學習目標與準備

本章不假定讀者學過微積分，但需要分數、方程、冪和基礎坐標圖像知識。我們將定義極限和導數，再用它們描述變化的量。完成後，你應能計算瞬時變化率、說明單位，並判斷簡單優化何時需要檢查端點或模型。

例子使用假設的科學量。

1.1 函數包括允許輸入的範圍

函數 $f:D\to\mathbb R$ 為定義域 $D$ 中每個輸入指定唯一實數輸出。其圖像由點 $(x,f(x))$ 組成。公式與定義域共同確定函數。

有理表達式的分母必須非零；實數平方根的被開方數必須非負；$\ln x$ 的輸入必須為正。模型條件可進一步限制輸入：時間可能必須非負，人口也可能必須保持非負。

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。

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 $(\cos h-1)/h\to0$。

學習目標與所需已有結果

構造而不是預設初等函數，證明它的代數規律，並說明對數作為反函數的合理性。我們使用已證明的比值判別法、冪級數及其導數級數在緊區間上的一致收斂、中值定理與介值定理。

定義

$$E(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!},\qquad x\in\mathbb R.$$

對固定的 $x\ne0$，相鄰絕對項的比為 $|x|/(n+1)\to0$，故級數絕對收斂；當 $x=0$ 時級數直接等於一。在任意固定區間 $|x|\le M$ 上，原級數及其導數級數都有可求和的階乘優級數。因此一致求導定理適用於多項式部分和，得到處處 $E'(x)=E(x)$，且 $E(0)=1$。

定理：正性與指數加法定律

對任意實數 $x,y$，有 $E(x)>0$、$E(-x)=1/E(x)$ 及 $E(x+y)=E(x)E(y)$。

證明。 對 $H(x)=E(x)E(-x)$ 求導，得到 $H'(x)=E(x)E(-x)-E(x)E(-x)=0$。由中值定理，$H$ 為常數；在零處該常數為一，因此 $E$ 從不為零。它連續且 $E(0)>0$，由介值定理不可能在任何點變為負，得到正性和倒數恆等式。固定 $y$，對 $K(x)=E(x+y)E(-x)$ 求導，同樣相消得導數為零。在零處 $K(0)=E(y)$，因此 $E(x+y)E(-x)=E(y)$；乘以 $E(x)$ 即得加法定律。這裡不需要重排二重無窮級數。

由於 $E'=E>0$，該函數嚴格遞增。當 $x\ge0$ 時，各項非負且 $E(x)\ge1+x$，所以在正無窮處 $E(x)\to\infty$。由倒數恆等式，負無窮處有 $E(x)\to0$。因此連續性和單調性使 $E:\mathbb R\to(0,\infty)$ 成為雙射。

定義 $\exp=E$、$e=E(1)$，並定義其反函數 $\ln:(0,\infty)\to\mathbb R$。反函數連續：若 $x_0=E(t_0)$，則對任意 $\varepsilon>0$，有 $E(t_0-\varepsilon)<x_0<E(t_0+\varepsilon)$；只要 $x$ 與該輸出值的距離小於兩側差距中較小者，$\ln x$ 就落在相應輸入之間。

定理：對數導數與運算法則

當 $x>0$ 時，$\ln'(x)=1/x$。對正數 $x,y$ 和實數 $r$，有 $\ln(xy)=\ln x+\ln y$ 和 $\ln(x^r)=r\ln x$，其中 $x^r$ 定義為 $E(r\ln x)$。

證明。 寫 $x_0=E(t_0)$、$x=E(t)$，由反函數連續性，當 $x\to x_0$ 時 $t\to t_0$。於是

$$\frac{\ln x-\ln x_0}{x-x_0}=\frac{t-t_0}{E(t)-E(t_0)}\longrightarrow\frac1{E'(t_0)}=\frac1{x_0}.$$

指數加法定律給出 $E(\ln x+\ln y)=xy$，反函數值的唯一性證明乘積法則。實數冪的定義及反函數恆等式給出另一公式。對定義求導，當 $x>0$ 時得到 $(x^r)'=rx^{r-1}$。這個推導沒有先假設實數冪導數來定義對數。

例 1：飽和響應。 設 $R(c)=6c/(2+c)$ 模擬濃度 $c\ge0$ 的響應。公式的自然定義域排除 $-2$，但模型定義域為 $[0,\infty)$。又 $R(c)=6-12/(2+c)$，所以響應從零開始並保持小於 $6$。在代數上有意義的負濃度不屬於該模型。

複合 $(g\circ f)(x)=g(f(x))$ 只有在 $x$ 屬於 $f$ 的定義域且 $f(x)$ 屬於 $g$ 的定義域時才有意義。即使公式化簡，定義域限制仍然保留。

初等三角函數與反函數

弧度制角度等於弧長除以半徑，一周為 $2\pi$。單位圓上的點為 $(\cos x,\sin x)$，故 $\sin^2x+\cos^2x=1$。正弦和餘弦對所有實數有定義，週期為 $2\pi$；正切為 $\sin x/\cos x$，並排除 $x=\pi/2+k\pi,\ k\in\mathbb Z$。對週期模型 $m+A\cos(\omega t+\phi)$，當 $A,\omega$ 均非零時，振幅為 $|A|$，週期為 $2\pi/|\omega|$。其自變量無量綱，因此時間與頻率的單位必須相容。

函數為單射是指相同輸出必然來自相同輸入。反函數從原函數的值域映回定義域。正弦須限制在 $[-\pi/2,\pi/2]$ 後才可取反，得到 $\arcsin:[-1,1]\to[-\pi/2,\pi/2]$；餘弦主值反函數的值域為 $[0,\pi]$，正切主值反函數的值域為 $(-\pi/2,\pi/2)$。例如 $\arcsin(\sin(3\pi/4))=\pi/4$，不是 $3\pi/4$。反函數給出的一個值不是整個週期解集：$\sin x=1/2$ 在 $[0,2\pi)$ 內有 $\pi/6$ 和 $5\pi/6$ 兩個解。

1.2 極限區分鄰近行為與點值

設 $a$ 是 $D$ 的聚點。斷言 $\lim_{x\to a}f(x)=L$ 表示當 $x\in D$ 且 $x\ne a$ 趨近 $a$ 時，輸出趨近 $L$。形式上，對每個 $\varepsilon>0$，都存在 $\delta>0$，使得

$$x\in D,\ 0<|x-a|<\delta\implies |f(x)-L|<\varepsilon.$$

當 $D$ 的點可從兩側趨近 $a$ 時，雙側極限存在當且僅當兩個單側極限都存在且相等。右極限通過滿足 $x>a$ 的定義域點趨近，適用於非負時間定義域的起點。

為何實數不只有算術規則

有理數支援熟悉的有序算術，但集合 $\{q\in\mathbb Q:q>0,\ q^2<2\}$ 沒有有理數最小上界。實數系統加入完備性：非空有上界集合都有最小上界。這不只是另一條不等式運算規則，而是分析中許多存在性結論的來源。

定義

上界與上確界

對非空 $A\subset\mathbb R$，若每個 $a\in A$ 均滿足 $a\le u$，則 $u$ 是上界。若 $s$ 是上界，並對每個上界 $u$ 都有 $s\le u$，則 $s=\sup A$。最大值是既屬於 $A$ 又是上界的元素。最大值若存在便是上確界；上確界則不一定屬於 $A$。下界、下確界和最小值以反向不等式定義。

定理

完備性公理

每個非空且有上界的實數子集都有實數上確界。等價地，每個非空且有下界的子集都有實數下確界，因為 $\inf A=-\sup(-A)$。

例如 $\sup(0,1)=1$，但 $1$ 不是該集合的最大值；相反，$\sup[0,1]=1$ 且是最大值。依此定義，空集及沒有上界的集合沒有實數上確界。

定理

上確界近似判據

非空集合 $A$ 的上界 $s$ 是 $\sup A$，當且僅當對每個 $\varepsilon>0$，存在 $a\in A$ 使 $s-\varepsilon<a\le s$。

證明

證明兩個方向

若 $s=\sup A$，但沒有元素大於 $s-\varepsilon$，則 $s-\varepsilon$ 是更小的上界，矛盾。反過來，假設 $s$ 是上界且具近似性質。若另一上界 $u<s$，取 $\varepsilon=s-u>0$，近似性質給出 $a>u$，違反 $u$ 是上界。因此 $s$ 是最小上界。

例題

上確界證明的兩部分

令 $A=\{n/(n+1):n\in\mathbb N, n\ge1\}$。每個元素小於 $1$，所以 $1$ 是上界。給定 $\varepsilon>0$，由下述阿基米德性質選 $n>1/\varepsilon$。則 $1-n/(n+1)=1/(n+1)<\varepsilon$，故 $\sup A=1$。沒有元素等於 $1$，所以 $A$ 沒有最大值。只證上界並不足以證明它是最小上界：$2$ 也是上界。

阿基米德性質與稠密性

定理

阿基米德性質

對每個實數 $x$，存在正整數 $n>x$。因此對每個 $\varepsilon>0$，存在 $n\in\mathbb N$ 使 $1/n<\varepsilon$。

證明

完備性迫使整數無上界

若正整數有上界，完備性給 $s=\sup\mathbb N$。因 $s-1$ 不是上界，存在 $n\in\mathbb N$ 滿足 $n>s-1$。但 $n+1>s$ 且 $n+1\in\mathbb N$，違反 $s$ 是上界。對 $1/\varepsilon$ 應用該性質即得第二個結論。

任意實數 $x<y$ 之間都有有理數。選 $n$ 使 $n(y-x)>1$；由阿基米德性質及整數部分性質，可選整數 $m$ 使 $nx<m<ny$，因此 $x<m/n<y$。整數部分性質可由整數在正負兩方向均無界及自然數良序性得到。$x$ 和 $y$ 之間也有無理數：選有理數 $q$ 使 $x-\sqrt2<q<y-\sqrt2$，則 $q+\sqrt2$ 是位於區間內的無理數。稠密性不表示有理數與無理數集合相同。

例題

以反射求下確界

對 $B=\{2+1/n:n\ge1\}$，所有元素均大於 $2$。給定 $\varepsilon>0$，選 $n>1/\varepsilon$ 可得 $2<2+1/n<2+\varepsilon$。所以 $2$ 是下確界，但不是最小值。最大值為 $3$，由 $n=1$ 取到。

收斂中的量詞

定義

實數數列的收斂

數列 $(x_n)$ 收斂至 $L\in\mathbb R$，指對每個 $\varepsilon>0$，存在 $N\in\mathbb N$，使每個 $n\ge N$ 均有 $|x_n-L|<\varepsilon$。記作 $x_n\to L$。$N$ 可以依賴 $\varepsilon$，但必須對其後所有下標同時有效。

「收斂至 $L$」的否定式為：存在 $\varepsilon_0>0$，使對每個 $N$ 都有某個 $n\ge N$ 滿足 $|x_n-L|\ge\varepsilon_0$。少數初始項不影響收斂；在任意後期仍反覆出現的失敗則會影響。

例題

構造 epsilon–N 證明

對 $x_n=(3n+1)/(n+2)$，先猜 $L=3$。因為

$$\left|\frac{3n+1}{n+2}-3\right|=\frac5{n+2}<\frac5n,$$

選 $N>5/\varepsilon$，則每個 $n\ge N$ 都滿足 $|x_n-3|<\varepsilon$。猜測只是動機；不等式及帶量詞的選取才建立證明。

定理

唯一性、有界性及極限定律

收斂實數數列的極限唯一，且數列有界。若 $x_n\to x$、$y_n\to y$，則 $x_n+y_n\to x+y$、$x_ny_n\to xy$；若 $y\ne0$ 且商最終有定義，則 $x_n/y_n\to x/y$。若最終有 $x_n\le z_n\le y_n$，而兩側均收斂至 $L$，則 $z_n\to L$。

證明

唯一性與有界性

若 $x_n\to L$ 且 $x_n\to M$，對任意 $\varepsilon>0$，充分後期的項同時滿足 $|x_n-L|<\varepsilon/2$ 及 $|x_n-M|<\varepsilon/2$。三角不等式給 $|L-M|<\varepsilon$；此式對所有正 $\varepsilon$ 成立，故 $L=M$。要證有界，選 $N$ 使 $n\ge N$ 時 $|x_n-L|<1$。有限個初始項與尾部界 $|x_n|\le|L|+1$ 一起給出整個數列的有限界。

有界性的逆命題不成立：$(-1)^n$ 有界但不收斂。若收斂至 $L$，其偶數子列收斂至 $1$、奇數子列收斂至 $-1$，違反極限唯一性。

證明

乘積定律的機制

收斂數列 $(y_n)$ 有界，設 $|y_n|\le M$。由

$$|x_ny_n-xy|\le|y_n||x_n-x|+|x||y_n-y|,$$

兩項均趨零。對商，$y_n\to y\ne0$ 蘊含最終有 $|y_n|\ge|y|/2$；分母因而遠離零，得 $1/y_n\to1/y$。

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。

實數線上的緊緻子集

集合 $K\subset\mathbb R$ 若每個開覆蓋都有有限子覆蓋，便稱緊緻。在 $\mathbb R$ 中，Heine–Borel 定理指出，這等價於閉且有界，也等價於 $K$ 內每個數列都有收斂至 $K$ 中某點的子列。閉性使子列極限留在集合內；有界性則容許抽取子列。以下證明使用序列形式。

定理

極值定理

若 $K\subset\mathbb R$ 非空且緊緻，$f:K\to\mathbb R$ 連續，則 $f$ 有界並在 $K$ 上取得最大值及最小值。

證明

抽取逼近最大值的子列

若 $f$ 無上界，選 $x_n\in K$ 使 $f(x_n)>n$。存在子列 $x_{n_k}\to x\in K$；連續性給 $f(x_{n_k})\to f(x)$，與其趨向無窮矛盾。對 $-f$ 作同樣論證可得下界。令 $s=\sup f(K)$，選 $x_n\in K$ 使 $s-1/n<f(x_n)\le s$。某收斂子列趨向 $x\in K$，由連續性有 $f(x)=s$。對 $-f$ 同理得最小值。

例題

哪個假設失效？

連續函數 $f(x)=x$ 在 $(0,1)$ 上有界，但沒有最大值或最小值，因為 $0$、$1$ 不在定義域。此集合有界但不閉，故不緊緻。在 $[0,1]$ 上兩端點都存在，因此取得極值。緊緻性是充分的全局假設，不是每個個別函數取得極值的必要條件。

定義

相對定義域的連續性

對 $c\in A$，$f:A\to\mathbb R$ 在 $c$ 連續，指對每個 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使 $x\in A$ 且 $|x-c|<\delta$ 蘊含 $|f(x)-f(c)|<\varepsilon$。在 $A$ 的孤立點，此條件自動成立；在聚點，它等價於極限等於 $f(c)$。

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 $f(c)=y$。

例 2：公式未定義但有極限。 當 $x\ne1$ 時，$(x^2-1)/(x-1)=x+1$。因此它在 $1$ 處的極限為 $2$，但原商在 $1$ 處仍未定義。驗證極限時，與 $2$ 的絕對差為 $|x-1|$；取 $\delta=\varepsilon$ 即可。

對於有限極限，和與積的極限分別等於極限的和與積；分母極限非零時商也如此。直接代入若得到 $0/0$，這不是一個數，必須另作論證。

對 $f:D\to\mathbb R$ 和 $a\in D$，相對於 $D$ 的連續性是指：對每個 $\varepsilon>0$，都存在 $\delta>0$，使得

$$x\in D,\ |x-a|<\delta\implies |f(x)-f(a)|<\varepsilon.$$

在聚點處，這等價於 $\lim_{x\to a}f(x)=f(a)$。定義域的孤立點依此定義是連續點。多項式處處連續；有理函數在分母非零處連續。由介值定理，連續函數在 $[a,b]$ 上取到兩個端點值之間的每個值。

例 3：保證解存在。 方程 $x^2+x=1$ 在零與一之間有根，因為 $f(x)=x^2+x-1$ 連續，且 $f(0)=-1$、$f(1)=1$。這一論證無需算出根即可保證存在，但本身不證明唯一性。

1.3 平均變化率與瞬時變化率

設 $a$ 是 $D$ 的內部點。$f$ 從 $a$ 到 $a+h$ 的平均變化率為 $[f(a+h)-f(a)]/h$，其中 $h\ne0$ 且 $a+h\in D$。其單位為輸出單位除以輸入單位。導數是區間收縮時該比值的有限極限：

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

在內部輸入點，此定義使用雙側極限。邊界點需要單側約定或明確給出的延拓。連續函數未必可微：$|x|$ 在零處的左、右極限斜率分別為 $-1$ 和 $1$。

導數是極限

定義

內點處的導數

若 $f$ 在 $a$ 附近有定義，且有限極限

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

存在，則稱 $f$ 在 $a$ 可微。等價地，$f(a+h)=f(a)+f'(a)h+o(h)$，其中當 $h\to0$ 時 $o(h)/h\to0$。

在 $a$ 可微蘊含在該點連續：寫成 $f(a+h)-f(a)=h[(f(a+h)-f(a))/h]$，並令 $h\to0$。逆命題不成立：$|x|$ 在零點連續但不可微，因為左右差商分別趨向 $-1$ 及 $1$。

定理

費馬、羅爾及中值定理

若可微函數在內點取得局部極值，其導數在該點為零。若 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 連續、在 $(a,b)$ 可微，且 $f(a)=f(b)$，則存在 $c\in(a,b)$ 使 $f'(c)=0$，這是羅爾定理。因此，在相同連續與可微假設下但不要求端點值相等，存在 $c\in(a,b)$ 滿足

$$f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$

證明

由極值到中值

在局部最大點，正增量的差商非正、負增量的差商非負。若兩者收斂至同一導數，該導數必為零；最小值情況類似。對羅爾定理，極值定理保證在 $[a,b]$ 上取得最大和最小值。若函數為常數，任意內點皆可；否則由於兩端值相同，至少一個極值在內部，便可用費馬定理。對中值定理，減去連接 $(a,f(a))$ 與 $(b,f(b))$ 的仿射函數，再應用羅爾定理。

例題

導數界控制函數

若區間上 $|f'(x)|\le4$，且 $f$ 在其中每條閉線段連續，則對 $x<y$，中值定理給 $|f(y)-f(x)|\le4|y-x|$。因此 $f$ 在該區間為 Lipschitz 函數且一致連續。此界是充分條件，不是一致連續的必要條件。

區間假設很重要：$f(x)=|x|$ 在 $[-1,1]$ 上兩端值相等，但在零點不可微；開區間中沒有導數為零的點。局部導數界也不自動成為單一全局界。

例 4：非線性溫度模型。 設 $T(t)=20+3t+t^2$，其中 $t\ge0$，時間以分鐘、溫度以度計。對內部時刻，

$$\frac{T(t+h)-T(t)}h=3+2t+h,$$

所以 $T'(t)=3+2t$。在 $t=2$，變化率為每分鐘 $7$ 度。經過步長 $h$ 的精確變化為 $7h+h^2$，導數預測的是線性部分 $7h$。

在 $(a,f(a))$ 處的切線為 $y=f(a)+f'(a)(x-a)$。它是局部近似，不保證在遠離該點的輸入處與原函數吻合。

1.4 計算導數

以下導數法則在相關函數及導數存在的地方適用：

$$\begin{aligned}(cf+g)'&=cf'+g',\\(fg)'&=f'g+fg',\\(f/g)'&=(f'g-fg')/g^2\quad(g\ne0),\\(f(g(x)))'&=f'(g(x))g'(x).\end{aligned}$$

常用初等導數包括整數冪在其定義域上、當 $n\ne0$ 時的 $(x^n)'=nx^{n-1}$、$(e^x)'=e^x$，以及在 $x>0$ 上的 $(\ln x)'=1/x$。當 $n=0$ 時，將 $x^0=1$ 定義為常函數，其導數為零，包括 $x=0$ 處。鏈式法則給出內層表達式的係數。

通常的弧度制導數為 $(\sin x)'=\cos x$、$(\cos x)'=-\sin x$，以及在正切定義域上的 $(\tan x)'=\sec^2x$。正弦導數來自和角公式及極限 $\sin h/h\to1$、$(\cos h-1)/h\to0$；當正的 $h$ 充分小時，利用單位圓幾何把第一個極限夾在 $\cos h$ 與一之間，另一側由對稱性得到。對反函數分支，求導 $\sin y=x$ 得到 $(\arcsin x)'=1/\sqrt{1-x^2}$，其中 $|x|<1$，因為主值分支上的餘弦非負。同理，$(\arctan x)'=1/(1+x^2)$ 對所有實數成立。反函數在某些端點有定義，但其有限導數在那裡不存在。

為證明乘積法則，將增量寫成

$$f(a+h)g(a+h)-f(a)g(a) =f(a+h)(g(a+h)-g(a))+g(a)(f(a+h)-f(a)).$$

除以 $h$ 並取極限；可微性蘊含連續性，便得到所述兩項公式。鏈式法則同樣保留外層響應和內層輸入變化率。

以下討論實單變量函數。

1. 鏈式與商法則

設 $g$ 在內點 $a$ 可微，$f$ 在 $g(a)$ 的鄰域有定義且在該點可微，則 $f\circ g$ 在 $a$ 可微，且

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

證明。 由 $f$ 的可微性，$f(g(a)+u)-f(g(a))=f'(g(a))u+u\epsilon(u)$，其中 $u\to0$ 時 $\epsilon(u)\to0$，並令 $\epsilon(0)=0$。取 $u=g(a+h)-g(a)$。$g$ 的可微性保證 $u\to0$、$u/h\to g'(a)$。故差商為 $(f'(g(a))+\epsilon(u))(u/h)$，趨於所述乘積。某些非零 $h$ 可能使 $u=0$，此證明仍適用；不能直接除以 $u$。

若 $f,g$ 在 $a$ 可微且 $g(a)\ne0$，則

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

因為 $g$ 連續，它在 $a$ 附近非零。倒數的差商為 $-[g(a+h)-g(a)]/[h g(a+h)g(a)]$，極限為 $-g'(a)/g(a)^2$；對 $f(1/g)$ 應用乘積法則即得。

例。 對所有實數 $x$，$F(x)=\log(1+x^2)$ 可微，因為 $1+x^2>0$；鏈式法則給出 $F'(x)=2x/(1+x^2)$。

例 5：飽和響應的導數。 對 $R(c)=6c/(2+c)$，

$$R'(c)=\frac{6(2+c)-6c}{(2+c)^2}=\frac{12}{(2+c)^2}>0\quad(c\ge0).$$

在 $c=0$ 處，這表示模型定義域上的右導數；它等於相同有理公式在 $c>-2$ 上的普通導數。

因此模型隨濃度上升而增加，但濃度增大時邊際響應變小。導數不同於每單位濃度的響應比率 $R(c)/c=6/(2+c)$，後者要求 $c>0$。

對正函數 $N(t)$，其相對變化率為 $N'(t)/N(t)$。在 $N=N_0e^{kt}$ 中，它等於常數 $k$。恆定的絕對變化率則產生仿射模型，而非指數模型。

1.5 從導數符號到優化

對 $a<b$，均值定理說：若 $f$ 在 $[a,b]$ 上連續且在內部可微，則對某個內部點 $c$ 有 $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$。因此導數在區間上嚴格為正蘊含嚴格遞增，為負蘊含遞減。

內部可微局部極大點或極小點必須滿足 $f'=0$，但這不是充分條件：$x^3$ 在零處導數為零，卻沒有極值。連續函數在閉區間上取得極值；應同時檢查端點、內部駐點及不可微點。

例 6：有界劑量模型。 假設效益模型為 $B(d)=8d-d^2$，定義在 $0\le d\le5$ 上。其導數 $8-2d$ 在 $4$ 以下為正、以上為負，故最大值在 $d=4$ 取得，值為 $16$。比較端點：$B(0)=0$、$B(5)=15$。若允許範圍改為 $0\le d\le3$，最大值則在端點 $3$ 取得，值為 $15$。

1.6 分層練習

基礎

1. 求 $f(x)=\sqrt{x+2}/(x-1)$ 的自然實數定義域。
2. 計算 $\lim_{x\to2}(x^2-4)/(x-2)$，並解釋為甚麼原商在該極限輸入處未定義。
3. 由導數定義求 $f(x)=2x^2+1$ 的導數。

核心

4. 對 $N(t)=40e^{0.3t}$，求其在 $t=0$ 的絕對和相對變化率。
5. 求 $f(x)=(1+x^2)e^{-x}$ 的導數。
6. 求 $f(x)=x^2$ 在 $x=3$ 處的切線近似，用它估計 $f(3.02)$ 並與精確值比較。
7. 在 $[0,4]$ 上最大化 $f(x)=12x-x^2$，並檢查端點。

綜合

8. 分別論證存在性和唯一性，證明 $x^3+x-2=0$ 在 $[0,2]$ 中恰有一根。
9. 設 $f(x)=|x-1|$。用有關極限證明它在 $1$ 連續但不可微。
10. 對 $R(c)=Ac/(K+c)$，其中 $A,K>0$ 且 $c\ge0$，求 $R'$ 和 $R''$。在端點 $c=0$，用相同有理公式在 $c>-K$ 上的延拓計算這些導數。證明 $R$ 遞增並趨近 $A$，但有限 $c$ 時永不達到它。解釋二階導數如何刻畫邊際響應遞減。

補充初等函數檢查

11. 給出 $3+2\cos(4t)$ 的振幅、週期及其在零時的值。
12. 按弧度制求 $\sin(2t)+\cos t$ 的導數。
13. 求 $\arctan(3x)$ 的導數及實數定義域；區分 $\arcsin x$ 的定義域與其有限導數的定義域。

1.7 完整解答

1. 要求 $x+2\ge0$ 和 $x\ne1$。定義域為 $[-2,1)\cup(1,\infty)$。

2. 當 $x\ne2$ 時，原商等於 $x+2$，極限為 $4$。在 $x=2$ 原分母為零；約去因子不會賦予原函數該處的值。

3. $[2(x+h)^2+1-(2x^2+1)]/h=4x+2h$，其極限為 $4x$。

4. $N'=12e^{0.3t}$，故 $N'(0)=12$，單位為每時間單位的數量單位。相對變化率 $N'/N=0.3$ 每時間單位恆定，包括零時刻。

5. 乘積法則給出 $f'=2xe^{-x}-(1+x^2)e^{-x}=(-x^2+2x-1)e^{-x}$。

6. 切線為 $L(x)=9+6(x-3)$；在 $3.02$ 得 $9.12$。精確值 $(3.02)^2=9.1204$，故近似低了 $0.0004$，即輸入變化的平方。

7. 在整個 $[0,4]$ 上有 $f'=12-2x>0$，因此最大值在 $4$ 取得，值為 $32$。另一端點給零；無約束駐點 $6$ 不可行。

8. 多項式連續，零處為 $-2$、二處為 $8$，故存在根。導數 $3x^2+1>0$，由均值定理嚴格遞增，因而至多一根。合起來恰有一根（實際上 $x=1$）。

9. $f(1)=0$ 且當 $x\to1$ 時 $|x-1|\to0$，所以連續。差商為 $|h|/h$；當 $h>0$ 時等於 $1$，當 $h<0$ 時等於 $-1$，故雙側導數不存在。

10. $R'=AK/(K+c)^2>0$ 且 $R''=-2AK/(K+c)^3<0$。有限 $c\ge0$ 時還有 $R=A-AK/(K+c)<A$；當 $c\to\infty$ 時被減項趨於零。負的二階導數表示正的一階導數隨濃度增加而下降：增加濃度仍增加響應，但邊際效應遞減。

11. 振幅為二，週期為 $\pi/2$，初值為五。

12. 導數為 $2\cos(2t)-\sin t$；內部因子二來自鏈式法則。

13. 導數為 $3/(1+9x^2)$，對每個實數 $x$ 都有定義，函數本身也是如此。函數 $\arcsin x$ 的定義域是 $[-1,1]$，但其有限導數公式只適用於 $(-1,1)$，不能把端點自動加入導數定義域。

總結與後續聯繫

定義域是函數的一部分。極限描述鄰近值，連續性相對於定義域定義，在聚點處使鄰近極限與點值一致。導數將收縮區間上的平均變化率轉化為瞬時變化率。導數法則保留複合模型結構，均值定理將導數符號與區間變化聯繫起來。優化仍需檢查可行性和端點。

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

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

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。

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：有界單調函數可積

對非遞減函數 $f$，取由 $n$ 個小區間組成、寬度為 $(b-a)/n$ 的均勻分割。第 $i$ 個區間上的下確界與上確界分別是兩端點處的值，因此

$$U-L=\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n[f(x_i)-f(x_{i-1})] =\frac{(b-a)(f(b)-f(a))}{n}\longrightarrow0.$$

即使 $f$ 有跳躍不連續點，判據仍證明其可積。對非遞增函數，可將結果應用於 $-f$。

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。

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。

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。

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 $(-1/2,1/2)$。