學習目標與準備

本章假設讀者熟悉定積分、微積分基本定理、換元、分部積分和導數。我們從小塊推導積分模型：區分帶符號總量與正總量，為體積選擇切片、圓環或柱殼，並以一致單位建立長度、質量、功與壓力計算。

最重要的一步往往是構造被積函數。模型錯誤的量即使精確求出原函數，也只是完美地解決了錯誤問題。下面每個推導都說明小塊代表甚麼、其度量是甚麼，以及哪些假設允許求和。

4.1 速率、位移與總路程

設 $a<b$，位置 $s\in C^1([a,b])$，連續速度為 $v=s'$。則 $[a,b]$ 上的位移為 $s(b)-s(a)=\int_a^bv(t)dt$。總路程為 $\int_a^b|v(t)|dt$，因為反方向運動不應抵消。淨流量與移動物質總量也有同樣區別。

例 1：方向反轉。 令 $v(t)=t-2$ m/s，其中 $0\le t\le5$。位移為

$$\int_0^5(t-2)dt=\frac52\text{ m}.$$

速度在 $2$ 之前為負、之後為正。總路程為

$$\int_0^2(2-t)dt+\int_2^5(t-2)dt=2+\frac92=\frac{13}{2}\text{ m}.$$

位置偏移不影響兩種變化量。只有要從位移恢復絕對最終位置時才需要初始位置。

4.2 曲線之間的面積與次序改變

若 $f\ge g$ 在 $[a,b]$ 連續，細竪條的面積近似為 $(f(x)-g(x))\Delta x$。黎曼和的極限是

$$A=\int_a^b(f(x)-g(x))dx.$$

若次序改變，應在交點處分段或積分 $|f-g|$。若左右邊界作為 $y$ 的函數更簡單，水平條常更方便。

連續條帶給出 Jordan 面積

設 $a<b$，連續函數 $f,g:[a,b]\to\mathbb R$ 滿足 $g\le f$。採用通常的 Jordan 面積：有限個矩形的並具有通常面積；若有界集合的內外矩形面積可任意接近，便稱該集合可測。在劃分區間 $I$ 上令 $f_- =\min_I f$、$f_+=\max_I f$，並同樣定義 $g_-,g_+$。高度為 $f_+-g_-$ 的矩形覆蓋 $I$ 上方的區域；當 $f_-\ge g_+$ 時，位於 $g_+$ 與 $f_-$ 之間的矩形包含於該區域，否則以內矩形為空集。高度差至多為 $\operatorname{osc}_I f+\operatorname{osc}_I g$。一致連續性使總面積差至多為 $(b-a)(\omega_f(\delta)+\omega_g(\delta))\to0$，其中 $\delta$ 為網長，$\omega_f(\delta)=\sup_{|x-y|\le\delta}|f(x)-f(y)|$。邊界線段的面積為零。因此條帶為 Jordan 可測集。$f-g$ 的每個帶標記和都夾在這兩個面積和之間，證明 $A=\int_a^b(f-g)$。

例 2：選擇簡便方向。 $x=y^2$ 與 $x=2-y$ 之間區域的交點滿足 $y^2=2-y$，故 $y=-2,1$。在該範圍內，右邊界為 $2-y$、左邊界為 $y^2$。面積為

$$\int_{-2}^1(2-y-y^2)dy =\left[2y-\frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{3}\right]_{-2}^1=\frac92.$$

竪直條需要分別描述上下分支。選擇切片方向可減少代數運算和遺漏邊界的風險。

4.3 切片、圓環和柱殼求體積

若立體垂直於 $x$ 軸的截面積為 $A(x)$，厚度 $\Delta x$ 的切片體積近似為 $A(x)\Delta x$。在適當連續性假設下，

$$V=\int_a^bA(x)dx.$$

繞 $x$ 軸旋轉的立體若外半徑為 $R(x)$、內半徑為 $r(x)$，且 $R\ge r\ge0$，則圓環面積為 $\pi(R^2-r^2)$。應先平方半徑再相減；$(R-r)^2$ 通常不是正確截面積。

截面積體積公式的精確充分定理

設 $a<b$、$c<d$、$e<\ell$，有界 Jordan 可測集滿足 $E\subseteq[a,b]\times[c,d]\times[e,\ell]$。將其體積定義為 $\mathbf1_E$ 在該長方體上的正常 Riemann 積分。假設每個截面 $E_x=\{(y,z):(x,y,z)\in E\}$ 都 Jordan 可測，其面積記為 $A(x)$。則 $A$ Riemann 可積，且 $V(E)=\int_a^bA(x)dx$。

下面的矩形 Darboux 論證不預先假設一般切片定理。在乘積網格上，令 $m_{ijk}$ 和 $M_{ijk}$ 為 $\mathbf1_E$ 在小塊 $I_i\times J_j\times K_k$ 上的下確界和上確界。對每個 $x\in I_i$，截面可積性給出

$$\sum_{j,k}m_{ijk}|J_j||K_k|\le A(x)\le\sum_{j,k}M_{ijk}|J_j||K_k|.$$

對 $x\in I_i$ 取下確界和上確界，乘以 $|I_i|$ 再求和，得到 $L_3\le L(A)\le U(A)\le U_3$。Jordan 可測性給出使 $U_3-L_3$ 任意小的網格，故 Darboux 判據證明 $A$ 可積。$V(E)$ 與 $\int A$ 都夾在同一批任意小的區間內，因此相等。這是充分的定義域條件；僅僅某個具名截面積函數連續，並不能保證任意集合 Jordan 可測或其每個截面可測。

連續圓環有直接體積證明

設 $a<b$，$R,r$ 在 $[a,b]$ 上連續且 $0\le r\le R$。將徑向區間 $r(x)\le\sqrt{y^2+z^2}\le R(x)$ 繞 $x$ 軸旋轉。在劃分區間 $I$ 上，用半徑平方的界構造圓環柱，外截面積為 $\pi(\max_I R^2-\min_I r^2)$，內截面積為 $\pi\max\{\min_I R^2-\max_I r^2,0\}$。二者之差至多為 $\pi(\operatorname{osc}_I R^2+\operatorname{osc}_I r^2)$。乘以 $|I|$ 並求和，一致連續性使內外體積差趨零，證明 Jordan 可測性及

$$V=\pi\int_a^b(R(x)^2-r(x)^2)dx.$$

這裡使用圓環面積與等截面圓柱體積的初等公式。圓環 Jordan 可測：每個邊界圓都是緊區間上兩個連續圖像的並，而先前上下函數相等時的條帶論證表明這些圖像的 Jordan 面積為零。將內外矩形面積逼近沿固定高度拉伸，便證明等截面圓柱 Jordan 可測，且其體積等於底面積乘高度。允許半徑相等或為零，這些部分貢獻零。公式沒有使用兩半徑之差的平方。

連續柱殼保留半徑與重數

設 $0\le a<b$，$[a,b]$ 上連續的 $g\le f$ 圍成徑向座標 $x$ 非負的區域。將其繞 $y$ 軸旋轉，並令 $H=f-g$。在徑向區間 $I_i=[x_{i-1},x_i]$ 上，使用面積為 $\pi(x_i^2-x_{i-1}^2)$ 的圓環，並分別以 $\max\{\min_{I_i}f-\max_{I_i}g,0\}$ 和 $\max_{I_i}f-\min_{I_i}g$ 為內外柱殼高度。由一致連續性，其體積差趨零，上界為 $\pi(b^2-a^2)(\omega_f(\delta)+\omega_g(\delta))$，故立體 Jordan 可測。取中點 $m_i=(x_i+x_{i-1})/2$，中間和恰為

$$\sum_i\pi(x_i^2-x_{i-1}^2)H(m_i)=\sum_i2\pi m_iH(m_i)(x_i-x_{i-1}).$$

它們趨於 $2\pi\int_a^bxH(x)dx$。由於 $x\ge0$，每個徑向圓環只出現一次。若生成區域還使用負的 $x$，就必須先去除或分開旋轉後的重疊部分；直接相加兩側可能重複計算同一體積。

例 3：圓環計算。 將區域 $x^2\le y\le x$、$0\le x\le1$ 繞 $x$ 軸旋轉。外半徑為 $x$、內半徑為 $x^2$，故

$$V=\pi\int_0^1(x^2-x^4)dx=\frac{2\pi}{15}.$$

若繞 $y$ 軸旋轉，竪條產生薄柱殼，其周長為 $2\pi x$、高度為 $x-x^2$、厚度為 $dx$。因此繞這個不同軸的體積為

$$V=2\pi\int_0^1x(x-x^2)dx=\frac\pi6.$$

結果不同並不矛盾，因為旋轉軸不同。柱殼使用的半徑是到旋轉軸的非負距離；繞平移後的軸旋轉會改變該半徑。

高度為 $H>0$、底面半徑為 $R\ge0$ 的圓錐提供獨立切片檢驗（$R=0$ 視為體積為零的退化情形）。從尖端量取 $x$，半徑為 $Rx/H$，故

$$V=\int_0^H\pi(Rx/H)^2dx=\frac13\pi R^2H.$$

4.4 弧長與旋轉曲面

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。

收斂中的量詞

定義

實數數列的收斂

數列 $(x_n)$ 收斂至 $L\in\mathbb R$，指對每個 $\varepsilon>0$，存在 $N\in\mathbb N$，使每個 $n\ge N$ 均有 $|x_n-L|<\varepsilon$。記作 $x_n\to L$。$N$ 可以依賴 $\varepsilon$，但必須對其後所有下標同時有效。

「收斂至 $L$」的否定式為：存在 $\varepsilon_0>0$，使對每個 $N$ 都有某個 $n\ge N$ 滿足 $|x_n-L|\ge\varepsilon_0$。少數初始項不影響收斂；在任意後期仍反覆出現的失敗則會影響。

例題

構造 epsilon–N 證明

對 $x_n=(3n+1)/(n+2)$，先猜 $L=3$。因為

$$\left|\frac{3n+1}{n+2}-3\right|=\frac5{n+2}<\frac5n,$$

選 $N>5/\varepsilon$，則每個 $n\ge N$ 都滿足 $|x_n-3|<\varepsilon$。猜測只是動機；不等式及帶量詞的選取才建立證明。

定理

唯一性、有界性及極限定律

收斂實數數列的極限唯一，且數列有界。若 $x_n\to x$、$y_n\to y$，則 $x_n+y_n\to x+y$、$x_ny_n\to xy$；若 $y\ne0$ 且商最終有定義，則 $x_n/y_n\to x/y$。若最終有 $x_n\le z_n\le y_n$，而兩側均收斂至 $L$，則 $z_n\to L$。

證明

唯一性與有界性

若 $x_n\to L$ 且 $x_n\to M$，對任意 $\varepsilon>0$，充分後期的項同時滿足 $|x_n-L|<\varepsilon/2$ 及 $|x_n-M|<\varepsilon/2$。三角不等式給 $|L-M|<\varepsilon$；此式對所有正 $\varepsilon$ 成立，故 $L=M$。要證有界，選 $N$ 使 $n\ge N$ 時 $|x_n-L|<1$。有限個初始項與尾部界 $|x_n|\le|L|+1$ 一起給出整個數列的有限界。

有界性的逆命題不成立：$(-1)^n$ 有界但不收斂。若收斂至 $L$，其偶數子列收斂至 $1$、奇數子列收斂至 $-1$，違反極限唯一性。

證明

乘積定律的機制

收斂數列 $(y_n)$ 有界，設 $|y_n|\le M$。由

$$|x_ny_n-xy|\le|y_n||x_n-x|+|x||y_n-y|,$$

兩項均趨零。對商，$y_n\to y\ne0$ 蘊含最終有 $|y_n|\ge|y|/2$；分母因而遠離零，得 $1/y_n\to1/y$。

子列

定義

子列

$(x_n)$ 的子列是 $(x_{n_k})$，其中 $n_1<n_2<\cdots$ 為正整數。若 $x_n\to L$，每個子列都收斂至 $L$，因為 $n_k\ge k$，最終會超過任意指定下標。

定理

Bolzano–Weierstrass 定理

每個有界實數數列都有收斂子列。

證明

套疊區間證明

把所有項放入閉有界區間 $I_1$，並把它平分。至少一半含無窮多個數列項；選該半區間為 $I_2$。繼續進行，得到長度趨零的套疊閉區間 $I_k$，每個都含無窮多項。選嚴格遞增的下標 $n_k$ 使 $x_{n_k}\in I_k$；因每個區間含無窮多項，故可做到。完備性給出所有區間的一個共同點 $L$：左端點集合的上確界位於每個區間內，因為每個左端點都不超過每個右端點。由 $x_{n_k},L\in I_k$，二者距離不超過區間長度，故趨零。

結論是關於子列，而非整個數列。例如 $(-1)^n$ 有分別收斂至 $1$ 及 $-1$ 的常數子列，但自身不收斂。

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。

實數線上的緊緻子集

集合 $K\subset\mathbb R$ 若每個開覆蓋都有有限子覆蓋，便稱緊緻。在 $\mathbb R$ 中，Heine–Borel 定理指出，這等價於閉且有界，也等價於 $K$ 內每個數列都有收斂至 $K$ 中某點的子列。閉性使子列極限留在集合內；有界性則容許抽取子列。以下證明使用序列形式。

定理

極值定理

若 $K\subset\mathbb R$ 非空且緊緻，$f:K\to\mathbb R$ 連續，則 $f$ 有界並在 $K$ 上取得最大值及最小值。

證明

抽取逼近最大值的子列

若 $f$ 無上界，選 $x_n\in K$ 使 $f(x_n)>n$。存在子列 $x_{n_k}\to x\in K$；連續性給 $f(x_{n_k})\to f(x)$，與其趨向無窮矛盾。對 $-f$ 作同樣論證可得下界。令 $s=\sup f(K)$，選 $x_n\in K$ 使 $s-1/n<f(x_n)\le s$。某收斂子列趨向 $x\in K$，由連續性有 $f(x)=s$。對 $-f$ 同理得最小值。

例題

哪個假設失效？

連續函數 $f(x)=x$ 在 $(0,1)$ 上有界，但沒有最大值或最小值，因為 $0$、$1$ 不在定義域。此集合有界但不閉，故不緊緻。在 $[0,1]$ 上兩端點都存在，因此取得極值。緊緻性是充分的全局假設，不是每個個別函數取得極值的必要條件。

費馬必要條件。 在可微的內點局部最大值或最小值處，$f'(a)=0$。

證明。 在局部最大值處，充分小的正增量給出非正差商，負增量給出非負差商。雙側導數的極限要同時滿足兩種符號，只能為零。對函數取負處理最小值。$\square$

內點條件很重要：$f(x)=x$ 在 $[0,1]$ 上的極值出現在端點，儘管導數為 1。逆命題不成立：$x^3$ 在零處導數為零，但那裡不是極值。

Rolle 定理。 若 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上連續、在 $(a,b)$ 上可微，且 $f(a)=f(b)$，則存在 $c\in(a,b)$ 使 $f'(c)=0$。

證明。 極值定理保證最大值和最小值存在。若函數為常數，任意內點均符合要求。否則某值不同於相等的端點值，因此最大值或最小值之一出現在內部。可在該處應用費馬條件。$\square$

中值定理。 在相同的連續與可微條件下，不要求端點值相等，則存在 $c\in(a,b)$ 滿足 $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$。

從 $f$ 減去割線 $f(a)+[f(b)-f(a)](x-a)/(b-a)$，再應用 Rolle 定理即可。這一證明不假定 $f'$ 連續。推論包括：導數在區間上為零則函數為常數；導數非負則函數不減；區間上 $|f'|\le M$ 則其中各點滿足 $|f(y)-f(x)|\le M|y-x|$。不能由一點的導數值推出整個區間上的導數界。

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。

定理：允許有限個不連續點

若 $f$ 有界，且除至多有限個點外處處連續，則它可積。

證明。 設 $|f|\le M$，並取 $M>0$。用有限個小區間圍住例外點，將其端點加入分割，使這些區間總長度小於 $\varepsilon/(4M)$；在 $[a,b]$ 的端點處採用單側區間。它們對上下和之差的貢獻至多是總長度的 $2M$ 倍，因而小於 $\varepsilon/2$。剩餘的有限個閉區間上，$f$ 連續，故一致連續。將各區間充分加細，使所得每個小區間上的振幅小於 $\varepsilon/[2(b-a)]$，則其上下和差的總貢獻小於 $\varepsilon/2$。合併全部分割點，得到小於 $\varepsilon$ 的差。若某例外區間的端點本身是例外點，稍微移動該端點，使實際例外點都在所選區間內部或定義域端點，從而剩餘閉區間上仍連續。

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。

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 $\int_a^bf=F(b)-F(a)$。

按分量積分與一致連續性

設 $a<b$，且 $r=(r_1,\ldots,r_n):[a,b]\to\mathbb R^n$ 屬於 $C^1$，其中 $n\ge1$。連續向量函數的積分按分量定義。對 $a\le u<v\le b$，對每個坐標應用標量微積分基本定理，得

$$\int_u^v r'(t)\,dt=\bigl(r_1(v)-r_1(u),\ldots,r_n(v)-r_n(u)\bigr)=r(v)-r(u).$$

每個 $r_i'$ 在緊區間上連續，因而一致連續。給定 $\eta>0$，選取 $\delta_i>0$，使得 $t,s\in[a,b]$ 且 $|t-s|<\delta_i$ 時有 $|r_i'(t)-r_i'(s)|<\eta/\sqrt n$。取 $\delta=\min_i\delta_i$，則對滿足 $|t-s|<\delta$ 的任意此類點，

$$\|r'(t)-r'(s)\|^2=\sum_{i=1}^n|r_i'(t)-r_i'(s)|^2<\eta^2.$$

因此 $r'$ 在歐氏範數下一致連續。即使 $r'$ 為零，上述兩項結論仍成立。

1. 先定義長度，再將其化為積分

對於 $r:[a,b]\to\mathbb R^n$，將長度定義為所有有限分割 $a=t_0<\cdots<t_m=b$ 對應折線和 $\sum_i\|r(t_i)-r(t_{i-1})\|$ 的上確界。上確界允許任意精細的折線近似；單一的端點弦通常只是一個下界。

定理：$C^1$ 長度公式

對緊區間上的 $C^1$ 曲線，

$$L(r)=\int_a^b\|r'(t)\|\,dt.$$

上界。 在一個子區間上，向量形式的微積分基本定理給出位移 $d=\int r'(t)dt$。若 $d\ne0$，與其單位方向取點積得到 $\|d\|\le\int\|r'(t)\|dt$；若 $d=0$，該不等式立即成立。對任意分割求和，得到折線長度不超過速率積分。

下界。 $r'$ 的一致連續性表明：對任意 $\eta>0$，足夠細的分割使每個子區間上 $\|r'(t)-r'(\xi_i)\|<\eta$，其中 $\xi_i$ 是該子區間的任意選定樣本點。因此其位移與 $r'(\xi_i)\Delta t_i$ 之差的向量範數至多為 $\eta\Delta t_i$。反三角不等式給出弦長至少為 $\|r'(\xi_i)\|\Delta t_i-\eta\Delta t_i$。速率本身在子區間上變化至多為 $\eta$，所以其積分與該樣本值之差至多為 $\eta\Delta t_i$。求和得折線長度至少為速率積分減去 $2\eta(b-a)$。由於 $\eta$ 可以任意小，上確界達到積分值。這同時證明兩個方向，而不是只證明常見的弦長上界。

該公式不需要正則性：$C^1$ 曲線可以停下。將弧長反解作為坐標時，正則性才成為關鍵。

對連續可微圖像 $y=f(x)$，短弦長度近似為

$$\sqrt{(\Delta x)^2+(f'(x)\Delta x)^2}=\sqrt{1+f'(x)^2}\,\Delta x.$$

取折線長度極限得到

$$L=\int_a^b\sqrt{1+f'(x)^2}dx.$$

平方根不可省略：$\int f'$ 給的是竪直淨變化，不是曲線長度。對連續可微且遍歷一次的參數曲線 $(x(t),y(t))$，相應公式為 $\int\sqrt{x'(t)^2+y'(t)^2}dt$；重複遍歷會重複計入長度。

例 4：非直線圖像。 在 $[0,1]$ 上，$f(x)=2x^{3/2}/3$，有 $f'=\sqrt x$，故

$$L=\int_0^1\sqrt{1+x}dx=\frac23(2\sqrt2-1).$$

它大於端點間直線距離，符合預期。

若非負圖像繞 $x$ 軸旋轉，小截錐的側面積趨於周長 $2\pi f(x)$ 乘弧長元，因此

$$S=2\pi\int_a^bf(x)\sqrt{1+f'(x)^2}dx.$$

這是側面積，不包括需要另行添加的端面圓盤。對 $f(x)=x$、$0\le x\le1$，得到 $S=2\pi\sqrt2\int_0^1xdx=\pi\sqrt2$，即對應圓錐的側面積。

非負 C1 圖像的截錐極限

設 $a<b$，$f\in C^1([a,b])$ 且 $f\ge0$。對劃分 $P$，將每條圖像弦繞 $x$ 軸旋轉，並相加其截錐側面積：

$$S(P)=\sum_i\pi(f(x_{i-1})+f(x_i))\sqrt{(x_i-x_{i-1})^2+(f(x_i)-f(x_{i-1}))^2}.$$

對這一類曲面，將側面積定義為網長趨零時這些旋轉截錐和的共同極限。下面證明該極限存在且與所選劃分無關。中值定理給出 $\xi_i\in(x_{i-1},x_i)$，使 $f(x_i)-f(x_{i-1})=f'(\xi_i)\Delta x_i$。若 $M=\max|f'|$，則 $S(P)$ 與在這些標記點取值的 $2\pi f\sqrt{1+f'^2}$ 的帶標記和之差滿足上界

$$2\pi\sqrt{1+M^2}(b-a)\omega_f(\|P\|)\longrightarrow0.$$

該被積函數連續，故所有這樣的帶標記和都有相同的積分極限。因此 $S=2\pi\int_a^bf(x)\sqrt{1+f'(x)^2}dx$。此構造允許零半徑，不計端面圓盤。這裡證明的是所述旋轉逼近的公式，沒有斷言任意曲面的任意三角剖分都有相同的面積極限。

4.5 密度、質量與質心

對 $[a,b]$ 上的桿，設 $a<b$，連續線密度 $\rho$ 非負，且總質量 $M=\int_a^b\rho(x)dx>0$。小塊質量近似為 $\rho(x)dx$，故

$$M=\int_a^b\rho(x)dx,\qquad \bar x=\frac{\int_a^bx\rho(x)dx}{M}\quad(M>0).$$

分子是關於零點的一階矩。常密度在質心計算中可約去，變密度則不能忽略。

例 5：非均勻桿。 設 $0\le x\le2$ m、$\rho(x)=1+x$ kg/m，數值系數採用相容單位。則 $M=[x+x^2/2]_0^2=4$ kg。一階矩為 $\int_0^2(x+x^2)dx=14/3$ kg·m，故 $\bar x=7/6$ m。由於桿在右側更密，質心位於中點右方。

對 $[a,b]$ 上由 $0\le y\le f(x)$ 圍成的均勻薄片，假設 $a<b$、$f$ 連續且非負，面積 $A=\int_a^bf(x)dx>0$。質心公式為

$$\bar x=\frac{\int xf(x)dx}{A},\qquad \bar y=\frac{\int f(x)^2/2\,dx}{A}.$$

第二個分子來自竪條自身中點的高度 $f(x)/2$ 與其面積 $f(x)dx$。對 $[0,1]$ 上 $f(x)=x$ 下方的三角薄片，得到 $(\bar x,\bar y)=(2/3,1/3)$。

連續條帶的力矩與質心

設 $a<b$，$f:[a,b]\to[0,\infty)$ 連續。對滿足 $f\ge0$ 的薄片 $0\le y\le f(x)$，同一批矩形也證明力矩公式。短區間上高為 $h$ 的矩形的竪直一階矩為 $h^2\Delta x/2$，水平一階矩為 $h\int_I x\,dx$。上下階梯高度一致趨於 $f$，結合 $x$ 和 $f$ 的有界性，使這些力矩趨於 $\int_a^b f(x)^2/2\,dx$ 和 $\int_a^bxf(x)dx$。除以正面積便得到質心；此論證不會對零面積薄片作除以零的運算。

4.6 功與壓力需要力的模型

沿直線方向的功為 $W=\int F(x)dx$，其中 $F(x)$ 是該方向的帶符號力分量。位移以米、力以牛頓計時結果為焦耳。變化的力通常不能用端點值乘總距離代替。

例 6：彈簧。 在伸長 $x\ge0$ 的胡克定律模型 $F(x)=kx$ 下，從 $a$ 伸長到 $b$，其中 $0\le a<b$，所需功為

$$W=\frac k2(b^2-a^2).$$

若 $k=200$ N/m、$a=0.1$ m、$b=0.3$ m，功為 $100(0.09-0.01)=8$ J。模型假設彈簧始終在力與伸長成正比的範圍內。

對密度恆為 $\rho$ 的靜止流體，液面下深度 $h$ 處的表壓為 $\rho gh$。竪直板的水平條寬為 $w(h)$、厚為 $dh$ 時，受力為 $\rho gh\,w(h)dh$。因此

$$F=\rho g\int h\,w(h)dh.$$

對寬 $3$ m、深度從 $1$ m 到 $3$ m 的矩形板，$F=3\rho g\int_1^3h\,dh=12\rho g$，單位由所述 SI 輸入決定。本例可使用平均深度，因為壓力是仿射的且寬度恆定；積分形式可以處理更一般的形狀。

4.7 分層練習

基礎

1. 對 $[0,3]$ 上的速度 $v(t)=3-2t$，求位移和總路程。
2. 求 $y=2x$ 與 $y=x^2$ 之間有界區域的面積。
3. 立體在 $0\le x\le2$ 上的截面積為 $A(x)=\pi(1+x)^2$，求其體積。

核心

4. 將 $y=\sqrt x$ 下方、$0\le x\le4$ 的區域繞 $x$ 軸旋轉，求體積。
5. 用柱殼法求 $y=1-x$ 下方、$0\le x\le1$ 的區域繞 $y$ 軸旋轉的體積，並用圓錐公式檢驗。
6. 求從 $x=0$ 到 $x=2$ 的直線段 $y=3x+1$ 的弧長，並用端點距離檢驗。
7. $[0,1]$ 上的桿密度為 $\rho(x)=2x$，求質量和質心。
8. 在 $F(x)=100x$ 下，求彈簧從零伸長到 $0.2$ m、以及從 $0.2$ 伸長到 $0.4$ m 的功。解釋相同伸長距離為何結果不同。

綜合

9. 求 $[0,1]$ 上 $y=x^2$ 下方均勻薄片的質心。
10. 寬 $w>0$ 的竪直矩形板在靜止恆密度流體中從深度 $a\ge0$ 延伸至 $a+H$，其中 $H>0$。導出總表壓力，並證明它等於中點深度處壓力乘以面積。說明該簡化成立的假設。

4.8 詳解

1. 帶符號積分為 $[3t-t^2]_0^3=0$。速度在 $3/2$ 處變號，兩半各貢獻路程 $9/4$，總路程為 $9/2$。
2. 交點滿足 $2x=x^2$，故 $x=0,2$。在 $[0,2]$ 上直線位於拋物線上方。面積為 $\int_0^2(2x-x^2)dx=[x^2-x^3/3]_0^2=4/3$。
3. $V=\pi[(1+x)^3/3]_0^2=26\pi/3$。
4. 圓盤半徑為 $\sqrt x$，故 $V=\pi\int_0^4x\,dx=8\pi$。關鍵是平方半徑，而不是直接積分半徑。
5. 柱殼半徑為 $x$、高度為 $1-x$，故 $V=2\pi\int_0^1x(1-x)dx=\pi/3$。立體是半徑和高度均為一的圓錐，也得到 $\pi/3$。
6. 長度為 $\int_0^2\sqrt{1+9}dx=2\sqrt{10}$。端點水平差為 $2$、竪直差為 $6$，故距離為 $\sqrt{4+36}=2\sqrt{10}$。
7. 質量為 $\int_0^12xdx=1$。一階矩為 $\int_0^12x^2dx=2/3$，故質心距左端為 $2/3$。
8. 功為 $50(b^2-a^2)$；兩個值分別是 $2$ J 和 $6$ J。第二段的伸長較大，力也較大；功取決於整個路徑上的力，而非僅取決於距離。
9. 面積 $A=1/3$。水平一階矩為 $\int_0^1x^3dx=1/4$，得到 $\bar x=3/4$；竪直一階矩為 $\frac12\int_0^1x^4dx=1/10$，得到 $\bar y=3/10$。
10. 積分得 $F=\rho gw\int_a^{a+H}h\,dh=\rho gw(aH+H^2/2)=\rho g(a+H/2)(wH)$。第一因子是中點深度的表壓，$wH$ 是面積。該簡化依賴竪直矩形板、恆定寬度、恆定密度與重力加速度，以及隨深度線性變化的靜水表壓。它不是任意板形或變密度流體的無條件規則。

總結與後續聯繫

建立積分時應識別小塊貢獻及其度量。速度積分給位移，速率的絕對值積分給路程。面積要求正確的邊界次序；切片、圓環和柱殼使用不同幾何，半徑是到所選軸的距離。弧長引入依賴斜率的元素；密度加權質量與力矩，力模型加權功或壓力條。單位和獨立幾何檢驗常在困難積分之前暴露錯誤。