構造正弦、餘弦、弧度與反函數分支

證明

下文所用的先修證明

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。

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

$$s_N=\sup\{u_n:n\ge N\},\qquad L=\inf_N s_N=\limsup_{n\to\infty}u_n,$$

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

$$|a_{N+k}|\le |a_N|q^k\qquad(k\ge0).$$

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。

定理

一致極限保持連續

若每個 $f_n$ 相對 $A$ 在 $a\in A$ 連續，且 $f_n\to f$ 在 $A$ 上一致收斂，則 $f$ 在 $a$ 連續。

證明

三項估計

給定 $\varepsilon>0$，選 $N$ 使所有 $x\in A$ 都有 $|f_N(x)-f(x)|<\varepsilon/3$。由固定函數 $f_N$ 在 $a$ 連續，選 $\delta$ 使 $|x-a|<\delta$ 時 $|f_N(x)-f_N(a)|<\varepsilon/3$。則

$$|f(x)-f(a)|\le|f(x)-f_N(x)|+|f_N(x)-f_N(a)|+|f_N(a)-f(a)|<\varepsilon.$$

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

$$|f_n(x)-f_m(x)|\le|f_n(x_0)-f_m(x_0)|+(b-a)\sup_{(a,b)}|f_n'-f_m'|.$$

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：

$$\left|\frac{f_n(x+h)-f_n(x)}h-\frac{f_N(x+h)-f_N(x)}h\right|\le\varepsilon.$$

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。

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 $f(c)=y$。

學習目標與證明依賴

以分析方法構造正弦與餘弦，證明恆等式和真正的最小正週期，並求反函數的定義域與導數。我們使用階乘級數收斂、緊區間上一致求導、中值定理、介值定理及實數完備性。此構造不預設熟悉的幾何正弦、餘弦恆等式。

對每個實數 $x$ 定義

$$S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!},\qquad C(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!}.$$

在 $|x|\le M$ 上，階乘優級數將這兩個級數及其導數級數分別控制在收斂數項級數之下：相鄰階乘分母最終使每個比值至多為 $1/2$。因此可對多項式部分和應用一致求導定理；對求導後的級數重新編號，得到

$$S'=C,\qquad C'=-S,\qquad S(0)=0,\quad C(0)=1.$$

重複該論證可證明兩個函數無限可微。由定義中的奇次與偶次冪，還得到 $S(-x)=-S(x)$ 和 $C(-x)=C(x)$。

1. 單位圓恆等式是一個定理

對 $S^2+C^2$ 求導，導數為 $2SC-2CS=0$。由中值定理，它在實數直線上為常數；在零處值為一，所以對所有實數 $x$ 有 $S(x)^2+C(x)^2=1$。特別地，兩個函數的絕對值都不超過一。此證明沒有使用事先定義的幾何圓參數化。

還需一個唯一性觀察。若可微函數 $U,V$ 滿足 $U'=-V,V'=U$ 且在零處都為零，則 $(U^2+V^2)'=0$，初值也為零，故兩函數處處為零。這個初等的能量論證證明了該二元方程組的唯一性，無須引用尚未證明的一般常微分方程定理。

2. 由唯一性推出加法公式

固定實數 $y$，定義

$$U(x)=C(x+y)-[C(x)C(y)-S(x)S(y)],$$ $$V(x)=S(x+y)-[S(x)C(y)+C(x)S(y)].$$

由導數恆等式得 $U'=-V,V'=U$，且兩個初值均為零。因此由唯一性得

$$C(x+y)=C(x)C(y)-S(x)S(y),\qquad S(x+y)=S(x)C(y)+C(x)S(y).$$

它們對任意一對實數輸入均成立。令兩個輸入相等即可得到熟悉的倍角公式；它們是結論，而不是循環定義時預先使用的恆等式。

3. 定義 π 之前先證明第一個零點存在

不能僅畫出振盪曲線就宣佈週期存在。餘弦級數在二處的前幾項為 $1-2+2/3$。從絕對值為二的那項開始，各項絕對值嚴格遞減，因為後續比值 $4/[(2n+1)(2n+2)]<1$（$n\ge1$）。$2/3$ 之後的尾項從負項開始，每對相鄰項的和為負，因此

$$C(2)<1-2+\frac23=-\frac13<0.$$

由於 $C(0)=1$ 且 $C$ 連續，它在 $(0,2)$ 有零點；連續性還保證零附近某個區間內它為正。令 $\alpha$ 為其正零點的下確界。取趨向該下確界的零點序列，由連續性得 $C(\alpha)=0$；零附近的正區間保證 $\alpha>0$。對 $0\le x<\alpha$，有 $C(x)>0$：否則由連續性可得到更早的零點。

因此在 $\alpha$ 之前有 $S'=C>0$，且 $S(\alpha)>0$。單位圓恆等式迫使 $S(\alpha)=1$。又因為在 $(0,\alpha)$ 上 $C'=-S<0$，所以第一象限段的 $C$ 嚴格遞減、$S$ 嚴格遞增。

定義正常數 $\pi=2\alpha$。這是對通常常數的分析定義，而非預先假設某個已知正弦函數在哪裡為零。

4. 四分之一周變換證明週期與最小性

將 $(C(\alpha),S(\alpha))=(0,1)$ 代入加法恆等式：

$$C(x+\alpha)=-S(x),\qquad S(x+\alpha)=C(x).$$

應用兩次使兩個函數均變號，應用四次則恢復原值。因此

$$C(x+2\pi)=C(x),\quad S(x+2\pi)=S(x),\qquad C(x+\pi)=-C(x),\quad S(x+\pi)=-S(x).$$

為證明 $2\pi=4\alpha$ 是最小正週期，使用第一象限段的符號與上述四分之一周關係。在連續四個開區間段內，$(C,S)$ 的符號依次為 $(+,+),(-,+),(-,-),(+,-)$；中間端點處的數對為 $(0,1),(-1,0),(0,-1)$。因此在 $0<x<4\alpha$ 時數對 $(1,0)$ 不會再次出現。小於 $4\alpha$ 的公共正週期會迫使初始數對再次出現，矛盾。僅為 $S$ 的週期也必是其導數 $C$ 的週期；$C$ 的週期同樣必是 $S=-C'$ 的週期。因此兩函數有相同的最小正週期。

現在記 $\sin x=S(x)$、$\cos x=C(x)$。曲線 $x\mapsto(C(x),S(x))$ 在 $[0,2\pi)$ 內恰好覆蓋單位圓一次：連續性與第一象限段的嚴格單調性恰好覆蓋該象限，四分之一周公式覆蓋其餘部分。曲線速度為 $\sqrt{(-S)^2+C^2}=1$。由通常的 $C^1$ 弧長公式，參數就是單位圓上的有向弧長，從而把此分析參數與幾何弧度對應起來。代數構造和週期證明並不預先依賴這一幾何解釋。

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。

5. 正切與反函數分支

當 $C(x)\ne0$ 時定義 $\tan x=S(x)/C(x)$。商法則給出 $\tan' x=1/C(x)^2>0$。在 $(-\alpha,\alpha)=(-\pi/2,\pi/2)$ 上餘弦為正，正切在兩端的極限分別為 $-\infty,+\infty$，所以它把該區間雙射到 $\mathbb R$，從而定義 $\arctan$。

正弦把 $[-\pi/2,\pi/2]$ 雙射到 $[-1,1]$，由此定義 $\arcsin$。餘弦把 $[0,\pi]$ 遞減地雙射到 $[-1,1]$，由此定義 $\arccos$。在相應開值域上，反函數求導定理給出

$$(\arcsin u)'=\frac1{\sqrt{1-u^2}},\quad (\arccos u)'=-\frac1{\sqrt{1-u^2}}\quad(|u|<1), \qquad (\arctan u)'=\frac1{1+u^2}\quad(u\in\mathbb R).$$

對於反正弦，分支上的餘弦為正，等於 $\sqrt{1-u^2}$；對於反餘弦，分支上的正弦為正，而餘弦導數為負。這些分支符號是證明的一部分。該定理並未給出 $u=\pm1$ 處有限的端點反函數導數。

閉區間上的連續實函數一致連續

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。

設 $a\le b$ 為有限實數，$f:[a,b]\to\mathbb R$ 相對該區間連續。一致連續指對每個 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使所有滿足 $|x-y|<\delta$ 的 $x,y\in[a,b]$ 均有 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$。固定 $\varepsilon>0$。對每個 $c\in[a,b]$，相對連續性給出 $r_c>0$，使區間內 $|x-c|<r_c$ 的點滿足 $|f(x)-f(c)|<\varepsilon/2$。開區間 $(c-r_c/2,c+r_c/2)$ 覆蓋這個緊區間。取有限子覆蓋，中心為 $c_1,\ldots,c_k$，令 $\delta=\min_i r_{c_i}/2>0$。由於 $[a,b]$ 非空，所取覆蓋非空。對上述 $x,y$，選 $i$ 使 $|x-c_i|<r_{c_i}/2$，則 $|y-c_i|<\delta+r_{c_i}/2\le r_{c_i}$，故由三角不等式 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon$。同一個 $\delta$ 對所有點有效。此證明包括單點區間，使用實際的有限覆蓋緊致性定理，沒有僅引用尚未證明的標量 Heine–Cantor 斷言。

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。

微積分基本定理

定理

積分與導數

若 $f$ 在 $[a,b]$ 連續，累積函數 $F(x)=\int_a^x f(t)dt$ 在 $(a,b)$ 可微，且 $F'(x)=f(x)$。若 $G$ 在 $[a,b]$ 連續、在 $(a,b)$ 可微，且對 $x\in(a,b)$ 有 $G'(x)=f(x)$，則 $\int_a^b f(x)dx=G(b)-G(a)$。

證明

平均值估計

對充分小且非零、使 $x+h\in[a,b]$ 的 $h$，

$$\frac{F(x+h)-F(x)}h-f(x)=\frac1h\int_x^{x+h}[f(t)-f(x)]dt.$$

由連續性，右側絕對值可任意小；採用定向積分慣例，負 $h$ 亦然。因此 $F'=f$。函數 $G$ 與 $F$ 均在 $[a,b]$ 連續，且差 $G-F$ 在 $(a,b)$ 上導數為零，由中值定理為常數；計算端點即得第二個結論。

例題

積分連續函數

對 $[0,2]$ 上的 $f(x)=2x+1$，$G(x)=x^2+x$ 是原函數。定理給 $\int_0^2(2x+1)dx=G(2)-G(0)=6$。原函數捷徑依賴該定理，而不是積分的定義。

在實際連續導數假設下的分部積分

設實函數 $u,v$ 在以 $a,b$ 為端點的閉區間上屬於 $C^1$。函數 $u'v$ 與 $uv'$ 連續，因而正常 Riemann 可積。對非零實數 $h$，乘積差商為

$$\frac{u(t+h)v(t+h)-u(t)v(t)}h=u(t+h)\frac{v(t+h)-v(t)}h+v(t)\frac{u(t+h)-u(t)}h\longrightarrow u(t)v'(t)+v(t)u'(t).$$

$u$ 的連續性與兩個導數的存在保證該極限，證明 $(uv)'=u'v+uv'$。對 $uv$ 使用已證的連續函數微積分基本定理，再用正常積分的線性性，得到

$$u(b)v(b)-u(a)v(a)=\int_a^b(u'v+uv')\,dt,$$

因此

$$\int_a^b u(t)v'(t)\,dt=u(b)v(b)-u(a)v(a)-\int_a^b u'(t)v(t)\,dt.$$

反向端點採用有向積分；端點相同時所有項為零。這足以用於 U15 的 Taylor 歸納：固定實數 $x$，在 $f$ 於該線段屬於 $C^{n+1}$ 時取 $u(t)=(x-t)^n/n!$、$v(t)=f^{(n)}(t)$。這裏沒有對僅可微、卻尚未證明導數可積的函數聲稱分部積分。

在 $a$ 處的 $n$ 階 Taylor 多項式為 $T_n(x)=\sum_{k=0}^nf^{(k)}(a)(x-a)^k/k!$；若高階導數值為零，它的次數可以小於 $n$。

定理：Taylor 積分餘項

設 $n\ge0$，$f$ 在 $a$ 與 $x$ 之間的閉區間上具有直到 $n+1$ 階的連續導數，則

$$f(x)=T_n(x)+\frac1{n!}\int_a^x f^{(n+1)}(t)(x-t)^n\,dt.$$

因此，若該區間上 $|f^{(n+1)}(t)|\le M$，則 $|f(x)-T_n(x)|\le M|x-a|^{n+1}/(n+1)!$。

證明。 當 $n=0$ 時，恆等式就是微積分基本定理 $f(x)-f(a)=\int_a^xf'(t)dt$。當 $n\ge1$ 時，對餘項分部積分，取 $u=(x-t)^n/n!$、$dv=f^{(n+1)}(t)dt$。在 $x$ 處的邊界項為零，在 $a$ 處的貢獻為 $-f^{(n)}(a)(x-a)^n/n!$；余下的積分是 $(n-1)$ 階餘項。由歸納法得到恆等式。這裡使用有向積分，所以 $x<a$ 時也成立。取絕對值，必要時反轉積分上下限，再積分 $|x-t|^n$，即得所述界。最高階導數連續保證各次分部積分及估計有效。

此定理給出充分的正則性條件，並非最弱假設。Taylor 級數要在固定的 $x$ 處表示 $f$，必須當 $n\to\infty$ 時餘項趨於零。若不控制有限階誤差界對 $n$ 的依賴，僅憑該界不能證明餘項趨零。

識別與誤差控制

微分方程組給出正弦的連續導數依次為 $S,C,-S,-C$，餘弦的連續導數依次為 $C,-S,-C,S$，它們的絕對值都不超過一。故零處 Taylor 定理將任意 $N$ 階餘項控制在 $|x|^{N+1}/(N+1)!$ 以內；對每個固定 $x$，該界由最終的幾何比值比較趨於零。因此在整個 $\mathbb R$ 上，冪級數定義與 Taylor 表示一致。這裡由餘項控制證明表示，而不是依賴“每個光滑函數都等於其 Taylor 級數”的錯誤斷言。

分級證明與定義域練習

1. 構造。 解釋為甚麼在每個有界區間上對定義級數逐項求導是有效的；除了逐點收斂，還用了甚麼信息？
2. 唯一性。 若二次可微實函數滿足 $u''+u=0$、$u(0)=A$、$u'(0)=B$，不假設一般常微分方程唯一性定理，證明 $u(x)=AC(x)+BS(x)$。
3. 週期檢查。 為甚麼只證明在 $2\pi$ 後回到原值不能證明它是最小正週期？補充所需的符號和初值論證。
4. 反函數端點。 解釋反正弦導數的符號，證明在輸入 1 處不存在有限的單側導數。
5. Taylor 嚴格性。 對固定 $x$ 證明 $|x|^{N+1}/(N+1)!\to0$，再解釋為甚麼不能自動對任意光滑函數的導數界使用相同階乘論證。
6. 分支診斷。 儘管對每個 $u\in[-1,1]$ 有 $\sin(\arcsin u)=u$，為甚麼 $\arcsin(\sin x)$ 不可能對所有實數 $x$ 等於 $x$？

完整解答

1. 在固定 $[-M,M]$ 上，函數級數和經求導的多項式項均有收斂的階乘優級數。M 判別法給出導數級數一致收斂，部分和在零處收斂，故一致求導定理確定極限的導數。逐點收斂本身不能保證這種交換。
2. 令 $v=u-AC-BS$，則 $v''=-v$ 且初值和初導數均為零。對 $v^2+(v')^2$ 求導得到 $2vv'+2v'v''=0$。其常數值為零，所以處處 $v=v'=0$，證明所求表達式。直接對該表達式求導還可獨立驗證解的存在性。
3. 函數在若干個較小週期後也會回到原值。這裡四分之一周的符號表及端點值表明，對每個 $0<t<2\pi$ 有 $(C(t),S(t))\ne(1,0)$。較小的公共週期會迫使該數對等於初始數對；任一函數的週期也使其導數週期性，因而是兩者的公共週期。所以任一函數都沒有更小的正週期。
4. 在選定的反正弦分支上 $C>0$，故對 $|u|<1$，反函數導數為 $1/C=1/\sqrt{1-u^2}$。對 $u<1$，在 $[u,1]$ 上對反正弦應用中值定理，得到割線斜率為 $1/\sqrt{1-c^2}$，其中 $c\in(u,1)$。當 $u\uparrow1$ 時，任何這樣的 $c\to1$，所以割線斜率趨於 $+\infty$，而非有限導數。
5. 當 $x\ne0$ 時，相鄰正餘項界之比為 $|x|/(N+2)$，最終至多為 $1/2$，故它們被趨於零的幾何級數所界；當 $x=0$ 時這些界直接為零。對任意光滑函數，其 $(N+1)$ 階導數的界可能隨 $N$ 增長得足夠快，以致階乘不能控制它；並沒有證明所有導數存在共同的大小為一的界。光滑性本身不足夠。
6. 反正弦的輸出總在 $[-\pi/2,\pi/2]$，不可能返回該區間外的任意實數輸入。反方向的定義性逆關係成立，是因為正弦限制在該區間後雙射到 $[-1,1]$。週期性已排除了無限制正弦的全局反函數。

總結與術語

分析構造用收斂表達式定義函數，並證明其規律。能量恆等式使平方差之和為常數，從而給出唯一性。基本週期是最小正週期，必須證明最小性。主反函數分支將週期函數限制為雙射。上述構造依次建立存在性、恆等式、週期及分支條件，沒有循環依賴幾何三角公式。