導數深入：不連續導數與局部反函數條件

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。

2. 可微不意味著導數連續

定義 $f(0)=0$，當 $x\ne0$ 時令 $f(x)=x^2\sin(1/x)$。零處的差商為 $h\sin(1/h)$，由夾逼定理趨於零，所以 $f'(0)=0$。在零以外，

$$f'(x)=2x\sin(1/x)-\cos(1/x).$$

在 $x_n=1/(2n\pi)$ 處導數為負一，在 $y_n=1/((2n+1)\pi)$ 處導數為正一。這兩個序列都趨於零，故導數在零處沒有極限。原函數處處可微，其導數卻在零處不連續。

此例並不意味著導數可以有任意跳躍不連續點；那是另一個定理問題。這裡得到的精確區別是：$f$ 在一點可微，並不說明 $f'$ 在該點連續。$C^1$ 明確增加了一階導數連續的條件，比單純可微更強。

3. 分段拼接有多個層次

設 $x<0$ 時 $f(x)=ax+b$，$x\ge0$ 時 $f(x)=e^x$，其在零處的值為一。連續要求 $b=1$。在此條件下左導數為 $a$，右導數為一，因此可微要求 $a=1$。取這些參數時，負側導數為一，正側導數為 $e^x$，兩側都趨於一，故 $f$ 在零處為 $C^1$。

但導數在零處的左、右斜率分別為零和一，因此二階導數在該處不存在。函數值、一階導數和二階導數的匹配是不同條件；只檢查原函數各分支的值不能證明更高階可微。

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。

5. 一點處導數非零仍可能不局部單射

定義 $g(0)=0$，當 $x\ne0$ 時令 $g(x)=x+x^2\sin(1/x^2)$。由於 $g(h)/h=1+h\sin(1/h^2)\to1$，它在零處的導數為一。在非零輸入處，

$$g'(x)=1+2x\sin(1/x^2)-\frac2x\cos(1/x^2).$$

沿 $x_n=1/\sqrt{2n\pi}$，當 $n$ 足夠大時導數為 $1-2/x_n<0$。沿 $y_n=1/\sqrt{(2n+1)\pi}$，導數為 $1+2/y_n>0$。這兩種情況在任意接近零處都出現。

區間上的連續單射必嚴格單調：否則存在三個有序點形成峰或谷，由介值定理，在中點值與兩個端點值之間可選高度並被取到兩次。遞增可微函數的導數非負，遞減可微函數的導數非正，這直接來自差商。因此上述兩種符號排除零的每個鄰域區間上的單射性。這不與 $C^1$ 反函數定理矛盾：原定理中保證整個鄰域導數同號的導數連續性在此不成立。

分級證明與診斷練習

1. 隱藏分母。 不分類討論便在鏈式法則證明中除以 $g(a+h)-g(a)$ 有甚麼問題？給出對每個足夠小的 $h$ 該增量均為零的內層函數，並解釋為甚麼鏈式法則仍成立。
2. 不連續導數。 對在零處延拓為零的 $x^2\sin(1/x)$，驗證 $f'(0)=0$，並用所示兩個輸入序列否定導數連續性。
3. 分段匹配階數。 求使線性/指數分段函數在零處連續、可微及為 $C^1$ 的參數，再判斷此時是否有二階導數。
4. 反函數定義域。 對 $x\mapsto x^2$，給出一個正錨點的鄰域，使定理給出正平方根反函數；解釋為何無限制平方在零的任何雙側鄰域都沒有反函數。
5. 充分與必要。 用 $x^3$ 與振蕩函數 $g$ 區分零導數、非零導數和反函數定理中的鄰域假設。
6. 近似斷言。 若只知 $f'(a)$ 存在，切線近似可保證甚麼誤差形式？要在指定區間得到二次數值誤差界，還需甚麼假設？

完整解答

1. 即使 $h\ne0$，所用因子也可能為零，導致未定義的 $0/0$。常值內層函數 $g(x)=b$ 總會如此，但它與 $F$ 的複合為常數，導數為零，等於 $F'(b)g'(a)$。使用 $\eta(0)=0$ 和線性誤差恆等式的證明無需除以內層增量，包含這一情形。
2. 差商為 $h\sin(1/h)$，絕對值至多為 $|h|$，因此極限為零。在第一列輸入處正弦為零、餘弦為一，導數為負一；第二列處餘弦為負一，導數為正一。兩個不同的子列導數極限排除了零處的連續性。
3. 連續要求 $b=1$。在此條件下可微要求 $a=1$，且導數從兩側趨於一，得到 $C^1$。導數在零處的左、右斜率分別為零和一，故二階導數不存在。保持固定的指數右分支和可微性時，這兩個參數沒有其他選擇能補救二階導數。
4. 對正錨點 $a>0$，取包含於 $(0,\infty)$ 的區間，其上導數 $2x$ 為正。相應正像區間上的反函數分支是正平方根。零的任何雙側區間都包含某個非零 $x$ 及其相反數 $x$、$-x$，而二者平方相同，所以無限制平方在那裡不是局部一對一；限制為單側定義域是另一種說法。
5. 立方函數說明零導數不妨礙連續反函數存在，但該反函數不一定可微。振蕩函數 $g$ 說明若導數在附近任意接近處改變符號，一點處導數非零仍不能保證局部單射。$C^1$ 定理提供證明反函數存在及求導所需的鄰域符號與連續性；兩個例子都不違背其完整假設。
6. 可微性給出 $f(a+h)-f(a)-f'(a)h=o(h)$，所以誤差除以 $h$ 趨於零，但未指定有限誤差的固定系數。若在從 $a$ 到 $a+h$ 的線段上二階導數連續存在，且絕對值至多為 $M$，Taylor 定理給出絕對誤差至多 $Mh^2/2$。此界需要該區間與導數控制，不能只依賴中心處的切線斜率。

總結與術語

$C^1$ 函數具有連續的一階導數，比可微性更強。線性誤差形式精確說明切線如何近似函數。局部反函數要求某鄰域上的一對一行為，而不是公式中某個斜率形式上非零。鏈式與反函數法則是帶定義域條件的極限定理；明確條件可以避免隱含的除零與無依據的分支結論。

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。

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。

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。