學習目標與準備

本章以此前的代數、圖像、指數與三角學為基礎，介紹極限、導數和積分的基本思想。你將計算初等邊際量、識別不可微的閾值，並由連續變化率和初始值恢復總量。

4.1 極限與連續

設 $f:D\subseteq\mathbb R\to\mathbb R$，且 $a$ 是 $D$ 的聚點。極限描述函數在某個輸入附近的行為，不一定是該點的函數值。斷言 $\lim_{x\to a}f(x)=L$ 表示：對於每個要求的輸出容差 $\varepsilon>0$，存在輸入容差 $\delta>0$，使滿足 $0<|x-a|<\delta$ 的允許輸入都滿足 $|f(x)-L|<\varepsilon$。

例 1：化簡並不補上缺失的函數值。 對 $x\ne2$，有 $(x^2-4)/(x-2)=x+2$。因此它在 $2$ 處的極限為 $4$，儘管原來的商在該處無定義。取 $\delta=\varepsilon$ 即驗證定義，因為與 $4$ 之差的絕對值為 $|x-2|$。

當定義域從兩側都有趨近 $a$ 的點時，雙側有限極限存在當且僅當兩個單側有限極限都存在且相等。

對於零點以外的 $f(x)=|x|/x$，右極限為 $1$，左極限為 $-1$，故雙側極限不存在。只取正輸入的數值表不會揭示這個問題。

對任意 $a\in D$，無論它是否為聚點，函數相對於 $D$ 在該點連續，是指對每個 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使 $x\in D$ 且 $|x-a|<\delta$ 蘊含 $|f(x)-f(a)|<\varepsilon$。這包括孤立點；當 $a$ 是聚點時，它等價於極限等於 $f(a)$。多項式處處連續；有理函數在分母非零處連續。分段函數即使兩側斜率不同，只要分支在同一函數值接合，也可能連續。

4.2 從平均變化率到導數

設 $a$ 是 $D$ 的內點。對於充分小的 $h\ne0$，從 $a$ 到 $a+h$ 的平均變化率是 $[f(a+h)-f(a)]/h$。若其左右極限相等且有限，這個極限就是導數

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

在內部點，這在圖像上表示切線斜率，在數值上表示瞬時變化率。其單位是輸出單位除以輸入單位。

例 2：推導邊際成本。 設 $C(q)=50+6q+q^2$，則

$$\frac{C(q+h)-C(q)}h=6+2q+h,$$

因此 $C'(q)=6+2q$。當 $q=5$ 時，邊際成本是每單位產量 $16$。從 $5$ 到 $6$ 的精確增量是 $17$，不是 $16$，因為有限變化還包含 $h^2=1$。當 $q=5$ 時，平均成本為 $C(5)/5=21$，是另一種量度。

可微蘊含連續：將函數增量寫成 $f(a+h)-f(a)=h$ 乘以差商的形式，再取極限。反過來不一定成立。

例 3：閾值處連續但不可導的賬單。 設

$$T(q)=\begin{cases}2q,&0\le q\le100,\\200+3(q-100),&q>100.\end{cases}$$

兩分支在 $200$ 接合，因此賬單在 $100$ 處連續。該點差商的左極限是 $2$，右極限是 $3$，故雙側導數不存在。此閾值處的邊際成本需要明確採用單側解釋，不能當作存在單一導數。

4.3 基本法則與局部線性化

對非零整數 $n$，在 $x^n$ 的定義域內有 $(x^n)'=nx^{n-1}$。當 $n=0$ 時，約定所有實數 $x$ 都有 $x^0=1$，其導數為零。常數導數為零，和逐項求導，數乘保留其系數。乘積、商及鏈式法則分別為

$$(fg)'=f'g+fg',\qquad(f/g)'=\frac{f'g-fg'}{g^2},\qquad (f\circ g)'=f'(g)g'.$$

商法則要求分母非零，鏈式法則要求相關導數存在。證明乘積法則時，可在乘積之差中加上並減去 $f(a+h)g(a)$，再取極限；結果不是兩個導數相乘。

對基本指數和對數函數，$(e^x)'=e^x$，且當 $x>0$ 時 $(\ln x)'=1/x$。因此得到 $(e^{kx})'=ke^{kx}$，以及在 $g(x)>0$ 處的 $(\ln g(x))'=g'(x)/g(x)$。

例 4：複合增長規則。 對 $N(t)=100e^{0.05t}$，有 $N'=5e^{0.05t}$ 和 $N'/N=0.05$。絕對變化率隨數量增加，相對變化率卻保持不變；該系數的單位是時間的倒數。

可微性還給出

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

因此切線提供局部近似，而不是精確的有限變化公式。對 $f(x)=x^2$ 在 $a=4$ 處，近似為 $(4+h)^2\approx16+8h$，精確餘項為 $h^2$。

4.4 基本優化與必要檢查

在內部可微局部極值點，$f'(a)=0$：最大值處的左右差商符號相反或為零，因此共同極限必須為零。導數為零並不充分，例如 $x^3$ 在零處不是極值。

由中值定理，在區間上處處導數為正可推出遞增，處處為負可推出遞減。連續函數在閉有界區間上存在極值；須檢查端點與內部臨界輸入。可行數量限制也是問題的一部分。

例 5：收入。 設 $p(q)=24-q$ 且 $0\le q\le20$。則 $R(q)=24q-q^2$、$R'=24-2q$，故收入在 $q=12$ 之前遞增、之後遞減，最大值為 $144$。配方 $R=144-(q-12)^2$ 也獨立證明了全局結論。若產能限制為 $q\le10$，可行最大值改為 $R(10)=140$。

這裡最大化的是收入而非利潤；若成本隨數量變化，利潤目標的導數不同，最優點也可能不同。

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。

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。

例 6：從邊際規則恢復總成本。 若 $C'(q)=5+2q$ 且 $C(0)=30$，則

$$C(q)=30+\int_0^q(5+2s)ds=30+5q+q^2.$$

固定成本來自初始值，而非求導。在 $q\in[2,4]$ 上，增量為 $\int_2^4(5+2q)dq=22$。若把左端點處的邊際成本乘以整個區間長度，會得到 $18$，這只是矩形近似。

4.6 分級練習

基礎

1. 求 $\lim_{x\to3}(x^2-9)/(x-3)$，並與該商在 $3$ 處的函數值區別。
2. 從定義求 $f(x)=x^2+3x$ 的導數。
3. 對 $C(q)=40+4q+q^2$，求 $q=2$ 處的邊際成本與平均成本。

核心

4. 求 $f(x)=(x+1)e^{2x}$ 的導數。
5. 求 $g(x)=\ln(2+x^2)$ 的導數並說明其實數定義域。
6. 求 $x^2$ 在 $x=5$ 處的切線近似，估計 $5.01^2$ 並給出精確誤差。
7. 在 $[0,7]$ 上最大化 $R(q)=18q-q^2$，解釋端點結果。
8. 若 $C'(q)=3+4q$ 且 $C(0)=20$，求總成本以及從 $q=1$ 到 $q=3$ 的增量。

綜合

9. 給出一個連續的分段仿射函數，使零點處左側斜率為一、右側斜率為二。計算該處差商並判斷可微性。
10. 某學生說收入最大值就是利潤最大值，因為兩者都依賴產量。用 $R(q)=10q-q^2$ 和 $C(q)=2q$ 在 $[0,10]$ 上反駁此說法，準確求出兩種最大值對應的產量。

4.7 完整解答

1. 對 $x\ne3$，該商為 $x+3$，極限為 $6$；原商在 $3$ 處分母為零，沒有函數值。
2. 差商為 $[2xh+h^2+3h]/h=2x+h+3$，趨於 $2x+3$。
3. 邊際成本 $C'=4+2q$ 給出 $8$；產量二時總成本為 $40+8+4=52$，故平均成本是每單位 $26$。
4. 乘積法則與鏈式法則給出 $f'=e^{2x}+2(x+1)e^{2x}=(2x+3)e^{2x}$。
5. 對所有實數 $x$，對數參數 $2+x^2$ 都為正，所以定義域為 $\mathbb R$，且 $g'=2x/(2+x^2)$。
6. 切線為 $L(x)=25+10(x-5)$，得到 $25.1$。精確值為 $25.1001$，故誤差為 $0.0001=(0.01)^2$。
7. 在 $[0,7]$ 上有 $R'=18-2q>0$，所以最大值在 $q=7$ 處取得，值為 $126-49=77$。不受限的駐點 $9$ 不可行。
8. $C(q)=20+3q+2q^2$；增量為 $3(3-1)+2(9-1)=22$。
9. 令 $f(x)=x$ 當 $x\le0$，$f(x)=2x$ 當 $x>0$。兩分支在零處都趨於函數值零，故連續。零點的差商在負 $h$ 時為一，正 $h$ 時為二，故雙側導數不存在。
10. 收入為 $25-(q-5)^2$，在 $q=5$ 最大；利潤為 $R-C=8q-q^2=16-(q-4)^2$，在 $q=4$ 最大。兩者均可行。減去隨產量變化的成本會改變目標及其最優輸入。

總結與後續聯繫

極限描述附近行為。導數是平均變化率的極限，給出局部線性預測而不是精確的有限增量。閾值處可能連續但不可微。優化須採用正確目標和可行域。積分累積連續變化率，初始值提供缺少的總量常數。

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。

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。

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。

定義

函數極限與連續性

假設 $f$ 在除 $a$ 以外任意接近 $a$ 的點有定義。若對每個 $\varepsilon>0$ 都有 $\delta>0$，使定義域內的 $0<|x-a|<\delta$ 蘊含 $|f(x)-L|<\varepsilon$，則寫作 $\lim_{x\to a}f(x)=L$。若 $f$ 在 $a$ 有定義且極限等於 $f(a)$，則 $f$ 在 $a$ 連續。端點使用相應的單側極限。

當定義域中從 $a$ 兩側都存在任意接近 $a$ 的點時，雙側極限存在當且僅當左右極限都存在且相等。多項式處處連續，有理函數在分母非零處連續；連續函數的和、積、分母非零的商及有定義的複合均連續。以弧度計，標準極限 $\lim_{x\to0}\sin x/x=1$ 支持後面的正弦導數。$+∞$ 和 $-∞$ 處的極限分別描述兩個方向的行為；無窮並不是實數輸入。

定理

中間值及極值

若 $f$ 在 $[a,b]$ 連續，它在該區間取得最大值及最小值。若 $y$ 介於 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之間，則存在 $c\in[a,b]$ 使 $f(c)=y$。極值結論依賴閉、有界和連續；只在開區間連續不保證取得極值。

證明

中間值定理的證明思路

假設 $f(a)<y<f(b)$，令 $S=\{x\in[a,b]:f(x)\le y\}$。該集合非空且有上界，故 $c=\sup S$ 存在。若 $f(c)<y$，連續性會使 $c$ 右側附近的點也屬於 $S$；若 $f(c)>y$，連續性又會使任意接近 $c$ 的 $S$ 中點的函數值大於 $y$，均矛盾。因此 $f(c)=y$。端點相等的情況直接成立，反向排列可用反向不等式處理。

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。

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。