學習目標與準備

本章假設讀者熟悉代數、函數及其定義域、弧度，以及初等指數與對數法則。本章用極限將平均變化率轉為瞬時變化率。你將學習區分極限與函數值、檢查連續性、計算和解釋導數，並對隱式工程約束求導。

微積分不僅是改變指數的一組法則。只有適當的斜率極限存在時導數才存在，其單位是輸出單位除以輸入單位。數學變化率也繼承其物理模型的假設與適用範圍。

1.1 極限斷言甚麼

$\lim_{x\to a}f(x)=L$ 表示在定義域內取充分接近但不等於 $a$ 的 $x$，可以使 $f(x)$ 任意接近 $L$。形式上，對每個 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$ 使

$$0<|x-a|<\delta\implies |f(x)-L|<\varepsilon.$$

此定義假設 $a$ 是定義域的聚點，並使用該定義域中的輸入。函數不必在 $a$ 有定義。當定義域從 $a$ 的兩側都有任意接近 $a$ 的點時，雙側極限存在當且僅當左右極限存在且相等。若定義域只從一側趨近 $a$，應使用相應單側或相對定義域的極限，而非要求不存在的另一側趨近。

例 1：圖像中的空點。 對 $x\ne2$，

$$\frac{x^2-4}{x-2}=x+2.$$

故其在 $2$ 的極限為 $4$，雖然原商在該點無定義。直接驗證時，注意它與 $4$ 的差的絕對值為 $|x-2|$；選 $\delta=\varepsilon$ 即證明定義中的蘊含。缺失值和極限值是不同事實。

極限運算法則允許對極限作和、積和商；商法則要求分母極限非零。這些條件解釋了為甚麼對多項式及分母非零處的有理函數可以直接代入。$0/0$ 等符號不是值，也不是答案；它表示不能直接使用商法則。

例 2：有理化。 計算

$$\lim_{h\to0}\frac{\sqrt{9+h}-3}{h}.$$

對接近零且 $h\ne0$ 的 $h$，分子分母乘以共軛式得到 $1/(\sqrt{9+h}+3)$，其極限為 $1/6$。約分只在非零 $h$ 處進行，恰是極限中使用的輸入。

$|x|/x$ 在正側為 $1$、負側為 $-1$，故其在零的雙側極限不存在。只包含正輸入的計算器表格會遺漏這一障礙。

1.2 連續性與可取得的值

定義

相對定義域的連續性

對 $c\in A$，$f:A\to\mathbb R$ 在 $c$ 連續，指對每個 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使 $x\in A$ 且 $|x-c|<\delta$ 蘊含 $|f(x)-f(c)|<\varepsilon$。在 $A$ 的孤立點，此條件自動成立；在聚點，它等價於極限等於 $f(c)$。

為何實數不只有算術規則

有理數支援熟悉的有序算術，但集合 $\{q\in\mathbb Q:q>0,\ q^2<2\}$ 沒有有理數最小上界。實數系統加入完備性：非空有上界集合都有最小上界。這不只是另一條不等式運算規則，而是分析中許多存在性結論的來源。

定義

上界與上確界

對非空 $A\subset\mathbb R$，若每個 $a\in A$ 均滿足 $a\le u$，則 $u$ 是上界。若 $s$ 是上界，並對每個上界 $u$ 都有 $s\le u$，則 $s=\sup A$。最大值是既屬於 $A$ 又是上界的元素。最大值若存在便是上確界；上確界則不一定屬於 $A$。下界、下確界和最小值以反向不等式定義。

定理

完備性公理

每個非空且有上界的實數子集都有實數上確界。等價地，每個非空且有下界的子集都有實數下確界，因為 $\inf A=-\sup(-A)$。

例如 $\sup(0,1)=1$，但 $1$ 不是該集合的最大值；相反，$\sup[0,1]=1$ 且是最大值。依此定義，空集及沒有上界的集合沒有實數上確界。

定理

上確界近似判據

非空集合 $A$ 的上界 $s$ 是 $\sup A$，當且僅當對每個 $\varepsilon>0$，存在 $a\in A$ 使 $s-\varepsilon<a\le s$。

證明

證明兩個方向

若 $s=\sup A$，但沒有元素大於 $s-\varepsilon$，則 $s-\varepsilon$ 是更小的上界，矛盾。反過來，假設 $s$ 是上界且具近似性質。若另一上界 $u<s$，取 $\varepsilon=s-u>0$，近似性質給出 $a>u$，違反 $u$ 是上界。因此 $s$ 是最小上界。

例題

上確界證明的兩部分

令 $A=\{n/(n+1):n\in\mathbb N, n\ge1\}$。每個元素小於 $1$，所以 $1$ 是上界。給定 $\varepsilon>0$，由下述阿基米德性質選 $n>1/\varepsilon$。則 $1-n/(n+1)=1/(n+1)<\varepsilon$，故 $\sup A=1$。沒有元素等於 $1$，所以 $A$ 沒有最大值。只證上界並不足以證明它是最小上界：$2$ 也是上界。

阿基米德性質與稠密性

定理

阿基米德性質

對每個實數 $x$，存在正整數 $n>x$。因此對每個 $\varepsilon>0$，存在 $n\in\mathbb N$ 使 $1/n<\varepsilon$。

證明

完備性迫使整數無上界

若正整數有上界，完備性給 $s=\sup\mathbb N$。因 $s-1$ 不是上界，存在 $n\in\mathbb N$ 滿足 $n>s-1$。但 $n+1>s$ 且 $n+1\in\mathbb N$，違反 $s$ 是上界。對 $1/\varepsilon$ 應用該性質即得第二個結論。

任意實數 $x<y$ 之間都有有理數。選 $n$ 使 $n(y-x)>1$；由阿基米德性質及整數部分性質，可選整數 $m$ 使 $nx<m<ny$，因此 $x<m/n<y$。整數部分性質可由整數在正負兩方向均無界及自然數良序性得到。$x$ 和 $y$ 之間也有無理數：選有理數 $q$ 使 $x-\sqrt2<q<y-\sqrt2$，則 $q+\sqrt2$ 是位於區間內的無理數。稠密性不表示有理數與無理數集合相同。

例題

以反射求下確界

對 $B=\{2+1/n:n\ge1\}$，所有元素均大於 $2$。給定 $\varepsilon>0$，選 $n>1/\varepsilon$ 可得 $2<2+1/n<2+\varepsilon$。所以 $2$ 是下確界，但不是最小值。最大值為 $3$，由 $n=1$ 取到。

定理

介值定理

若 $f$ 在 $[a,b]$ 上連續，而 $y$ 位於 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之間，則存在 $c\in[a,b]$ 使 $f(c)=y$。

證明

完備性定位穿越點

若 $y=f(a)$ 或 $y=f(b)$，取相應端點即可。否則，假設 $f(a)<y<f(b)$；反向次序可把 $f$ 換成 $-f$，同時把 $y$ 換成 $-y$。集合 $S=\{x\in[a,b]:f(x)\le y\}$ 非空且有上界。令 $c=\sup S$。若 $f(c)<y$，由連續性，右側附近點的值仍小於 $y$；因 $c<b$，這違反上界性質。若 $f(c)>y$，連續性使 $c$ 附近值均大於 $y$；上確界近似性質卻給出該鄰域內一個 $S$ 的元素，矛盾。故 $f(c)=y$。

定理保證存在性，不保證唯一性或根有封閉形式。

例 3：計算前先證存在。 設 $f(x)=x^3+x-1$。它在 $[0,1]$ 上連續，$f(0)=-1$、$f(1)=1$，故 $(0,1)$ 內有根。若 $0\le u<v$，

$$f(v)-f(u)=(v-u)(v^2+uv+u^2+1)>0.$$

因此函數在該處嚴格遞增，根唯一。連續性與單調性承擔不同任務。

1.3 導數作為斜率的極限

內點 $a$ 處的導數定義為

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

前提是該有限極限存在。商是在寬度為 $h$ 的區間上的割線斜率；極限是切線斜率與瞬時變化率。

例 4：由位置模型求速度。 假設時間 $t\ge0$ 以秒計，位置為 $s(t)=2t^2+3t$ 米。在內點時間 $t>0$，

$$\frac{s(t+h)-s(t)}h=4t+2h+3,$$

故 $s'(t)=4t+3$ 米每秒。$t=2$ 時瞬時速度為 $11$ m/s。從 $2$ 到 $2+h$ 的平均速度為 $11+2h$，趨近 $11$。在端點 $t=0$，除非明確將模型延拓到負時間，否則它只提供右導數。

可微蘊含連續。寫成

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

若商有有限極限，乘積趨於零。反過來不成立：$|x|$ 在零連續，但單側差商為 $-1$ 和 $1$，故在那裡沒有導數。

1.4 求導法則及乘積為何需要兩項

在相關導數存在的點，

$$\begin{aligned}(f+g)'&=f'+g',\\(cf)'&=cf',\\(fg)'&=f'g+fg',\\\left(\frac fg\right)'&=\frac{f'g-fg'}{g^2}\quad(g\ne0),\\(f\circ g)'(x)&=f'(g(x))g'(x).\end{aligned}$$

對乘積法則，在乘積差中加上並減去 $f(a+h)g(a)$，商變為

$$f(a+h)\frac{g(a+h)-g(a)}h+g(a)\frac{f(a+h)-f(a)}h.$$

利用 $f$ 在 $a$ 的連續性並取極限。該推導解釋了為何分別對兩個因子求導再將答案相乘是錯誤的。

常用初等導數包括

$$\frac{d}{dx}x^n=nx^{n-1},\quad (e^x)'=e^x,\quad(\ln x)'=\frac1x\ (x>0),\quad(\sin x)'=\cos x,\quad(\cos x)'=-\sin x.$$

三角公式使用弧度。一般實數冪需要適當的實定義域；例如 $x^{1/2}$ 的法則適用於 $x>0$，不適用於零點的有限導數。

以下討論實單變量函數。

1. 鏈式與商法則

設 $g$ 在內點 $a$ 可微，$f$ 在 $g(a)$ 的鄰域有定義且在該點可微，則 $f\circ g$ 在 $a$ 可微，且

$$(f\circ g)'(a)=f'(g(a))g'(a).$$

證明。 由 $f$ 的可微性，$f(g(a)+u)-f(g(a))=f'(g(a))u+u\epsilon(u)$，其中 $u\to0$ 時 $\epsilon(u)\to0$，並令 $\epsilon(0)=0$。取 $u=g(a+h)-g(a)$。$g$ 的可微性保證 $u\to0$、$u/h\to g'(a)$。故差商為 $(f'(g(a))+\epsilon(u))(u/h)$，趨於所述乘積。某些非零 $h$ 可能使 $u=0$，此證明仍適用；不能直接除以 $u$。

若 $f,g$ 在 $a$ 可微且 $g(a)\ne0$，則

$$\left(\frac fg\right)'(a)=\frac{f'(a)g(a)-f(a)g'(a)}{g(a)^2}.$$

因為 $g$ 連續，它在 $a$ 附近非零。倒數的差商為 $-[g(a+h)-g(a)]/[h g(a+h)g(a)]$，極限為 $-g'(a)/g(a)^2$；對 $f(1/g)$ 應用乘積法則即得。

例。 對所有實數 $x$，$F(x)=\log(1+x^2)$ 可微，因為 $1+x^2>0$；鏈式法則給出 $F'(x)=2x/(1+x^2)$。

例 5：複合響應。 令

$$v(t)=e^{-2t}\sin(3t).$$

乘積法則與鏈式法則給出

$$v'(t)=e^{-2t}\bigl(3\cos(3t)-2\sin(3t)\bigr).$$

這裏有兩個獨立貢獻：包絡改變，振蕩因子也改變。數值系數須使用相容的時間單位，使指數和三角函數的自變量無量綱。

1.5 隱式約束與相關變化率

輸入和輸出有時通過方程而非顯式公式聯繫。若 $y=y(x)$ 可微且 $x^2+y^2=25$，鏈式法則給出 $2x+2yy'=0$。在 $y\ne0$ 的點，

$$y'=-x/y.$$

只有滿足該條件才能除以 $y$。在 $(5,0)$，公式失效，反映圓的垂直切線，而不是允許除以零。

例 6：圓錐容器。 水佔據的圓錐滿足半徑與深度關係 $r=h/2$。假設注水期間該幾何關係保持成立，則

$$V=\frac13\pi r^2h=\frac\pi{12}h^3.$$

對時間求導得到 $dV/dt=(\pi/4)h^2\,dh/dt$。若流入速率為 $2$ m$^3$/min、深度為 $2$ m，則 $dh/dt=2/\pi$ m/min。變化的表面積解釋了為甚麼恆定體積流入不意味著深度恆速增長。

解決相關變化率問題時，先寫出幾何或守恆方程，再辨認隨時間變化的量，求導後才代入指定時刻。若在求導前代入 $h=2$ 這樣的暫時值，可能錯誤地將變化變量變成常數。

1.6 微分與受控的局部近似

可微意味著

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

微分 $df=f'(a)h$ 是變化的線性部分。它近似有限變化 $\Delta f$，但一般不等於後者。

對 $f(x)=x^2$，精確變化為 $2ah+h^2$；線性預測為 $2ah$，省略項為 $h^2$。當 $a=10$、$h=0.01$，預測為 $0.2$，精確變化為 $0.2001$。明確餘項比只說變化“很小”更能說明精確度。

1.7 分層練習

基礎

1. 求 $\lim_{x\to3}(x^2-9)/(x-3)$，並說明該商在 $3$ 是否有定義。
2. 用有理化求 $\lim_{h\to0}(\sqrt{4+h}-2)/h$。
3. 對 $x<2$ 設 $f(x)=x+1$、$f(2)=c$、對 $x>2$ 設 $f(x)=2x-1$，求使其在 $2$ 連續的 $c$。
4. 從定義對 $f(x)=3x^2-x$ 求導。

核心

5. 對 $y=(t^2+1)e^{-t}$ 求導。
6. 對 $y=\ln(1+x^2)$ 求導並寫出實定義域。
7. 若 $x^2+xy+y^2=7$ 且 $y$ 在 $(1,2)$ 附近可微，求該點的 $dy/dx$。
8. 球形氣球半徑為 $r$ 釐米、體積為 $4\pi r^3/3$。若體積以 $12\pi$ cm$^3$/s 增長，求 $r=3$ cm 時的 $dr/dt$。

綜合

9. 不使用數值求根器，證明 $x^3+2x-2=0$ 在 $[0,1]$ 內恰有一個根。分別說明存在性和唯一性論證。
10. 令 $f(x)=1/x$、$a>0$。導出 $f(a+h)$ 的線性近似，證明當 $a+h\ne0$ 時其精確誤差為 $h^2/[a^2(a+h)]$。若 $|h|\le a/2$，證明誤差至多為 $2h^2/a^3$。

1.8 詳解

1. 對 $x\ne3$，分解並約分得到 $x+3$，極限為 $6$。原商在 $3$ 無定義。
2. 對接近零的非零 $h$，商等於 $1/(\sqrt{4+h}+2)$，極限為 $1/4$。
3. 兩個單側極限均為 $3$。令 $c=3$，函數值與共同極限相等，故連續。
4. $[3(x+h)^2-(x+h)-(3x^2-x)]/h=6x+3h-1$。令 $h\to0$ 得 $f'(x)=6x-1$。
5. $y'=2te^{-t}-(t^2+1)e^{-t}=e^{-t}(-t^2+2t-1)$。
6. 對每個實數 $x$，真數 $1+x^2$ 為正，故定義域為 $\mathbb R$。鏈式法則給出 $y'=2x/(1+x^2)$。
7. 求導得 $2x+y+xy'+2yy'=0$，故分母非零時 $y'=-(2x+y)/(x+2y)$。在 $(1,2)$ 處為 $-4/5$。該點滿足約束，因為 $1+2+4=7$。
8. $dV/dt=4\pi r^2dr/dt$。在 $r=3$，$12\pi=36\pi\,dr/dt$，故 $dr/dt=1/3$ cm/s。
9. 多項式連續，在 $0$ 處為 $-2$、在 $1$ 處為 $1$，中間值定理給出 $(0,1)$ 中的根。若 $0\le u<v\le1$，差為 $(v-u)(v^2+uv+u^2+2)>0$。嚴格遞增至多允許一個根；兩者結合得恰有一個根。
10. $a$ 處導數為 $-1/a^2$，線性近似為 $1/a-h/a^2$。從 $1/(a+h)$ 減去近似值並通分，得到 $h^2/[a^2(a+h)]$。若 $|h|\le a/2$，分母因子 $a+h\ge a/2$，故非負誤差至多為 $2h^2/a^3$。

總結與後續聯繫

極限關注附近輸入；連續性還關注該點的函數值。導數是內點處雙側斜率極限，可微蘊含連續。乘積、商和鏈式法則保持複合模型的結構。隱式求導與相關變化率取決於對變化量的明確假設。微分是一階近似，其誤差必須理解。

先修聯繫。 定義域代數和三角學支持極限計算；本章支持曲線分析、平均值及泰勒估計、數值方法和積分。

扇形面積與弧度

使用以下初等幾何事實：單位圓的周長是 $2\pi$，圍成的面積是 $\pi$，兩式中的 $\pi$ 相同；平面面積在旋轉下不變，對內部互不相交的區域有限可加，並且關於包含關係單調。

設 $0<h<\pi/2$ 以弧度計，令 $t=h/(2\pi)$。在單位圓上，$h$ 就是弧長，因此 $t$ 是該角所對應的弧長佔整圓周長的比例。將圓分成 $n$ 個等角扇形。旋轉把每個扇形移到下一個，所以各扇形面積相等。它們的內部互不相交，合起來填滿圓盤；有限可加性給出每個扇形面積為 $\pi/n$。因此，當整周比例 $t=m/n$ 為有理數時，扇形面積為 $m\pi/n=\pi t=h/2$。

對這個範圍內任意的 $t$，取滿足 $0\le r_k\le t\le s_k\le1$ 且 $r_k,s_k\to t$ 的有理數。取所有扇形以同一射線為起始邊，相應扇形便按包含關係嵌套，由面積單調性及有理數情形得到

$$\pi r_k\le A(h)\le\pi s_k.$$

令 $k\to\infty$，得 $A(h)=\pi t=h/2$。這就證明了幾何比較中使用的扇形面積公式。

9.5 基本三角極限

本節所有極限使用弧度。對 $0<h<\pi/2$，比較內三角形、單位圓扇形與外切線三角形的面積：

$$\tfrac12\sin h<\tfrac12h<\tfrac12\tan h.$$

扇形面積是 $h/2$，正因為 $h$ 使用弧度。兩邊相除並利用餘弦為正，得到

$$\cos h<\frac{\sin h}{h}<1.$$

對 $0<h<\pi/2$，上面的面積比較也給出 $0<\sin h<h$ 且 $\cos h>0$。利用 $\sin^2 h+\cos^2 h=1$，

$$0\le 1-\cos h=\frac{\sin^2 h}{1+\cos h}\le h^2.$$

因此 $h\to0^+$ 時 $\cos h\to1$。由於餘弦是偶函數，左側也有相同極限。

當 $h\to0^+$，餘弦趨於一，夾逼原理給出 $\sin h/h\to1$。該商是 $h$ 的偶函數，故左極限相同。夾逼原理本身來自有限極限定義：若上下函數都在任意指定容許誤差內接近 $L$，夾在中間的數也如此。

兩個推論為

$$\lim_{h\to0}\frac{\tan h}{h}=1,\qquad \lim_{h\to0}\frac{1-\cos h}{h^2}=\frac12.$$

第一個將 $\sin h/h$ 除以 $\cos h$；第二個使用 $1-\cos h=2\sin^2(h/2)$，得到 $[\sin(h/2)/(h/2)]^2$ 的一半。特別地 $(\cos h-1)/h\to0$。

10.1 第一原理：方法而非背誦的表

對在 $a$ 的鄰域中有定義的 $f$，

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

前提是極限作為實數存在。分子必須比較同一函數在兩個輸入處的值；將 $h=0$ 代入原商絕不是此方法。

對正整數 $n$，有限二項式定理給出

$$(a+h)^n=a^n+na^{n-1}h+\sum_{k=2}^{n}\binom nk a^{n-k}h^k.$$

減去 $a^n$ 並除以非零 $h$，剩餘和趨於零，故 $(x^n)'=nx^{n-1}$。該證明也適用於 $a=0$；當 $n=1$ 和為空。常數情形直接檢查，負整數次冪在 $x\ne0$ 上由倒數得到。

例 1——從差商求倒數導數。 對 $a\ne0$，

$$\frac{1/(a+h)-1/a}{h}=-\frac1{a(a+h)}\longrightarrow-\frac1{a^2}.$$

當 $h$ 充分小時 $a+h\ne0$，故每步都有定義。對 $f(x)=|x|$ 在零處，差商為 $|h|/h$，單側極限為 $-1,1$；連續性不能使其可微。

10.2 正弦和餘弦導數

首先說明復角公式。將平面旋轉角 $\beta$，水平單位向量被送至 $(\cos\beta,\sin\beta)$，竪直單位向量送至 $(-\sin\beta,\cos\beta)$。旋轉保持向量加法和實數倍，所以單位向量 $(\cos\alpha,\sin\alpha)$ 被送至

$$(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta, \cos\alpha\sin\beta+\sin\alpha\cos\beta).$$

新角為 $\alpha+\beta$；比較坐標證明兩個加法公式。以 $-\beta$ 替代 $\beta$ 或取 $\beta=\alpha$，得到具有相同符號約定的差角和倍角公式。這是坐標推導，不是從數值角例子推斷。

現在使用正弦加法公式寫成

$$\frac{\sin(a+h)-\sin a}{h} =\sin a\frac{\cos h-1}{h}+\cos a\frac{\sin h}{h}.$$

第 9 章的兩個特殊極限使其趨於 $\cos a$。同理，

$$\frac{\cos(a+h)-\cos a}{h} =\cos a\frac{\cos h-1}{h}-\sin a\frac{\sin h}{h}\longrightarrow-\sin a.$$

故對每個實輸入，$(\sin x)'=\cos x$、$(\cos x)'=-\sin x$。商法則繼而給出

$$(\tan x)'=\sec^2x\quad(\cos x\ne0),\qquad (\cot x)'=-\csc^2x\quad(\sin x\ne0).$$

例如正切的分子是 $\cos^2x+\sin^2x=1$，不是 $\cos^2x-\sin^2x$。倒數也給出各自定義域上的 $(\sec x)'=\sec x\tan x$ 和 $(\csc x)'=-\csc x\cot x$。

若 $d$ 是以度計的數值角，其正弦為 $s(d)=\sin(\pi d/180)$，因此 $s'(d)=(\pi/180)\cos(\pi d/180)$，而不只是餘弦。弧度約定使換算因子消失。

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。

定理：有界單調函數可積

對非遞減函數 $f$，取由 $n$ 個小區間組成、寬度為 $(b-a)/n$ 的均勻分割。第 $i$ 個區間上的下確界與上確界分別是兩端點處的值，因此

$$U-L=\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n[f(x_i)-f(x_{i-1})] =\frac{(b-a)(f(b)-f(a))}{n}\longrightarrow0.$$

即使 $f$ 有跳躍不連續點，判據仍證明其可積。對非遞增函數，可將結果應用於 $-f$。

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。

從常義面積對數建立自然指數

使用有限閉區間上連續函數的常義積分、已證明的可加性／保序／線性、實數完備性及阿基米德性質，以及介值定理。定義

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

上下限按方向理解。每個積分都是常義積分，因為其區間與零保持正距離。

連續且嚴格遞增。 若 $0<u<v$，可加性與保序性給 $L(v)-L(u)=\int_u^vdt/t\ge(v-u)/v>0$。在固定 $a>0$ 附近要求 $x>a/2$，便有 $|L(x)-L(a)|\le(2/a)|x-a|$，無需對數導數即證連續。

由實際和式證明乘法公式。 固定 $u>0$，將 $1$ 與 $v>0$ 之間的帶標籤分割放大 $u$ 倍，網格與各寬度均乘 $u$，對應和滿足

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

兩邊都是連續常義被積函數的和，故所有細網格的極限相等。$v<1$ 時反轉方向；$v=1$ 時直接為零。因此 $\int_u^{uv}dt/t=L(v)$，得到

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

特別地，$L(1)=0$、$L(1/u)=-L(u)$、$L(2^n)=nL(2)$。由於 $L(2)>0$，由阿基米德性質，後者無上界；倒數處的值無下界。給定實數 $y$，選正參數使 $L$ 分別低於、高於 $y$，由連續性及介值定理存在 $x>0$ 滿足 $L(x)=y$；嚴格遞增保證唯一。

建立並控制反函數。 定義 $E:\mathbb R\to(0,\infty)$ 為這個反函數，它嚴格遞增且連續。證明 $y_0=L(a)$ 處連續時，取 $0<d<\min(a,\varepsilon)$。$L(a-d)<y_0<L(a+d)$ 有正的兩側間距。令 $|y-y_0|$ 小於兩個間距，單調性迫使 $a-d<E(y)<a+d$，從而 $|E(y)-a|<\varepsilon$。乘法公式及唯一性給 $E(s+t)=E(s)E(t)$、$E(0)=1$、$E(-t)=1/E(t)$。定義 $e=E(1)>1$，並對 $a>0$ 定義 $a^t=E(tL(a))$。由 $L(E(z))=z$ 可得 $a^{s+t}=a^sa^t$ 和 $(a^s)^t=a^{st}$。整數指數等於重複相乘；有理指數 $m/n$（$n>0$）給出 $a^m$ 唯一的正 $n$ 次根。因此與初等正底數有理冪一致，並給出其連續實指數延拓。特別地 $E(t)=e^t$，面積對數就是其反函數 $\ln=L$。

無循環的導數證明。 對 $a>0$，在 $a$ 與 $a+h$ 之間的區間上，保留 $h$ 的符號與積分方向，$1/t$ 的平均值位於其最小、最大值之間；這兩個界均趨於 $1/a$，所以

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

對 $y_0=L(a)$ 和 $h\ne0$，令 $v=E(y_0+h)\ne a$。反函數連續性給 $v\to a$，並有

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

分母極限非零，故取倒數有效。這從常義面積與反函數連續性證明 $L'=1/x$、$E'=E$，沒有洛必達法則，也不預設指數導數。鏈式法則再由 $x^r=E(rL(x))$ 得 $x>0$ 上 $(x^r)'=rx^{r-1}$，並對 $b>0$ 得 $(b^x)'=(\ln b)b^x$。$b=1$ 是常數一。這補上面積對數、反函數指數與實數冪記號之間的規範化及身份聯繫。

連續單調反函數與主值分支

設 $I$ 為實區間，$f:I\to\mathbb R$ 連續且嚴格單調。像集 $J=f(I)$ 是區間：兩個像值之間的每個值，都由介值定理在相應原像之間取得。嚴格單調性使 $f:I\to J$ 成為雙射。其反函數相對於 $J$ 連續。固定 $a\in I$ 及 $\varepsilon>0$。若 $I$ 有小於 $a$ 的點，利用區間性質選 $l\in I$ 使 $a-\varepsilon<l<a$；若沒有，則所有反函數值本來就不小於 $a$。類似地，若有大於 $a$ 的點，選 $a<r<a+\varepsilon$ 且 $r\in I$。對實際存在的兩側，正數 $|f(l)-f(a)|$、$|f(r)-f(a)|$ 的最小值為正，記為 $\delta$。若兩側均不存在，則 $I=\{a\}$，連續性直接成立。若 $y\in J$ 且 $|y-f(a)|<\delta$，單調性在每個實際存在的方向把 $f^{-1}(y)$ 夾在所選界點內。因此 $|f^{-1}(y)-a|<\varepsilon$。此證明適用於嚴格遞增、嚴格遞減及包含的端點。

若 $a$ 是 $I$ 的內點，$f$ 在 $a$ 可微且 $f'(a)\ne0$，則連續性和嚴格單調性使像集在 $b=f(a)$ 周圍包含開區間。對其中 $y\ne b$，令 $x=f^{-1}(y)$。單射性給出 $x\ne a$，反函數連續性給出 $x\to a$，故

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

非零極限保證取倒數合法，也證明反函數導數確實存在。一旦區間上的嚴格單調性已經建立，這裏不要求導數連續。

若 $-\pi/2\le u<v\le\pi/2$，加法公式給出 $\sin v-\sin u=2\cos((u+v)/2)\sin((v-u)/2)>0$：中點嚴格位於 $(-\pi/2,\pi/2)$ 內，且 $0<(v-u)/2\le\pi/2$。所以正弦在該閉區間上嚴格遞增；端點值為 $-1,1$。若 $0\le u<v\le\pi$，則 $\cos v-\cos u=-2\sin((u+v)/2)\sin((v-u)/2)<0$，因為兩個正弦因子均為正。因此餘弦在 $[0,\pi]$ 上嚴格遞減；端點值為 $1,-1$。因此兩者的連續主值反函數定義域均為 $[-1,1]$，值域分別為 $[-\pi/2,\pi/2]$ 和 $[0,\pi]$。正切在 $(-\pi/2,\pi/2)$ 上連續且嚴格遞增：對其中 $u<v$，有 $\tan v-\tan u=\sin(v-u)/(\cos u\cos v)>0$，因為 $0<v-u<\pi$，且兩個餘弦因子均為正。從區間內部趨近兩端時，正弦分別趨於 $-1,1$，餘弦則從正值趨於零，所以正切分別趨於 $-\infty,+\infty$。介值定理說明其值域為 $\mathbb R$，並有取值於該開區間的連續反函數。因此上述反函數差商適用於三個主值分支的每個內部輸入。下面公式中的正平方根，來自反正弦內部值域上餘弦為正，以及反餘弦內部值域上正弦為正。

10.5 反三角函數導數

假設連續嚴格單調的 $f$ 有連續局部反函數且 $f'(a)\ne0$。寫 $y=f(x)$、$b=f(a)$。當 $y\ne b$，由單射知 $x\ne a$，且

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

反函數連續性保證 $y\to b$ 時 $x\to a$。這證明反函數導數，而不是先假設其可微，再在鏈式法則中循環使用。

對 $y=\arcsin x$，值域限制 $-\pi/2\le y\le\pi/2$ 使內部餘弦為正。因此對 $|x|<1$，

$$(\arcsin x)'=\frac1{\cos y}=\frac1{\sqrt{1-x^2}}.$$

對反餘弦，$0<y<\pi$ 使正弦為正，故在 $(-1,1)$ 上 $(\arccos x)'=-1/\sqrt{1-x^2}$。對反正切，$y\in(-\pi/2,\pi/2)$ 且 $\sec^2y=1+x^2$，故對每個實數 $x$ 有 $(\arctan x)'=1/(1+x^2)$。

反正弦和反餘弦公式不能有限地延拓到輸入 $\pm1$；它們是定義域端點，內部斜率無界。對 $H(x)=\arcsin(2x)$，函數定義域為 $[-1/2,1/2]$，有限導數公式 $2/\sqrt{1-4x^2}$ 只適用於 $(-1/2,1/2)$。