要量度累積，可將區間分成小段、近似每段的貢獻，再讓最長小段趨向零。帶符號面積在坐標軸上方為正、下方為負；它不一定等於幾何面積。

實直線閉集：序列判據與開補集

在通常的經典集合論背景下討論實直線，並允許可數次見證選擇。集合 $U$ 為開集，是指每個 $y$ 屬於 $U$ 都有某個 $r>0$，使 $(y-r,y+r)$ 包含於 $U$。使用阿基米德性質的推論：$1/n$ 趨於零。對任意實直線子集 $K$，下列條件等價：

1. $K$ 中任意在實直線上收斂的序列，其極限仍屬於 $K$。
2. $K$ 的補集為開集。

由 2 推出 1。 設 $x_n$ 屬於 $K$ 且 $x_n$ 趨於 $x$。若 $x$ 不屬於 $K$，補集的開放性給出 $r>0$，使 $(x-r,x+r)$ 與 $K$ 不相交。收斂性保證充分靠後時 $|x_n-x|<r$，與 $x_n$ 屬於 $K$ 矛盾，故 $x$ 屬於 $K$。

由 1 推出 2。 固定不屬於 $K$ 的 $y$。若以 $y$ 為中心的每個正半徑區間都遇到 $K$，則對每個正整數 $n$，都有 $x_n$ 屬於 $K$ 且 $|x_n-y|<1/n$。將這些見證選成一個序列。給定 $\varepsilon>0$，取 $N$ 使 $1/N<\varepsilon$；當 $n\ge N$，有 $|x_n-y|<1/n\le1/N<\varepsilon$，故 $x_n$ 趨於 $y$。條件 1 會迫使 $y$ 屬於 $K$，矛盾。因此 $y$ 周圍存在避開 $K$ 的區間。對補集每點均如此，故補集開放。選擇見證序列這一步使用已聲明的經典背景；這裏不聲稱在不帶選擇的基礎體系中證明同一結論。若 $K$ 為空，其中沒有序列，其補集為整個開實直線；若 $K$ 為整個實直線，其空補集的開放性真空成立。兩種邊界情形也滿足等價關係。

學習目標與定義

集合 $K\subseteq\mathbb R$ 稱為緊致的，如果任意一族開集只要其並包含 $K$，就存在有限個成員仍覆蓋 $K$。集合若包含其點構成的每個收斂序列的極限，則稱為閉集；等價地，其補集是開集。序列緊致性指 $K$ 中每個序列都有收斂到 $K$ 中某點的子列。

空集是緊致、閉且有界的，也滿足序列緊致性；這些性質均以空真方式成立。在需要選取點或無窮序列的證明中，要單獨處理空集。我們使用先前數列內容中的實數完備性及其閉區間套和 Bolzano–Weierstrass 推論。

定理：實數直線上的 Heine–Borel 定理

對 $K\subseteq\mathbb R$，下列條件等價：開覆蓋意義下的緊致性；閉且有界；序列緊致性。

緊致推出閉且有界。 區間 $(-n,n)$（$n\ge1$）覆蓋 $\mathbb R$，因而覆蓋 $K$。有限子覆蓋給出一個界。為證明閉性，取 $y\notin K$。對每個 $x\in K$，區間 $B(x,|x-y|/2)$ 不含 $y$。取其中覆蓋 $K$ 的有限子族，令 $\delta$ 為這些區間中心到 $y$ 的正距離的一半所組成的有限集合的最小值。所選以 $x$ 為中心的區間內每點到 $y$ 的距離嚴格大於 $|x-y|/2\ge\delta$。因此 $B(y,\delta)$ 與 $K$ 不相交，因此對每個集合外的點，都找到不與集合相交的開鄰域，補集是開集。若 $K$ 為空，結論立即成立。

閉且有界推出緊致。 將非空的 $K$ 放入閉有界區間 $I_0$。假設 $K$ 的某個開覆蓋不存在有限子覆蓋。將 $I_0$ 二等分；至少一個閉半區間與 $K$ 的交集不能被有限覆蓋，否則兩組有限覆蓋合起來便覆蓋 $K$。選取這樣的半區間並重複，得到長度趨於零的閉區間套 $I_n$，且 $K\cap I_n$ 不能被有限覆蓋。每個交集非空，選取 $x_n\in K\cap I_n$。閉區間套性質給出唯一公共點 $p$；因兩者均在 $I_n$ 中，故 $x_n\to p$。由閉性得 $p\in K$。覆蓋中某個成員 $O$ 含 $p$；由其開放性，$O$ 包含以 $p$ 為中心的某個開球。當 $n$ 足夠大時，整個區間 $I_n$ 均在該球內，於是單個開集 $O$ 就覆蓋 $K\cap I_n$，矛盾。

閉且有界推出序列緊致。 $K$ 中每個序列有界，故 Bolzano–Weierstrass 定理給出收斂子列。由閉性，其極限仍在 $K$ 中。

序列緊致推出閉且有界。 若無界，可選取 $x_n\in K$，使 $|x_n|>n$；它沒有收斂到有限實數的子列，矛盾。若 $p$ 是 $K$ 中點的極限，則可選取 $x_n\in K$ 使 $|x_n-p|<1/n$。由序列緊致性，某子列收斂到 $K$ 中一點；它也收斂到 $p$，由實數極限唯一性得 $p\in K$。因此 $K$ 是閉集，所有蘊涵均已證明。

固定整數 $n\ge1$，在 $\mathbb R^n$ 上使用歐幾里得範數。集合若包含在某個有限半徑的球內，就稱為有界；若補集是開集，就稱為閉集；若它的每個由 $\mathbb R^n$ 中開集組成的覆蓋都有有限子覆蓋，就稱為緊集。我們使用實數完備性，包括閉區間套性質。

有限維歐幾里得空間的 Heine–Borel 定理

定理。 集合 $K\subseteq\mathbb R^n$ 緊致，當且僅當它閉且有界。空集具有這三種性質。

緊致推出有界。 開球 $B(0,m)$（整數 $m\ge1$）覆蓋 $K$。取有限子覆蓋後，$K$ 包含在其中最大的球內。

緊致推出閉。 設 $K\ne\varnothing$ 且 $y\notin K$。開球 $B(x,\|x-y\|/2)$（$x\in K$）覆蓋 $K$。取中心為 $x_1,\ldots,x_r$ 的有限子覆蓋，令 $\delta=\min_i\|x_i-y\|/2>0$。若 $z$ 在以 $x_i$ 為中心的所選球內，三角不等式給出 $\|z-y\|>\|x_i-y\|/2\ge\delta$。所以 $B(y,\delta)$ 不與 $K$ 相交，補集是開集。

閉且有界推出緊致。 設非空的 $K$ 閉且有界，把它包含在閉立方體 $Q_0=[-M,M]^n$ 內，其中 $M>0$。假設 $K$ 的某個開覆蓋沒有有限子覆蓋。把每個坐標區間分成兩個閉半區間，所得 $2^n$ 個閉子立方體覆蓋 $Q_0$。至少一個子立方體與 $K$ 的交集不能由給定覆蓋族有限覆蓋；否則把有限多個有限子覆蓋合併，就能覆蓋 $K$。選取這樣的子立方體並重複，得到閉立方體套 $Q_j$，其邊長為 $2M/2^j$，且 $K\cap Q_j$ 不能被有限覆蓋，因而非空。

對每個坐標使用閉區間套性質，得到公共坐標值；合起來得到 $p\in\bigcap_jQ_j$。$Q_j$ 中任意兩點的距離不超過 $2M\sqrt n/2^j$，所以交集中只有 $p$。選取 $x_j\in K\cap Q_j$，則 $\|x_j-p\|\le2M\sqrt n/2^j\to0$。閉集包含這種極限：若 $p$ 在開補集中，$p$ 周圍某個開球就會使最終的 $x_j$ 落在 $K$ 外，矛盾。因此 $p\in K$。

覆蓋中有一個成員 $O$ 含 $p$，由開放性，存在 $\varepsilon>0$ 使 $B(p,\varepsilon)\subseteq O$。當 $j$ 足夠大時，$Q_j$ 的每點到 $p$ 的距離都小於 $\varepsilon$，於是單個 $O$ 就覆蓋 $K\cap Q_j$，與 $Q_j$ 的選取矛盾。因此每個開覆蓋都有有限子覆蓋。這裏 $2^n$ 是有限數；若改成無限多個子塊，這個論證就不再成立。

連續像與極值

定理。 若 $K\subseteq\mathbb R^n$ 緊致，且 $F:K\to\mathbb R^m$ 相對於 $K$ 連續，則 $F(K)$ 緊致。特別地，非空緊集 $K$ 上的連續函數 $f:K\to\mathbb R$ 有界，並達到最大值和最小值。

證明。 $F(K)$ 的開覆蓋 $(O_i)$ 的原像是相對開集 $F^{-1}(O_i)=K\cap U_i$，其中 $U_i$ 在 $\mathbb R^n$ 中開。這些 $U_i$ 覆蓋 $K$，所以有限多個足夠。對應的 $O_i$ 覆蓋 $F(K)$，證明了像的緊致性。對標量函數 $f$，由已證明定理的一維情形，其像非空、閉且有界。令 $a=\sup f(K)$。對每個 $j\ge1$，由上確界定義，可取 $y_j\in f(K)$ 使 $a-1/j<y_j\le a$。於是 $y_j\to a$，閉性使 $a$ 屬於像，所以最大值可達。對 $-f$ 使用同一論證即得最小值。該結論證明存在性，而不提供極大點的計算公式。

例：實譜定理所需的球面。 球面 $S^{n-1}=\{x\in\mathbb R^n:\|x\|=1\}$ 含 $e_1$，所以非空，而且有界。反三角不等式 $|\|x\|-\|y\||\le\|x-y\|$ 證明範數連續，因此 $S^{n-1}$ 作為閉集 $\{1\}$ 的原像是閉集。Heine–Borel 定理使它緊致。對實矩陣 $A$，多項式函數 $x\mapsto x^TAx$ 連續，所以它在球面上的限制達到兩個極值。這個存在性結論不要求 $A$ 對稱；後續譜論證和梯度公式 $\nabla(x^TAx)=2Ax$ 才要求對稱性。

練習

P01. 解釋為甚麼開單位球雖然有界，卻不滿足緊致性結論。

P02. 若 $K$ 不閉，立方體證明的哪一步可能失敗？給出例子。

P03. 對單位圓上的 $A=\operatorname{diag}(2,5)$，求 $x^TAx$ 的極值及全部取等點，並區分存在性定理與具體計算。

完整解答

P01. 開單位球不閉：對 $j\ge2$，$(1-1/j)e_1$ 在球內，卻收斂到球外的 $e_1$。由已證必要性，緊集必須閉，所以該球不緊。有界性本身不夠。

P02. $x_j\in K$ 的極限可能是 $K$ 外的一點 $p$，所以覆蓋成員未必有任何一個含 $p$。明確取 $K=(0,1)$，開覆蓋 $O_m=(1/m,2)$，其中整數 $m\ge2$，以及閉區間套 $Q_j=[0,2^{-j}]$，其中整數 $j\ge0$。這些開區間覆蓋 $K$，但任何有限子族的左端點都有正的最小值，因此不能覆蓋 $K\cap Q_j$。區間套 $Q_j$ 的公共點為零，它在 $K$ 外；所以覆蓋中沒有成員包含 $0$。這正是閉集證明可能失敗的步驟。

P03. 寫 $x=(u,v)^T$，其中 $u^2+v^2=1$，則 $x^TAx=2u^2+5v^2=2+3v^2$。最小值為二，恰在 $(\pm1,0)^T$ 取得；最大值為五，恰在 $(0,\pm1)^T$ 取得。緊致性與連續性保證極值存在；所列恆等式確定其值和全部取等情形。

一致連續

定義

整個定義域共用一個 delta

若對每個 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使所有 $x,y\in A$ 只要滿足 $|x-y|<\delta$，便有 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$，則稱 $f:A\to\mathbb R$ 在 $A$ 上一致連續。$\delta$ 可依賴 $\varepsilon$，但不可依賴 $x$ 或 $y$。

定理

Heine–Cantor 定理

緊緻集合上的每個連續實值函數都一致連續。

證明

用緊緻性作反證

若非一致連續，則存在 $\varepsilon_0>0$，使每個 $n$ 都有 $x_n,y_n\in K$，滿足 $|x_n-y_n|<1/n$，但 $|f(x_n)-f(y_n)|\ge\varepsilon_0$。緊緻性給子列 $x_{n_k}\to x\in K$；由兩點距離趨零，也有 $y_{n_k}\to x$。連續性給 $f(x_{n_k})\to f(x)$ 及 $f(y_{n_k})\to f(x)$，與輸出距離至少為 $\varepsilon_0$ 矛盾。

例題

無界定義域上連續但非一致連續

$f(x)=x^2$ 在 $\mathbb R$ 上連續，但不一致連續。取 $x_n=n$、$y_n=n+1/n$，則 $|x_n-y_n|=1/n\to0$，但 $|f(y_n)-f(x_n)|=2+1/n^2\not\to0$。在任何閉有界區間上，Heine–Cantor 定理卻保證一致連續。也可直接證明：若 $|x|,|y|\le M$，則 $|x^2-y^2|\le2M|x-y|$。

學習目標與定義

推導可積性結論背後的證明，並區分有界與可積。設 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上有界。對分割 $P:a=x_0<\cdots<x_n=b$，記 $m_i=\inf_{[x_{i-1},x_i]}f$、$M_i=\sup_{[x_{i-1},x_i]}f$，並定義 $L(f,P)=\sum m_i\Delta x_i$、$U(f,P)=\sum M_i\Delta x_i$。下積分 $\underline I$ 是所有下和的上確界，上積分 $\overline I$ 是所有上和的下確界。加細分割使下和不減、上和不增。

對任意兩個分割 $P,Q$，由其公共加細得 $L(f,P)\le U(f,Q)$，故 $\underline I\le\overline I$。有界性保證這些量有限。上下積分相等時，稱函數 Riemann 可積。

定理：Darboux 判據

有界函數可積，當且僅當對每個 $\varepsilon>0$ 都存在分割，使 $U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$。

證明。 若上下積分均等於 $I$，由上下確界逼近性質，取一個大於 $I-\varepsilon/2$ 的下和及一個小於 $I+\varepsilon/2$ 的上和。它們的公共加細的上下和之差小於 $\varepsilon$。反之，若對每個正的 $\varepsilon$ 都有這樣的分割，則不等式 $0\le\overline I-\underline I\le U(f,P)-L(f,P)$ 迫使上下積分之差為零。

證明

為何連續性足夠

緊緻區間上的連續函數一致連續。給定 $\varepsilon>0$ 且 $b>a$，選 $\delta$，使距離小於 $\delta$ 的點，其函數值之差小於 $\varepsilon/(2(b-a))$。取網格小於 $\delta$ 的分割，每個子區間的振幅至多為該界，故 $U-L<\varepsilon$。由達布判據可積。當 $a=b$，約定積分為零。

連續函數與任意標籤的細網格

設 $f:[a,b]\to\mathbb R$ 連續，其中 $a<b$。極值定理保證 $f$ 有界，Heine–Cantor 定理保證它一致連續。對分割 $P$，用 $L(f,P)$ 和 $U(f,P)$ 表示其 Darboux 下和與上和。已證明的連續函數 Darboux 可積定理給出共同積分值 $I$。

固定 $\varepsilon>0$。由一致連續性，存在 $\delta>0$，使得只要 $|x-y|<\delta$，便有 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon/[2(b-a)]$。如果 $P$ 的網格大小小於 $\delta$，每個子區間上的振幅至多為 $\varepsilon/[2(b-a)]$，因此

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

對任意標籤選擇，其標籤和 $S(P)$ 位於 $L(f,P)$ 與 $U(f,P)$ 之間；$I$ 也在兩者之間。因此 $|S(P)-I|\le U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$。同一個 $\delta$ 對所有網格足夠小的分割和所有標籤選擇都適用。這證明了所述閉區間上連續函數滿足標籤網格定義。

4.5 積分作為累積變化

設 $a<b$，取分割 $a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b$，記 $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$，選標籤 $\xi_i\in[x_{i-1},x_i]$，網格為 $\|P\|=\max_i\Delta x_i$。若有限數 $I$ 滿足：對每個 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得每個滿足 $\|P\|<\delta$ 的分割及任意標籤選擇都滿足 $|\sum_i f(\xi_i)\Delta x_i-I|<\varepsilon$，則 $I$ 是定積分 $\int_a^bf(x)dx$。閉區間上的連續函數可積。

設 $f$ 在 $[a,b]$ 上連續，令 $A(x)=\int_a^xf(t)dt$。對 $x\in(a,b)$ 及滿足 $x+h\in[a,b]$ 的非零 $h$，積分估計給出

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

因此內部有 $A'(x)=f(x)$；端點處同理得到單側導數。若 $F$ 在 $[a,b]$ 連續、在 $(a,b)$ 可微且其中 $F'=f$，由中值定理，$F-A$ 在 $[a,b]$ 上為常數。因此 $\int_a^bf=F(b)-F(a)$。

例如，$\int x^2dx=x^3/3+C$，且 $\int_a^bx^2dx=(b^3-a^3)/3$。不定積分表示一族原函數；定積分是一個數。負變化率對淨累積的貢獻為負。

反轉上下限改變符號；上下限相同時積分為零。

例題

和式變成積分

對 $\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{i=1}^n(1+i/n)^2$，各 $i/n$ 是 $[0,1]$ 等分小段的右端點。極限為 $\int_0^1(1+x)^2dx=[(1+x)^3/3]_0^1=7/3$。同時辨認區間及寬度 $1/n$ 可避免漏掉因子。

例題

變動上下限

令 $G(x)=\int_1^{x^2}\cos(t^3)\,dt$。基本定理和鏈式法則給 $G'(x)=2x\cos(x^6)$。積分變量 $t$ 是虛變量，不應與外部變量 $x$ 混淆。

可積函數的積分滿足線性及區間可加性。若 $[a,b]$ 上 $f\le g$，則 $\int_a^b f\le\int_a^b g$；特別地 $|\int_a^b f|\le\int_a^b|f|$。連續圖像與坐標軸之間的實際面積是 $\int_a^b|f(x)|dx$，必要時在零點分段。

界與平均值

若 $[a,b]$ 上 $m\le f(x)\le M$，積分保序性給 $m(b-a)\le\int_a^b f(x)dx\le M(b-a)$。當 $a<b$，除以 $b-a$ 得平均值 $f_{\rm avg}=\frac1{b-a}\int_a^b f(x)dx$。若 $f$ 連續，中間值定理保證某個 $c\in[a,b]$ 滿足 $f(c)=f_{\rm avg}$。這是存在性結論；$c$ 不必唯一，也不必是中點。

例題

平均值

$f(x)=x^2$ 在 $[0,2]$ 的平均值是 $\frac12\int_0^2x^2dx=4/3$，在區間內 $c=2/\sqrt3$ 取得；這與中點函數值 $f(1)=1$ 不同。

方法選擇

由採樣點、區間及寬度辨認黎曼和。找到原函數後才使用基本定理，不可只因式子相似就套用。對變動上限先微分累積函數，再用鏈式法則。求面積前先找符號變化。

練習

1. 求 $\int_{-1}^2(x^2-1)\,dx$ 及該區間內圖像與坐標軸之間的幾何面積。
2. 對 $H(x)=\int_x^{x^2}e^{-t^2}\,dt$ 求導。
3. 求 $\lim_{n\to\infty}\frac{2}{n}\sum_{i=1}^n(2i/n)^2$。

詳解

1. 原函數為 $x^3/3-x$，故帶符號積分為 $0$。被積函數在 $[-1,1]$ 非正、在 $[1,2]$ 非負；兩段帶符號積分為 $-4/3$ 和 $4/3$，故幾何面積為 $8/3$。
2. 寫成 $H(x)=\int_0^{x^2}e^{-t^2}dt-\int_0^x e^{-t^2}dt$。鏈式法則給 $H'(x)=2xe^{-x^4}-e^{-x^2}$。
3. 此式是 $\int_0^2x^2dx$ 的右端點和，故極限為 $8/3$。

章節聯繫

基本定理把前面的導數方法連到代換及接下來的積分技巧。這些概念亦可在已知速率時建立物理累積量的模型。

本篇所用方法的證明

有限實數極限運算與等比數列：補全證明

使用有序實數、阿基米德性質、正整數歸納法及絕對值三角不等式。數列收斂至有限實數 $L$，是指每個 $\varepsilon>0$ 都有對所有 $n\ge N$ 有效的下標 $N$。

唯一性、有界性與子列。 若 $a_n\to L,M$ 且 $L\ne M$，在同一充分大下標使兩誤差均小於 $|L-M|/3$，三角不等式便給出 $|L-M|<2|L-M|/3$，矛盾。要證有界，令尾部 $|a_n-L|<1$，再取 $|L|+1$ 與有限個初始絕對值的最大值。對子列下標 $n_1<n_2<\cdots$，歸納給出 $n_k\ge k$，故原數列的每個尾部閾值最終也適用於子列。

和、數乘及積。 若 $a_n\to a$、$b_n\to b$，令兩個輸入誤差均小於 $\varepsilon/2$，則

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

對固定 $c\ne0$，使用輸入容差 $\varepsilon/|c|$；$c=0$ 直接成立。取所有 $|b_n|$ 的一個上界 $B\ge1$，要求

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

在共同的後期閾值後，$|a_nb_n-ab|\le B|a_n-a|+|a||b_n-b|<\varepsilon$。

倒數與商。 若 $b\ne0$，先令 $|b_n-b|<|b|/2$，從而 $|b_n|>|b|/2$，分母非零。於是

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

再要求 $|b_n-b|<\varepsilon|b|^2/2$，便證明倒數收斂。乘積法則繼而給出 $a_n/b_n\to a/b$。可省略最初有限個無定義的商；收斂只約束尾部。

保序與夾逼。 若最終 $a_n\le b_n$ 且分別趨於 $a,b$，則 $a\le b$；否則將兩誤差限制在 $(a-b)/3$ 內會迫使 $a_n>b_n$。若最終 $a_n\le z_n\le b_n$，兩端都趨於 $L$，令兩端誤差均小於 $\varepsilon$，就得到 $L-\varepsilon<z_n<L+\varepsilon$，所以 $z_n\to L$。無需事先知道中間數列有極限。

對相應的函數極限法則，固定共同的允許趨近定義域 $D\subseteq\mathbb R$，並設 $a$ 是 $D$ 的聚點：$a$ 的每個去心鄰域都含 $D$ 中的點。設 $f,g:D\to\mathbb R$ 在 $a$ 有所述的有限相對定義域極限。將上述估計中的尾部閾值改為去心定義域半徑，並取有限個正半徑的最小值。乘積證明只需局部有界：由 $g(x)\to b$，充分小的去心 $D$ 鄰域上有 $|g(x)|\le|b|+1$，即使它在 $D$ 的其他部分無界。相同估計證明和、數乘、積、倒數及商的法則，並保留極限分母非零的條件；相同保序及夾逼估計適用於共同趨近域。證明唯一性或排除不相容的極限次序時，聚點條件提供實際定義域點。

對複合，設 $B\subseteq\mathbb R$、$b\in B$，且 $F:B\to\mathbb R$ 在 $b$ 相對於 $B$ 連續。設 $g:D\to\mathbb R$ 趨於 $b$，並在 $a$ 的某個充分小去心 $D$ 鄰域中處處滿足 $g(x)\in B$。給定 $\varepsilon>0$，連續性給出 $\eta>0$，使 $u\in B$ 且 $|u-b|<\eta$ 蘊含 $|F(u)-F(b)|<\varepsilon$。$g$ 的極限與複合定義域條件提供共同正半徑，令每個允許趨近的 $x$ 都滿足兩條件。因此 $F(g(x))\to F(b)$。這包括 $g(x)=b$ 的輸入，不除以內層增量。

等比數列的分類。 對 $t\ge0$，Bernoulli 界 $(1+t)^n\ge1+nt$ 可由歸納證明：將 $n$ 的情形乘以正數 $1+t$，保留非負餘項 $nt^2$。若 $0<q<1$，令 $t=q^{-1}-1>0$，則

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

給定容差，由阿基米德性質選 $N$ 使右側更小。因此 $0<|r|<1$ 時，由 $|r^n|=|r|^n$ 得 $r^n\to0$；$r=0$ 時所有正下標項為零。$r=1$ 時恆為一。$r=-1$ 時偶、奇子列分別為一和負一，由唯一性及子列繼承性排除收斂。若 $r>1$，取 $t=r-1$，Bernoulli 給 $r^n\ge1+nt\to+\infty$。若 $r<-1$，同理 $|r^n|\to+\infty$，與收斂實數列必有界矛盾。這些情況窮盡所有實公比。

有界常義黎曼積分：網格等價及基本性質

設有限實數 $a<b$，且 $f:[a,b]\to\mathbb R$ 有界。對分割 $P$，以下用 $L(f,P),U(f,P)$ 表示 Darboux 下和、上和。使用實數完備性及已證明的 Darboux 判據：上下積分相等當且僅當 $U-L$ 可任意小。本段不要求 $f$ 連續。

Darboux 推出所有細網格標籤和收斂。 設 Darboux 積分為 $I$。給定 $\varepsilon>0$，固定一個分割 $P_0$，其差小於 $\varepsilon/2$。取 $M>0$ 使 $|f|\le M$，設 $P_0$ 有 $k$ 個內部分點。對任意另一分割 $P$，將閉包包含這些分點之一的小區間標為壞區間。每個分點至多屬於兩個小區間，所以壞區間總長至多 $2k\|P\|$。其餘好區間均位於某個 $P_0$ 小區間內。好區間的振幅和貢獻不超過 $P_0$ 的差，壞區間貢獻至多 $2M(2k\|P\|)$。因此

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

取 $\|P\|<\varepsilon/[8M\max(1,k)]$。每個標籤和 $S(P)$ 與 $I$ 均在 $L(f,P),U(f,P)$ 之間，故 $|S(P)-I|<\varepsilon$，且與標籤選擇無關。

反方向。 假設所有充分細標籤和都與同一有限數 $I$ 相差小於 $\eta$。固定一個這樣的細分割。每個小區間的上確界、下確界都能由實際函數值以小於 $\eta/(b-a)$ 的誤差逼近。由此選出的上逼近標籤和大於 $U(f,P)-\eta$，下逼近和小於 $L(f,P)+\eta$，所以 $U(f,P)<I+2\eta$、$L(f,P)>I-2\eta$。由於 $\eta$ 可任意小，由 Darboux 判據可積。再用下和、上和夾住標籤和，得積分恰為 $I$。這個論證不需要上下確界達到。

線性、常數與保序。 對可積的 $f,g$ 及實數 $\alpha,\beta$，在共同標籤分割上有精確有限恆等式 $S(\alpha f+\beta g)=\alpha S(f)+\beta S(g)$。右側極限存在，由剛證明的等價性，左側函數可積且積分滿足線性恆等式。常數函數 $c$ 的每個和均為 $c(b-a)$。若 $f\le g$，同標籤的和保持該次序，極限也保持。故當 $|f|\le M$ 時，$|\int f|\le M(b-a)$。

絕對值。 由反三角不等式，在每個小區間 $J$ 上有 $\operatorname{osc}_J|f|\le\operatorname{osc}_J f$：將 $||f(x)|-|f(y)||\le|f(x)-f(y)|$ 應用於實際點，再逼近上下確界即可。因此 $|f|$ 的每個 Darboux 差不超過 $f$ 的差，故 $|f|$ 可積。由於 $-|f|\le f\le|f|$，由保序與線性得 $|\int_a^b f|\le\int_a^b|f|$。

限制與區間可加性。 對 $a<c<b$，將任意小差分割加上分點 $c$。$[a,c]$ 與 $[c,b]$ 的非負差之和為加細後整段的差，所以各自都可任意小，兩段限制均可積。將兩段網格趨零的分割接合，整段標籤和精確等於兩段標籤和之和。取三個極限，得 $\int_a^b f=\int_a^c f+\int_c^b f$。反之，若兩段有界可積，各選差小於 $\varepsilon/2$ 的分割並接合，整段差小於 $\varepsilon$，證明整段可積及同一恆等式。共享端點的函數值相同；任何單獨端點都沒有正的區間長度。規定同限積分為零、反限積分取負，再用區間拆分與相消，便把可加性推廣到三個端點的每種次序。

這些證明支持累積、連續版本基本定理、分部積分和常義換元中使用的估計。這裏只證明有界常義黎曼結論；奇點或無窮端點的積分仍需另行使用收斂定義。

學習目標與設定

將可微性理解為線性近似，處理鏈式法則中內層增量為零的情況，構造導數不連續的可微函數，並陳述局部可微反函數的充分條件。除非明確討論端點，均假設函數定義在所論點的開鄰域內。

在 $a$ 可微意味著差商有有限極限 $f'(a)$。等價地，

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

對非零 $h$ 定義誤差商，並將其在零處的值設為零。這精確表達了切線近似的內容。令增量趨於零可得連續性；但單憑它不能給出數值誤差常數或二階導數界。

垂直斜率或單側無窮斜率不是此定義下的有限導數。在定義域端點，可以單獨定義並命名單側導數，但不能悄悄把它等同於不存在的雙側導數。

1. 處理內層變化為零的鏈式法則證明

設 $g$ 在 $a$ 可微，$F$ 在 $b=g(a)$ 可微，且附近的複合有定義。寫成

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

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

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

該證明從不除以 $k$；後者對無窮多個增量可能為零。常見的兩個差商相乘證明在擬用分母為零時需要另作討論，誤差函數證明則自動包含此情形。

對商 $f/g$，條件 $g(a)\ne0$ 加上 $g$ 的連續性，給出滿足 $|g(x)|>|g(a)|/2$ 的鄰域。因此該商在局部有定義，導數公式才能得到論證。僅在最終答案中寫出分母的平方，並不能證明這一局部定義域事實。