5. 實數代數與有限數列

學習目標與路徑

你將掌握根式的定義域，在不改變含義的情況下求解不等式，解釋絕對值，並推導有限等差和等比數列的和。第 1 章配合介紹二次函數和商業模型。

5.1 表達式相等需要定義域

代數恆等式斷言兩邊在共同有定義的地方相等。對實數平方根，$\sqrt{x}$ 表示非負根，要求 $x\ge0$。因此

$$\sqrt{x^2}=|x|,$$

而不是對每個實數 $x$ 都等於 $x$。例如 $\sqrt{(-3)^2}=3$。將方程平方通常只給出正向蘊含：相等蘊含平方相等，但平方後的方程可能產生符號錯誤的解。

例 1——平方後檢查。 解 $\sqrt{x+2}=x$。根式要求 $x\ge-2$，而它等於非負平方根還要求 $x\ge0$。平方得 $x+2=x^2$，故 $x=2$ 或 $x=-1$。只有 $2$ 滿足符號要求，代入可驗證。增根來自平方消去了符號。

共軛恆等式 $(u-v)(u+v)=u^2-v^2$ 可將根式分母有理化。當 $x\ge0$ 且 $x\ne4$，

$$\frac{1}{\sqrt{x}-2}=\frac{\sqrt{x}+2}{x-4}.$$

新公式不提供 $4$ 處的值。一個相關恆等式對 $x\ge0$、$x\ne4$ 成立：

$$\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}=\frac1{\sqrt{x}+2}.$$

右邊在 $4$ 有定義，但這只給出原商一個可能的連續延拓，不會追溯改變其定義域。

例 2——精確有理化。 因為 $(\sqrt3-\sqrt2)(\sqrt3+\sqrt2)=1$，故 $1/(\sqrt3-\sqrt2)=\sqrt3+\sqrt2$。分子分母同乘一個非零表達式保持數值不變。

5.2 指數律、根與對數

對非零實數 $a$，整數次冪滿足 $a^0=1$、$a^{-n}=1/a^n$。重複相乘證明整數指數的 $a^ma^n=a^{m+n}$ 和 $(a^m)^n=a^{mn}$，負指數用倒數處理。$0^{-1}$ 等表達式仍無定義。

對正數 $a$ 和有理數 $m/n$（$n>0$），將 $a^{m/n}$ 定義為 $a^m$ 的正 $n$ 次根。相同指數律推廣到有理指數；通過連續定義實數次冪或寫作 $a^t=e^{t\ln a}$，可推廣到所有實指數。正性是任意實指數下清晰的共同定義域。 部分負底數冪存在，例如 $(-8)^{1/3}=-2$，但不加區別的實指數律可能失敗：$(({-1})^2)^{1/2}=1$ 不等於 $(-1)^{2(1/2)}=-1$。

對 $u,v\ge0$，有 $\sqrt{uv}=\sqrt u\sqrt v$；限制很重要。對 $x>0$，

$$\frac{x^{3/2}x^{-1/2}}{x^2}=x^{-1}=\frac1x.$$

化簡表達式在原定義域上有相同值。對數要求真數為正，因此 $x\ne0$ 時 $\ln(x^2)=2\ln|x|$，而 $2\ln x$ 只適用於正 $x$。第 7 章將指數和對數函數作為互逆函數展開。

5.3 次序與絕對值

兩邊加同一數保持不等號方向。乘以或除以正數保持方向，負數則反轉方向。若因子含未知數，使用前必須確定其符號。

例 3——不要盲目乘以未知分母。 解

$$\frac{x-1}{x+2}\ge0.$$

排除 $x=-2$。分子在 $1$ 處為零。在 $(-\infty,-2)$ 上分子分母均負，商為正；在 $(-2,1)$ 上符號不同；在 $(1,\infty)$ 上均為正。包括商為零的 $1$，但不包括極點。答案為 $(-\infty,-2)\cup[1,\infty)$。不分情況乘以 $x+2$ 會丟失第一個區間。

對實數 $u$，$|u|$ 是它到零的距離。對 $r\ge0$，

$$|u|\le r\iff-r\le u\le r,\qquad |u|\ge r\iff u\le-r\text{ or }u\ge r.$$

若 $r<0$，第一個不等式無解，第二個對所有實數 $u$ 成立。嚴格版本也必須保留端點約定。

例 4——容許區間。 虛構的測量規則允許 $|2x-5|\le3$，即 $-3\le2x-5\le3$，所以 $1\le x\le4$。相比之下，$|2x-5|>3$ 描述 $x<1$ 或 $x>4$。“範圍內”給出兩個條件的交，“範圍外”給出並。

三角不等式 $|u+v|\le|u|+|v|$ 來自將 $-|u|\le u\le|u|$ 和 $v$ 的類似界相加。對 $u=(u-v)+v$ 使用它得 $|u|-|v|\le|u-v|$；交換 $u,v$ 得

$$\big||u|-|v|\big|\le|u-v|.$$

這說明輸入的小誤差不會使其絕對值產生更大的誤差。

5.4 等差數列：固定差

有限等差數列首項為 $a$、公差為 $d$。其第 $k$ 項為

$$a_k=a+(k-1)d,\qquad k=1,2,\ldots,n.$$

這來自將 $d$ 加上恰好 $k-1$ 次。設 $S_n=a_1+\cdots+a_n$，將和正寫與倒寫，每個對應列均為 $a_1+a_n$，故

$$2S_n=n(a_1+a_n),\qquad S_n=\frac n2\bigl(2a+(n-1)d\bigr).$$

證明對負公差和負項也有效，不需要正性。指標 $k-1$ 很重要：首項尚未經歷任何增量。

例 5——計劃增加工作量。 虛構訓練計劃第一周安排 $12$ 項任務，以後每周增加 $3$ 項，共 $8$ 周。第八周為 $12+7(3)=33$ 項，總數為 $8(12+33)/2=180$ 項。$33$ 是每周水平，不是累積總量。無限延長計劃需要單獨的可行性證據。

若已知末項和公差，求項數時 $n$ 必須為正整數。對於 $5,9,13,\ldots$，$42$ 不是其中一項：$5+4(n-1)=42$ 給出 $n=41/4$，不是整數。

5.5 等比數列：固定乘數

等比數列滿足 $a_1=a$、$a_{k+1}=ra_k$。對 $k\ge2$，$a_k=ar^{k-1}$。單獨描述 $a_1$ 也避免在 $r=0$ 時不必要地出現 $0^0$。通過移位相減推導有限和：

$$S_n=a+ar+\cdots+ar^{n-1},\quad rS_n=ar+ar^2+\cdots+ar^n.$$

因此 $(1-r)S_n=a(1-r^n)$，得到

$$S_n=\frac{a(1-r^n)}{1-r}\quad(r\ne1),\qquad S_n=na\quad(r=1).$$

這是對任意實數 $a,r$ 和正整數 $n$ 成立的有限恆等式，無需收斂假設。負的 $r$ 產生交替符號；例外公比 $1$ 不能通過除以零處理。

例 6——重複投入。 某假設項目在每期末尾增加 $100$ 個單位，已有餘額在下一次投入前乘以 $1.02$。第五次投入後，第一次已增長四期，最新一次尚未增長，總量為

$$100\bigl(1+1.02+1.02^2+1.02^3+1.02^4\bigr) =100\frac{1.02^5-1}{0.02}.$$

若每期初投入並在第五期末估值，則此總量再乘 $1.02$。冪次由時間線決定，而不是靠死記公式。

5.6 分級練習

基礎

1. 對每個實數 $x$ 化簡 $\sqrt{(x-3)^2}$，並在 $x=1$ 處計算。
2. 將 $1/(\sqrt5-2)$ 精確地分母有理化。
3. 在 $x>0$ 上化簡 $(x^{5/2}x^{-1/2})/x^3$。
4. 等差數列 $a=7,d=-2$，求第 12 項及前 12 項和。

核心

5. 在實數上解 $\sqrt{x+6}=x$，檢查每個候選解。
6. 解 $|3x+1|<5$ 和 $|3x+1|\ge5$。
7. 解 $(x+1)/(x-3)\le0$，說明端點是否包含。
8. 求 $3,-6,12,\ldots$ 的前六項和，解釋為甚麼未使用無窮和公式。

綜合

9. 對實數 $u,v,w$ 證明 $|u-v|\le|u-w|+|w-v|$，將其解釋為距離比較。
10. 一個計劃第一周完成 $20$ 項任務，以後每周多 $4$ 項。其前 $n$ 周能否對正整數 $n$ 恰好完成 $200$ 項？
11. 遞推式為 $B_0=0$、$B_{n+1}=rB_n+c$，其中 $r,c$ 為實常數。求 $n\ge1$ 的 $B_n$，包括 $r=1$，並在 $n=1,2$ 驗證公式。
12. 解釋為甚麼即使在 $x\ge1$ 上，將 $\sqrt{x^2-1}$ 替換為 $x-1$ 也不是恆等式。

5.7 完整解答

1. 表達式為 $|x-3|$；在 $1$ 處為 $2$，不是 $-2$。
2. 乘以非零共軛得 $(\sqrt5+2)/(5-4)=\sqrt5+2$。
3. 指數相加減：$x^{5/2-1/2-3}=x^{-1}=1/x$，保留 $x>0$。
4. $a_{12}=7+11(-2)=-15$。和為 $12(7-15)/2=-48$。負項是允許的。
5. 等式要求 $x\ge0$。平方得 $x^2-x-6=(x-3)(x+2)=0$。捨去右邊為負的 $-2$；$3$ 滿足 $\sqrt9=3$。
6. 嚴格區間給出 $-5<3x+1<5$，故 $-2<x<4/3$。外側不等式給出 $x\le-2$ 或 $x\ge4/3$，包含端點。
7. 在 $x=-1$ 商為零；$x=3$ 被排除。兩點分出的三個區間上符號依次為正、負、正。答案為 $[-1,3)$。
8. 此處 $a=3,r=-2$。有限和為 $3(1-(-2)^6)/(1+2)=-63$。直接相加得 $3-6+12-24+48-96=-63$。雖各項不趨於零、無收斂的無窮幾何和，六項有限公式仍有效。
9. 寫 $u-v=(u-w)+(w-v)$，應用上面的三角不等式。$u$ 到 $v$ 的直接距離至多是經 $w$ 的兩段距離之和。
10. 和為 $n[40+4(n-1)]/2=2n(n+9)$。等於 $200$ 要求 $n^2+9n-100=0$，其根為 $(-9\pm\sqrt{481})/2$，沒有正整數。也可見 $n=6,7$ 時遞增的正總數為 $180,224$，跳過了 $200$。
11. 迭代得到 $B_n=c(1+r+\cdots+r^{n-1})$。因此 $r\ne1$ 時 $B_n=c(1-r^n)/(1-r)$，$r=1$ 時 $B_n=nc$。它給出 $B_1=c$ 和 $B_2=c(1+r)$，與遞推一致。第 6 章給出所有 $n$ 的歸納證明。
12. 在 $x=2$，第一個表達式為 $\sqrt3$，不是 $1$。將所提等式平方要求 $x^2-1=(x-1)^2=x^2-2x+1$，所以在 $x\ge1$ 上只在 $x=1$ 相等。孤立正確的巧合不是一般恆等式。

總結與遷移

每次化簡都帶有定義域。平方可能增加偽解，相消可能隱藏排除的輸入。絕對值編碼距離，並區分區間內與區間外條件。等差數列加固定差，等比數列乘固定比。兩種有限和公式都由對實際和的操作得到；每個模型都需要明確首項和估值時刻。

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。

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。

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。

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。

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。

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。