沒有單一算法能令每個原函數都成為初等函數。先觀察被積式結構，選擇能簡化它的法則，最後對答案求導檢查。

定理

分部積分

若 $u,v$ 在區間上連續可微，則 $\int u\,dv=uv-\int v\,du$。在 $[a,b]$ 上，$\int_a^b u(x)v'(x)dx=[u(x)v(x)]_a^b-\int_a^b u'(x)v(x)dx$。

證明

反用乘積法則

乘積法則給 $(uv)'=u'v+uv'$。兩側積分並整理即得。不定積分以常數表示各原函數；定積分在 $uv$ 的導數上使用基本定理。

例題

用分部積分簡化乘積

計算 $\int xe^x dx$，取 $u=x$、$dv=e^x dx$，則 $du=dx$、$v=e^x$。因此 $\int xe^x dx=xe^x-\int e^x dx=(x-1)e^x+C$。求導可確認答案。若選 $u=e^x$，餘下的積分並不會簡化。

多項式的有理函數 $P(x)/Q(x)$ 在分子次數不小於分母時，可先進行多項式除法。若分母在實數上分解為線性因子及不可約二次因子，部分分式可將真分式部分分解成線性因子各次冪上的常數分子，以及不可約二次因子各次冪上的線性分子。消去分母後比較多項式係數可求出常數。公式僅在分母非零處適用；每個定義區間的積分常數可不同。

例題

部分分式

因 $1/[x(x+1)]=1/x-1/(x+1)$，積分得到 $\ln|x|-\ln|x+1|+C$，在任意避開 $-1$ 和 $0$ 的區間成立。通分可檢查分解；絕對值使公式在每個允許區間有效。

三角函數的偶次冪可用 $\sin^2x=(1-\cos2x)/2$ 等恆等式；有奇次冪時可留下一個正弦或餘弦因子作代換。若 $a>0$，根式 $\sqrt{a^2-x^2}$ 可考慮 $x=a\sin\theta$ 且 $\theta\in[-\pi/2,\pi/2]$，此時 $\sqrt{a^2-x^2}=a\cos\theta\ge0$。區間選擇避免未經證明便把 $|\cos\theta|$ 換成 $\cos\theta$。半角正切代換 $t=\tan(x/2)$ 在有效區間上給 $\sin x=2t/(1+t^2)$、$\cos x=(1-t^2)/(1+t^2)$ 和 $dx=2dt/(1+t^2)$；它把正弦、餘弦的有理組合轉為 $t$ 的有理函數。

例題

三角函數冪次

求 $\int\sin^3x\cos x\,dx$，令 $u=\sin x$、$du=\cos x\,dx$，結果為 $\sin^4x/4+C$。而 $\int\sin^2x\,dx$ 可用半角恆等式得 $x/2-\sin(2x)/4+C$。

例題

二次根式代換

在 $-2<x<2$ 求 $\int\sqrt{4-x^2}\,dx$。令 $x=2\sin\theta$，$-\pi/2<\theta<\pi/2$。則 $dx=2\cos\theta\,d\theta$，非負平方根為 $2\cos\theta$。積分變為 $4\int\cos^2\theta\,d\theta=2\theta+\sin2\theta+C$。因 $\theta=\arcsin(x/2)$ 且 $\sin2\theta=x\sqrt{4-x^2}/2$，答案為 $2\arcsin(x/2)+x\sqrt{4-x^2}/2+C$。可求導驗證。

例題

重複因子

將 $1/[x(x+1)^2]$ 寫成 $A/x+B/(x+1)+C/(x+1)^2$。消分母後令 $x=0$ 和 $x=-1$ 得 $A=1$、$C=-1$；比較二次項得 $B=-1$。因此每個避開 $-1$ 和 $0$ 的區間上，一個原函數為 $\ln|x|-\ln|x+1|+1/(x+1)+C$。

例題

遞減公式

對整數 $n\ge2$，在一個區間上令 $I_n=\int\sin^n x\,dx$。取 $u=\sin^{n-1}x$、$dv=\sin x\,dx$。分部積分得 $I_n=-\sin^{n-1}x\cos x+(n-1)\int\sin^{n-2}x\cos^2x\,dx$。用 $1-\sin^2x$ 取代 $\cos^2x$，合併 $I_n$ 項，得到 $I_n=-\sin^{n-1}x\cos x/n+(n-1)I_{n-2}/n$。從 $I_0=x$、$I_1=-\cos x$ 開始，最後所得原函數加上任意常數。例如 $I_2=x/2-\sin x\cos x/2+C$。

例題

半角正切代換

在不含奇數倍 $\pi$ 的區間上令 $t=\tan(x/2)$，則 $\int dx/(2+\cos x)=\int 2dt/(3+t^2)=(2/\sqrt3)\arctan(t/\sqrt3)+C$。換回 $x$，答案是 $(2/\sqrt3)\arctan(\tan(x/2)/\sqrt3)+C$。正切代換在奇數倍 $\pi$ 有極點，所以各區間須分別選取積分常數，即使原被積函數在這些點本身連續。

方法選擇

有內層導數時先試直接代換；若乘積的一個因子求導後更簡單，可用分部積分；有理函數可先除法及分解；正餘弦冪次用恆等式，二次根式用適當三角代換。遞減公式由分部積分把一族積分連到更簡單的成員，須驗證基例及定義域。最後總要對答案求導。

練習

1. 求 $\int x\cos x\,dx$。
2. 在每個定義區間上求 $\int(2x+3)/(x^2+3x+2)\,dx$。
3. 求 $\int_0^{\pi/2}\sin^2x\,dx$。

詳解

1. 取 $u=x$、$dv=\cos x\,dx$，則 $v=\sin x$，答案是 $x\sin x+\cos x+C$。
2. 分子是分母的導數，故在 $(-\infty,-2)$、$(-2,-1)$ 和 $(-1,\infty)$ 各區間答案為 $\ln|x^2+3x+2|+C$。
3. 半角恆等式給 $[x/2-\sin(2x)/4]_0^{\pi/2}=\pi/4$。

章節聯繫

這些是尋找原函數以運用基本定理的工具，而非取代定理假設。下一章把積分應用到幾何和無窮區間，還須檢查極限及收斂。

本篇所用方法的證明

6.4 二項式系數與 Pascal 恆等式

對整數 $n\ge0$、$0\le k\le n$，定義

$$\binom nk=\frac{n!}{k!(n-k)!},\qquad 0!=1.$$

它計算從 $n$ 個不同對象中選取 $k$ 個的方式：有 $n(n-1)\cdots(n-k+1)$ 個有序選擇，每個無序選擇出現 $k!$ 個順序。特別地 $\binom n0=\binom nn=1$、$\binom nk=\binom n{n-k}$。

對 $1\le k\le n$，Pascal 恆等式為

$$\binom n{k-1}+\binom nk=\binom{n+1}k.$$

無需階乘運算即可說明：在 $n+1$ 個對象中特別標記一個。$k$ 元選擇要麼包含它，此時其餘 $k-1$ 個從 $n$ 個中選；要麼不包含它，此時所有 $k$ 個從 $n$ 個中選。兩種情況互斥且窮盡。也可將兩個階乘分式通分至 $k!(n+1-k)!$；分子因子之和為 $k+(n+1-k)=n+1$。

6.5 推導二項式定理

對非負整數 $n$ 和實數 $a,b$，

$$(a+b)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom nk a^{n-k}b^k.$$

此多項式恆等式中，指數為零的冪代表常數因子 $1$，包括 $a=0$ 或 $b=0$ 時。這是多項式求值約定，不是聲稱每個極限表達式 $0^0$ 都有指定值。

歸納證明。 當 $n=0$，兩邊均為 $1$。假設公式對 $n$ 成立，乘以 $a+b$。一部分貢獻 $\binom nk a^{n+1-k}b^k$；另一部分換指標後貢獻 $\binom n{k-1}a^{n+1-k}b^k$。中間項用 Pascal 恆等式合併，兩端保留 $a^{n+1}$ 和 $b^{n+1}$。結果恰是 $n+1$ 的公式。

也可直接理解：在 $n$ 個 $(a+b)$ 的乘積中，含 $k$ 個 $b$ 和 $n-k$ 個 $a$ 的項由選擇哪 $k$ 個因子貢獻 $b$ 而產生，共有 $\binom nk$ 種選擇。這同時解釋系數和指數。

整數條件很重要。例如 $(1+x)^{1/2}$ 不是兩項多項式。無窮二項展開需要額外收斂理論，不是此處證明的有限定理。

8.1 結構與次數

實多項式是有限表達式

$$P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0,$$

具有實系數和非負整數指數。若 $a_n\ne0$，次數為 $n$，$a_n$ 是首項系數。按本章約定，零多項式沒有次數；非零常數次數為零。$x^{-1}$ 或 $\sqrt x$ 等表達式不是 $x$ 的多項式。

對非零多項式 $P,Q$，乘積首項是首項之積，所以 $\deg(PQ)=\deg P+\deg Q$。在和中首項可能相消：$(x^3+x)+(-x^3+2)=x+2$ 的次數是一而不是三。

一些有用恆等式為

$$u^2-v^2=(u-v)(u+v),$$ $$u^3-v^3=(u-v)(u^2+uv+v^2),$$ $$u^3+v^3=(u+v)(u^2-uv+v^2).$$

通過相乘可驗證。嘗試更複雜的方法之前應先提出公因子。在實數上 $x^2+1$ 沒有一次因子，因為對每個實數 $x$ 它的值均為正。因式分解總有背景系數域；本章使用實數。

給定實一次／二次因子分解時的部分分式定理

在 $\mathbb R[x]$ 中，設非零分母已給出分解 $Q=c\prod_{j=1}^s q_j^{m_j}$，其中 $c\ne0$，$m_j$ 為正整數，$q_j$ 是互不相同的首一不可約一次或二次多項式。本定理假設該分解已給定，不聲稱證明一般實數因子分解定理。先用多項式除法移除多項式部分，再把 $c$ 吸收到剩餘分子，因此只需處理 $Q_0=\prod_jq_j^{m_j}$ 與 $\deg P<\deg Q_0$（允許 $P=0$）。

多項式除法反覆用非零除式的倍數消去首項，非零餘式的次數嚴格下降，所以有限步終止。商與低次餘式唯一，否則兩表示之差會把非零除式倍數等同於次數更低的多項式。對兩個多項式反覆相除得到 Euclid 算法：每個等式 $A=DB+R$ 保持公共因子，最後非零餘式從後往前整除前驅，故為最大公因式。回代將它表示為原兩個多項式的多項式組合。若最大公因式為常數，規範化即得 Bézout 恆等式 $uA+vB=1$。

不同首一不可約 $q_i,q_j$ 的最大公因式為常數：不可約多項式的非恆定因子只能是它的非零常數倍，否則會使兩個首一多項式相同。因此有 $u q_i+v q_j=1$。將其 $m_i+m_j-1$ 次冪按有限二項式展開，每項必含 $q_i^{m_i}$ 或 $q_j^{m_j}$，分組便得兩個冪的 Bézout 恆等式。若 $d$ 分別與 $e,f$ 互素，將 $ud+ve=1$ 與 $u'd+v'f=1$ 相乘，除 $vv'ef$ 外各項均含 $d$，從而 $d$ 與 $ef$ 互素；歸納推廣到有限乘積。

令 $H_j=Q_0/q_j^{m_j}$。已證互素性給出 $U_jH_j+V_jq_j^{m_j}=1$。取 $A_j$ 為 $U_jP$ 除以 $q_j^{m_j}$ 的餘式，則 $\deg A_j<m_j\deg q_j$（或為零），且 $P-A_jH_j$ 被 $q_j^{m_j}$ 整除。當 $i\ne j$，$A_iH_i$ 也被這個冪整除。因此

$$D=P-\sum_{j=1}^s A_jH_j$$

被每個 $q_j^{m_j}$ 整除。互素除式在此可相乘：若互素 $d,e$ 均整除 $D=dW$，將它們的 Bézout 恆等式乘 $W$，得 $e\mid W$，於是 $de\mid D$。重複得 $Q_0\mid D$。但 $P$ 及各 $A_jH_j$ 非零時次數均小於 $\deg Q_0$，故 $D=0$，得到

$$\frac P{Q_0}=\sum_{j=1}^s\frac{A_j}{q_j^{m_j}}.$$

反覆將 $A_j$ 除以 $q_j$，唯一餘式給出 $A_j=R_{j,0}+R_{j,1}q_j+\cdots+R_{j,m_j-1}q_j^{m_j-1}$，各餘式次數小於 $\deg q_j$，允許零。除以 $q_j^{m_j}$ 後，分母每個從一到 $m_j$ 的冪都有一項。一次因子的分子為常數，二次因子的分子次數至多一，恰為所述形式。

要證唯一，減去兩個分解，將各冪重新合成同樣滿足嚴格次數界的 $A_j$。乘 $Q_0$ 得 $\sum_j A_jH_j=0$。模 $q_j^{m_j}$ 化簡，再用 $H_j$ 的 Bézout 逆，得 $q_j^{m_j}\mid A_j$，次數界迫使 $A_j=0$。反覆除法餘式的唯一性再迫使每個分子差為零。有理式等式只在 $Q\ne0$ 處成立；本定理及逐項積分都不會填補極點，也不要求不連通區間使用相同積分常數。

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。

扇形面積與弧度

使用以下初等幾何事實：單位圓的周長是 $2\pi$，圍成的面積是 $\pi$，兩式中的 $\pi$ 相同；平面面積在旋轉下不變，對內部互不相交的區域有限可加，並且關於包含關係單調。

設 $0<h<\pi/2$ 以弧度計，令 $t=h/(2\pi)$。在單位圓上，$h$ 就是弧長，因此 $t$ 是該角所對應的弧長佔整圓周長的比例。將圓分成 $n$ 個等角扇形。旋轉把每個扇形移到下一個，所以各扇形面積相等。它們的內部互不相交，合起來填滿圓盤；有限可加性給出每個扇形面積為 $\pi/n$。因此，當整周比例 $t=m/n$ 為有理數時，扇形面積為 $m\pi/n=\pi t=h/2$。

對這個範圍內任意的 $t$，取滿足 $0\le r_k\le t\le s_k\le1$ 且 $r_k,s_k\to t$ 的有理數。取所有扇形以同一射線為起始邊，相應扇形便按包含關係嵌套，由面積單調性及有理數情形得到

$$\pi r_k\le A(h)\le\pi s_k.$$

令 $k\to\infty$，得 $A(h)=\pi t=h/2$。這就證明了幾何比較中使用的扇形面積公式。

9.5 基本三角極限

本節所有極限使用弧度。對 $0<h<\pi/2$，比較內三角形、單位圓扇形與外切線三角形的面積：

$$\tfrac12\sin h<\tfrac12h<\tfrac12\tan h.$$

扇形面積是 $h/2$，正因為 $h$ 使用弧度。兩邊相除並利用餘弦為正，得到

$$\cos h<\frac{\sin h}{h}<1.$$

對 $0<h<\pi/2$，上面的面積比較也給出 $0<\sin h<h$ 且 $\cos h>0$。利用 $\sin^2 h+\cos^2 h=1$，

$$0\le 1-\cos h=\frac{\sin^2 h}{1+\cos h}\le h^2.$$

因此 $h\to0^+$ 時 $\cos h\to1$。由於餘弦是偶函數，左側也有相同極限。

當 $h\to0^+$，餘弦趨於一，夾逼原理給出 $\sin h/h\to1$。該商是 $h$ 的偶函數，故左極限相同。夾逼原理本身來自有限極限定義：若上下函數都在任意指定容許誤差內接近 $L$，夾在中間的數也如此。

兩個推論為

$$\lim_{h\to0}\frac{\tan h}{h}=1,\qquad \lim_{h\to0}\frac{1-\cos h}{h^2}=\frac12.$$

第一個將 $\sin h/h$ 除以 $\cos h$；第二個使用 $1-\cos h=2\sin^2(h/2)$，得到 $[\sin(h/2)/(h/2)]^2$ 的一半。特別地 $(\cos h-1)/h\to0$。

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。

10.4 帶假設的乘積、商與鏈式法則

若 $f,g$ 在 $a$ 處可微，則在那裡連續，且

$$(fg)'(a)=f'(a)g(a)+f(a)g'(a).$$

一種證明在乘積差中加減 $f(a+h)g(a)$，除以 $h$，再使用兩個導數極限和連續性。若還滿足 $g(a)\ne0$，連續性使 $g$ 在附近非零，對 $f(1/g)$ 用乘積法則得

$$\left(\frac fg\right)'(a)=\frac{f'(a)g(a)-f(a)g'(a)}{g(a)^2}.$$

對複合，假設 $g$ 在 $a$ 可微、$f$ 在 $g(a)$ 可微，且複合函數在 $a$ 的鄰域上有定義，則

$$(f\circ g)'(a)=f'(g(a))g'(a).$$

避免除以可能為零的內層增量的證明很有用。可微性給出

$$f(g(a)+u)=f(g(a))+f'(g(a))u+u\varepsilon(u),\qquad\varepsilon(u)\to0,$$

其中定義 $\varepsilon(0)=0$。又有 $u=g(a+h)-g(a)=h[g'(a)+\eta(h)]$，其中 $\eta(h)\to0$。將複合增量除以 $h$ 並代入，結果趨於 $f'(g(a))g'(a)$，即使某些非零 $h$ 對應 $u=0$ 也成立。

10.1 第一原理：方法而非背誦的表

對在 $a$ 的鄰域中有定義的 $f$，

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

前提是極限作為實數存在。分子必須比較同一函數在兩個輸入處的值；將 $h=0$ 代入原商絕不是此方法。

對正整數 $n$，有限二項式定理給出

$$(a+h)^n=a^n+na^{n-1}h+\sum_{k=2}^{n}\binom nk a^{n-k}h^k.$$

減去 $a^n$ 並除以非零 $h$，剩餘和趨於零，故 $(x^n)'=nx^{n-1}$。該證明也適用於 $a=0$；當 $n=1$ 和為空。常數情形直接檢查，負整數次冪在 $x\ne0$ 上由倒數得到。

例 1——從差商求倒數導數。 對 $a\ne0$，

$$\frac{1/(a+h)-1/a}{h}=-\frac1{a(a+h)}\longrightarrow-\frac1{a^2}.$$

當 $h$ 充分小時 $a+h\ne0$，故每步都有定義。對 $f(x)=|x|$ 在零處，差商為 $|h|/h$，單側極限為 $-1,1$；連續性不能使其可微。

10.2 正弦和餘弦導數

首先說明復角公式。將平面旋轉角 $\beta$，水平單位向量被送至 $(\cos\beta,\sin\beta)$，竪直單位向量送至 $(-\sin\beta,\cos\beta)$。旋轉保持向量加法和實數倍，所以單位向量 $(\cos\alpha,\sin\alpha)$ 被送至

$$(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta, \cos\alpha\sin\beta+\sin\alpha\cos\beta).$$

新角為 $\alpha+\beta$；比較坐標證明兩個加法公式。以 $-\beta$ 替代 $\beta$ 或取 $\beta=\alpha$，得到具有相同符號約定的差角和倍角公式。這是坐標推導，不是從數值角例子推斷。

現在使用正弦加法公式寫成

$$\frac{\sin(a+h)-\sin a}{h} =\sin a\frac{\cos h-1}{h}+\cos a\frac{\sin h}{h}.$$

第 9 章的兩個特殊極限使其趨於 $\cos a$。同理，

$$\frac{\cos(a+h)-\cos a}{h} =\cos a\frac{\cos h-1}{h}-\sin a\frac{\sin h}{h}\longrightarrow-\sin a.$$

故對每個實輸入，$(\sin x)'=\cos x$、$(\cos x)'=-\sin x$。商法則繼而給出

$$(\tan x)'=\sec^2x\quad(\cos x\ne0),\qquad (\cot x)'=-\csc^2x\quad(\sin x\ne0).$$

例如正切的分子是 $\cos^2x+\sin^2x=1$，不是 $\cos^2x-\sin^2x$。倒數也給出各自定義域上的 $(\sec x)'=\sec x\tan x$ 和 $(\csc x)'=-\csc x\cot x$。

若 $d$ 是以度計的數值角，其正弦為 $s(d)=\sin(\pi d/180)$，因此 $s'(d)=(\pi/180)\cos(\pi d/180)$，而不只是餘弦。弧度約定使換算因子消失。

10.3 指數與對數導數

指數加法律給出

$$\frac{e^{a+h}-e^a}{h}=e^a\frac{e^h-1}{h}\longrightarrow e^a.$$

對 $a>0$ 且足夠小的 $h$ 使 $a+h>0$，

$$\frac{\ln(a+h)-\ln a}{h} =\frac1a\frac{\ln(1+h/a)}{h/a}\longrightarrow\frac1a.$$

這是從先前論證的特殊極限推導，而非調用洛必達法則。對 $b>0$，

$$(b^x)'=(\ln b)b^x,$$

包括常數情形 $b=1$。對 $b>0,b\ne1$，$(\log_bx)'=1/(x\ln b)$ 在 $x>0$ 成立。

在任何不含零的區間，$(\ln|x|)'=1/x$。對負 $x$，寫 $\ln|x|=\ln(-x)$ 並用鏈式法則即可。絕對值的對數允許負的內部值，但仍排除零。

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。

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。

4. 在反函數求導前先證明局部反函數存在

定理：一維局部反函數定理的一個常用形式

設 $f$ 在 $a$ 附近的開區間上為 $C^1$，且 $f'(a)\ne0$。則在較小區間上它是一對一的，像是包含 $f(a)$ 的區間，其反函數在那裡連續可微，並滿足

$$(f^{-1})'(f(x))=\frac1{f'(x)}.$$

證明。 由導數連續性，縮小區間使 $f'$ 保持固定非零符號，並有正的絕對值下界。中值定理使 $f$ 在該區間嚴格單調。由連續性與介值定理，其像為區間；$a$ 的雙側鄰域在 $f(a)$ 兩側產生附近輸出值。反函數連續：某輸入兩側鄰近點的像夾住相應的反函數值。對接近 $y_0=f(x_0)$ 的 $y=f(x)$，

$$\frac{f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)}{y-y_0} =\frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}\longrightarrow\frac1{f'(x_0)},$$

由反函數連續性與導數非零，得到上述極限。因為 $f'$ 和反函數連續且分母保持非零，導數公式也是連續的。這樣按順序證明了存在性、連續性和可微性。

這些條件是充分的，並非必要的。儘管 $x^3$ 在零處導數為零，它仍有連續反函數，只是該反函數在那裡沒有有限導數。反過來，一點處導數非零，若沒有合適的鄰域信息，也不能單獨保證局部單射。

10.5 反三角函數導數

假設連續嚴格單調的 $f$ 有連續局部反函數且 $f'(a)\ne0$。寫 $y=f(x)$、$b=f(a)$。當 $y\ne b$，由單射知 $x\ne a$，且

$$\frac{f^{-1}(y)-f^{-1}(b)}{y-b} =\frac{x-a}{f(x)-f(a)}\longrightarrow\frac1{f'(a)}.$$

反函數連續性保證 $y\to b$ 時 $x\to a$。這證明反函數導數，而不是先假設其可微，再在鏈式法則中循環使用。

對 $y=\arcsin x$，值域限制 $-\pi/2\le y\le\pi/2$ 使內部餘弦為正。因此對 $|x|<1$，

$$(\arcsin x)'=\frac1{\cos y}=\frac1{\sqrt{1-x^2}}.$$

對反餘弦，$0<y<\pi$ 使正弦為正，故在 $(-1,1)$ 上 $(\arccos x)'=-1/\sqrt{1-x^2}$。對反正切，$y\in(-\pi/2,\pi/2)$ 且 $\sec^2y=1+x^2$，故對每個實數 $x$ 有 $(\arctan x)'=1/(1+x^2)$。

反正弦和反餘弦公式不能有限地延拓到輸入 $\pm1$；它們是定義域端點，內部斜率無界。對 $H(x)=\arcsin(2x)$，函數定義域為 $[-1/2,1/2]$，有限導數公式 $2/\sqrt{1-4x^2}$ 只適用於 $(-1/2,1/2)$。