嚴格構造指數與對數函數

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。

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。

對於數列 $u_n\ge0$，定義

允許取值 $+\infty$。尾部上確界非遞增，故其下確界就是它的廣義極限。我們需要以下兩個結論。

• 若 $L<q$，則最終有 $u_n<q$。事實上，某個尾部上確界小於 $q$；否則這些上確界的下確界至少為 $q$。
• 若 $q<L$，則有無窮多個指標滿足 $u_n>q$。否則某個尾部的每項都至多為 $q$，迫使其上確界以及 $L$ 至多為 $q$。

原數列沒有極限時，這些結論仍有用。有限個特別大的項會影響某些較早的尾部上確界，但不影響 $L$。

比值判別法收斂情形的證明。 假設充分大的 $n$ 均有 $a_n\ne0$，且 $\limsup |a_{n+1}/a_n|<1$。取嚴格大於該上極限的 $0<q<1$。存在 $N$，使每個 $n\ge N$ 都滿足 $|a_{n+1}/a_n|\le q$。逐項迭代得到

幾何級數 $\sum_{k\ge0}|a_N|q^k$ 收斂，故比較判別法證明絕對值尾和收斂。有限前綴不影響收斂，因此 $\sum a_n$ 絕對收斂。對一族級數作一致結論，還需要對輸入一致成立的界。

從一致尾部控制得到一致極限，區分保持連續性與保持導數，並以中值定理證明求導定理。對非空集合 $A$ 上的實函數，一致收斂意味著 $\sup_{x\in A}|f_n(x)-f(x)|\to0$，且誤差最終有限。一致 Cauchy 指對每個 $\varepsilon>0$，存在 $N$，使所有 $x\in A$ 及所有 $m,n\ge N$ 均滿足 $|f_n(x)-f_m(x)|<\varepsilon$。若 $A=\varnothing$，則採用的 epsilon–N 條件空真成立，不使用空集的實數上確界。

定理：一致完備性

實值函數列一致收斂，當且僅當它一致 Cauchy。

證明。 一致收斂時，兩個大小為 $\varepsilon/2$ 的誤差給出 Cauchy 估計。反之，一致 Cauchy 蘊含每個固定 $x$ 的 $(f_n(x))$ 都是實數 Cauchy 序列，故定義 $f(x)=\lim_n f_n(x)$。固定 $\varepsilon>0$，使用容差 $\varepsilon/2$ 的一致 Cauchy 條件。對每個 $x$ 和 $n\ge N$，在估計中令 $m\to\infty$，得到 $|f_n(x)-f(x)|\le\varepsilon/2<\varepsilon$。同一 $N$ 對所有點有效，故一致收斂。值域空間 $\mathbb R$ 的完備性提供逐點極限。

不假設 $C^1$ 的求導與極限交換

定理

設 $a<b$。假設每個 $f_n$ 在 $[a,b]$ 連續、在 $(a,b)$ 可微；若在一個固定點 $x_0\in[a,b]$ 處 $f_n(x_0)$ 收斂，且 $f_n'$ 在 $(a,b)$ 一致收斂到 $g$，則 $f_n$ 在 $[a,b]$ 一致收斂到連續函數 $f$，後者在 $(a,b)$ 可微且 $f'=g$。不要求各導數函數連續。

存在性的證明。 導數一致收斂，故一致 Cauchy。當 $m,n$ 充分大時，對 $f_n-f_m$ 在 $x_0$ 與任意 $x$ 之間應用中值定理，得到

錨點值序列為 Cauchy 序列，因此右側一致地趨小。一致完備性給出一致極限 $f$；連續函數的一致極限連續。

導數恆等式的證明。 固定內部點 $x$ 和 $\varepsilon>0$。選取 $N$，使所有內部點 $t$ 和所有 $n\ge N$ 均滿足 $|f_n'(t)-f_N'(t)|\le\varepsilon$，並且 $|g(x)-f_N'(x)|\le\varepsilon$。對充分小的非零 $h$，在從 $x$ 到 $x+h$ 的線段上對 $f_n-f_N$ 應用中值定理：

在這兩個固定輸入處令 $n\to\infty$，相同不等式對以 $f$ 代替 $f_n$ 的情形成立。固定的 $f_N$ 在 $x$ 可微，故當 $h$ 足夠小時，它的差商與 $f_N'(x)$ 相差小於 $\varepsilon$。三角不等式說明 $f$ 的差商與 $g(x)$ 之差的絕對值至多為 $3\varepsilon$。$\varepsilon$ 任意，便證明可微且導數相等。此論證沒有對 $g$ 積分，因此沒有暗中假設 $g$ 連續或 Riemann 可積。