续性给出 $x\to a$，故

$$\frac{f^{-1}(y)-f^{-1}(b)}{y-b} =\left(\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\right)^{-1}\longrightarrow\frac1{f'(a)}.$$

非零极限保证取倒数合法，也证明反函数导数确实存在。一旦区间上的严格单调性已经建立，这里不要求导数连续。

若 $-\pi/2\le u<v\le\pi/2$，加法公式给出 $\sin v-\sin u=2\cos((u+v)/2)\sin((v-u)/2)>0$：中点严格位于 $(-\pi/2,\pi/2)$ 内，且 $0<(v-u)/2\le\pi/2$。所以正弦在该闭区间上严格递增；端点值为 $-1,1$。若 $0\le u<v\le\pi$，则 $\cos v-\cos u=-2\sin((u+v)/2)\sin((v-u)/2)<0$，因为两个正弦因子均为正。因此余弦在 $[0,\pi]$ 上严格递减；端点值为 $1,-1$。因此两者的连续主值反函数定义域均为 $[-1,1]$，值域分别为 $[-\pi/2,\pi/2]$ 和 $[0,\pi]$。正切在 $(-\pi/2,\pi/2)$ 上连续且严格递增：对其中 $u<v$，有 $\tan v-\tan u=\sin(v-u)/(\cos u\cos v)>0$，因为 $0<v-u<\pi$，且两个余弦因子均为正。从区间内部趋近两端时，正弦分别趋于 $-1,1$，余弦则从正值趋于零，所以正切分别趋于 $-\infty,+\infty$。介值定理说明其值域为 $\mathbb R$，并有取值于该开区间的连续反函数。因此上述反函数差商适用于三个主值分支的每个内部输入。下面公式中的正平方根，来自反正弦内部值域上余弦为正，以及反余弦内部值域上正弦为正。

5. 正切与反函数分支

当 $C(x)\ne0$ 时定义 $\tan x=S(x)/C(x)$。商法则给出 $\tan' x=1/C(x)^2>0$。在 $(-\alpha,\alpha)=(-\pi/2,\pi/2)$ 上余弦为正，正切在两端的极限分别为 $-\infty,+\infty$，所以它把该区间双射到 $\mathbb R$，从而定义 $\arctan$。

正弦把 $[-\pi/2,\pi/2]$ 双射到 $[-1,1]$，由此定义 $\arcsin$。余弦把 $[0,\pi]$ 递减地双射到 $[-1,1]$，由此定义 $\arccos$。在相应开值域上，反函数求导定理给出

$$(\arcsin u)'=\frac1{\sqrt{1-u^2}},\quad (\arccos u)'=-\frac1{\sqrt{1-u^2}}\quad(|u|<1), \qquad (\arctan u)'=\frac1{1+u^2}\quad(u\in\mathbb R).$$

对于反正弦，分支上的余弦为正，等于 $\sqrt{1-u^2}$；对于反余弦，分支上的正弦为正，而余弦导数为负。这些分支符号是证明的一部分。该定理并未给出 $u=\pm1$ 处有限的端点反函数导数。

闭区间上的连续实函数一致连续

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。

设 $a\le b$ 为有限实数，$f:[a,b]\to\mathbb R$ 相对该区间连续。一致连续指对每个 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使所有满足 $|x-y|<\delta$ 的 $x,y\in[a,b]$ 均有 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$。固定 $\varepsilon>0$。对每个 $c\in[a,b]$，相对连续性给出 $r_c>0$，使区间内 $|x-c|<r_c$ 的点满足 $|f(x)-f(c)|<\varepsilon/2$。开区间 $(c-r_c/2,c+r_c/2)$ 覆盖这个紧区间。取有限子覆盖，中心为 $c_1,\ldots,c_k$，令 $\delta=\min_i r_{c_i}/2>0$。由于 $[a,b]$ 非空，所取覆盖非空。对上述 $x,y$，选 $i$ 使 $|x-c_i|<r_{c_i}/2$，则 $|y-c_i|<\delta+r_{c_i}/2\le r_{c_i}$，故由三角不等式 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon$。同一个 $\delta$ 对所有点有效。此证明包括单点区间，使用实际的有限覆盖紧致性定理，没有仅引用尚未证明的标量 Heine–Cantor 断言。

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。

微积分基本定理

定理

积分与导数

若 $f$ 在 $[a,b]$ 连续，累积函数 $F(x)=\int_a^x f(t)dt$ 在 $(a,b)$ 可微，且 $F'(x)=f(x)$。若 $G$ 在 $[a,b]$ 连续、在 $(a,b)$ 可微，且对 $x\in(a,b)$ 有 $G'(x)=f(x)$，则 $\int_a^b f(x)dx=G(b)-G(a)$。

证明

平均值估计

对充分小且非零、使 $x+h\in[a,b]$ 的 $h$，

$$\frac{F(x+h)-F(x)}h-f(x)=\frac1h\int_x^{x+h}[f(t)-f(x)]dt.$$

由连续性，右侧绝对值可任意小；采用定向积分惯例，负 $h$ 亦然。因此 $F'=f$。函数 $G$ 与 $F$ 均在 $[a,b]$ 连续，且差 $G-F$ 在 $(a,b)$ 上导数为零，由中值定理为常数；计算端点即得第二个结论。

例题

积分连续函数

对 $[0,2]$ 上的 $f(x)=2x+1$，$G(x)=x^2+x$ 是原函数。定理给 $\int_0^2(2x+1)dx=G(2)-G(0)=6$。原函数捷径依赖该定理，而不是积分的定义。

在实际连续导数假设下的分部积分

设实函数 $u,v$ 在以 $a,b$ 为端点的闭区间上属于 $C^1$。函数 $u'v$ 与 $uv'$ 连续，因而正常 Riemann 可积。对非零实数 $h$，乘积差商为

$$\frac{u(t+h)v(t+h)-u(t)v(t)}h=u(t+h)\frac{v(t+h)-v(t)}h+v(t)\frac{u(t+h)-u(t)}h\longrightarrow u(t)v'(t)+v(t)u'(t).$$

$u$ 的连续性与两个导数的存在保证该极限，证明 $(uv)'=u'v+uv'$。对 $uv$ 使用已证的连续函数微积分基本定理，再用正常积分的线性性，得到

$$u(b)v(b)-u(a)v(a)=\int_a^b(u'v+uv')\,dt,$$

因此

$$\int_a^b u(t)v'(t)\,dt=u(b)v(b)-u(a)v(a)-\int_a^b u'(t)v(t)\,dt.$$

反向端点采用有向积分；端点相同时所有项为零。这足以用于 U15 的 Taylor 归纳：固定实数 $x$，在 $f$ 于该线段属于 $C^{n+1}$ 时取 $u(t)=(x-t)^n/n!$、$v(t)=f^{(n)}(t)$。这里没有对仅可微、却尚未证明导数可积的函数声称分部积分。

在 $a$ 处的 $n$ 阶 Taylor 多项式为 $T_n(x)=\sum_{k=0}^nf^{(k)}(a)(x-a)^k/k!$；若高阶导数值为零，它的次数可以小于 $n$。

定理：Taylor 积分余项

设 $n\ge0$，$f$ 在 $a$ 与 $x$ 之间的闭区间上具有直到 $n+1$ 阶的连续导数，则

$$f(x)=T_n(x)+\frac1{n!}\int_a^x f^{(n+1)}(t)(x-t)^n\,dt.$$

因此，若该区间上 $|f^{(n+1)}(t)|\le M$，则 $|f(x)-T_n(x)|\le M|x-a|^{n+1}/(n+1)!$。

证明。 当 $n=0$ 时，恒等式就是微积分基本定理 $f(x)-f(a)=\int_a^xf'(t)dt$。当 $n\ge1$ 时，对余项分部积分，取 $u=(x-t)^n/n!$、$dv=f^{(n+1)}(t)dt$。在 $x$ 处的边界项为零，在 $a$ 处的贡献为 $-f^{(n)}(a)(x-a)^n/n!$；余下的积分是 $(n-1)$ 阶余项。由归纳法得到恒等式。这里使用有向积分，所以 $x<a$ 时也成立。取绝对值，必要时反转积分上下限，再积分 $|x-t|^n$，即得所述界。最高阶导数连续保证各次分部积分及估计有效。

此定理给出充分的正则性条件，并非最弱假设。Taylor 级数要在固定的 $x$ 处表示 $f$，必须当 $n\to\infty$ 时余项趋于零。若不控制有限阶误差界对 $n$ 的依赖，仅凭该界不能证明余项趋零。

识别与误差控制

微分方程组给出正弦的连续导数依次为 $S,C,-S,-C$，余弦的连续导数依次为 $C,-S,-C,S$，它们的绝对值都不超过一。故零处 Taylor 定理将任意 $N$ 阶余项控制在 $|x|^{N+1}/(N+1)!$ 以内；对每个固定 $x$，该界由最终的几何比值比较趋于零。因此在整个 $\mathbb R$ 上，幂级数定义与 Taylor 表示一致。这里由余项控制证明表示，而不是依赖“每个光滑函数都等于其 Taylor 级数”的错误断言。

分级证明与定义域练习

1. 构造。 解释为什么在每个有界区间上对定义级数逐项求导是有效的；除了逐点收敛，还用了什么信息？
2. 唯一性。 若二次可微实函数满足 $u''+u=0$、$u(0)=A$、$u'(0)=B$，不假设一般常微分方程唯一性定理，证明 $u(x)=AC(x)+BS(x)$。
3. 周期检查。 为什么只证明在 $2\pi$ 后回到原值不能证明它是最小正周期？补充所需的符号和初值论证。
4. 反函数端点。 解释反正弦导数的符号，证明在输入 1 处不存在有限的单侧导数。
5. Taylor 严格性。 对固定 $x$ 证明 $|x|^{N+1}/(N+1)!\to0$，再解释为什么不能自动对任意光滑函数的导数界使用相同阶乘论证。
6. 分支诊断。 尽管对每个 $u\in[-1,1]$ 有 $\sin(\arcsin u)=u$，为什么 $\arcsin(\sin x)$ 不可能对所有实数 $x$ 等于 $x$？

完整解答

1. 在固定 $[-M,M]$ 上，函数级数和经求导的多项式项均有收敛的阶乘优级数。M 判别法给出导数级数一致收敛，部分和在零处收敛，故一致求导定理确定极限的导数。逐点收敛本身不能保证这种交换。
2. 令 $v=u-AC-BS$，则 $v''=-v$ 且初值和初导数均为零。对 $v^2+(v')^2$ 求导得到 $2vv'+2v'v''=0$。其常数值为零，所以处处 $v=v'=0$，证明所求表达式。直接对该表达式求导还可独立验证解的存在性。
3. 函数在若干个较小周期后也会回到原值。这里四分之一周的符号表及端点值表明，对每个 $0<t<2\pi$ 有 $(C(t),S(t))\ne(1,0)$。较小的公共周期会迫使该数对等于初始数对；任一函数的周期也使其导数周期性，因而是两者的公共周期。所以任一函数都没有更小的正周期。
4. 在选定的反正弦分支上 $C>0$，故对 $|u|<1$，反函数导数为 $1/C=1/\sqrt{1-u^2}$。对 $u<1$，在 $[u,1]$ 上对反正弦应用中值定理，得到割线斜率为 $1/\sqrt{1-c^2}$，其中 $c\in(u,1)$。当 $u\uparrow1$ 时，任何这样的 $c\to1$，所以割线斜率趋于 $+\infty$，而非有限导数。
5. 当 $x\ne0$ 时，相邻正余项界之比为 $|x|/(N+2)$，最终至多为 $1/2$，故它们被趋于零的几何级数所界；当 $x=0$ 时这些界直接为零。对任意光滑函数，其 $(N+1)$ 阶导数的界可能随 $N$ 增长得足够快，以致阶乘不能控制它；并没有证明所有导数存在共同的大小为一的界。光滑性本身不足够。
6. 反正弦的输出总在 $[-\pi/2,\pi/2]$，不可能返回该区间外的任意实数输入。反方向的定义性逆关系成立，是因为正弦限制在该区间后双射到 $[-1,1]$。周期性已排除了无限制正弦的全局反函数。

总结与术语

分析构造用收敛表达式定义函数，并证明其规律。能量恒等式使平方差之和为常数，从而给出唯一性。基本周期是最小正周期，必须证明最小性。主反函数分支将周期函数限制为双射。上述构造依次建立存在性、恒等式、周期及分支条件，没有循环依赖几何三角公式。