學習目標與準備
我們假設已掌握第 1 章的求導法則、指數與對數函數，以及初等連續性。本章從求和推導累積量，建立它與原函數的聯繫，並應用換元、分部積分及數值求積。商業例子均為假設的數學模型。
2.1 從邊際量到總量
若 c ( q ) c(q) c ( q ) c ( q ) Δ q c(q)\Delta q c ( q ) Δ q
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 ∈ Q : q > 0 , q 2 < 2 } \{q\in\mathbb Q:q>0,\ q^2<2\} { q ∈ Q : q > 0 , q 2 < 2 }
定義
上界與上確界 對非空 A ⊂ R A\subset\mathbb R A ⊂ R a ∈ A a\in A a ∈ A a ≤ u a\le u a ≤ u u u u s s s u u u s ≤ u s\le u s ≤ u s = sup A s=\sup A s = sup A A A A A A A
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 ) \inf A=-\sup(-A) inf A = − sup ( − A )
例如 sup ( 0 , 1 ) = 1 \sup(0,1)=1 sup ( 0 , 1 ) = 1 1 1 1 sup [ 0 , 1 ] = 1 \sup[0,1]=1 sup [ 0 , 1 ] = 1
定理
上確界近似判據 非空集合 A A A s s s sup A \sup A sup A ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 a ∈ A a\in A a ∈ A s − ε < a ≤ s s-\varepsilon<a\le s s − ε < a ≤ s
證明
證明兩個方向 若 s = sup A s=\sup A s = sup A s − ε s-\varepsilon s − ε s − ε s-\varepsilon s − ε s s s u < s u<s u < s ε = s − u > 0 \varepsilon=s-u>0 ε = s − u > 0 a > u a>u a > u u u u s s s
例題
上確界證明的兩部分 令 A = { n / ( n + 1 ) : n ∈ N , n ≥ 1 } A=\{n/(n+1):n\in\mathbb N, n\ge1\} A = { n / ( n + 1 ) : n ∈ N , n ≥ 1 } 1 1 1 1 1 1 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 n > 1 / ε n>1/\varepsilon n > 1/ ε 1 − n / ( n + 1 ) = 1 / ( n + 1 ) < ε 1-n/(n+1)=1/(n+1)<\varepsilon 1 − n / ( n + 1 ) = 1/ ( n + 1 ) < ε sup A = 1 \sup A=1 sup A = 1 1 1 1 A A A 2 2 2
阿基米德性質與稠密性
定理
阿基米德性質 對每個實數 x x x n > x n>x n > x ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 n ∈ N n\in\mathbb N n ∈ N 1 / n < ε 1/n<\varepsilon 1/ n < ε
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 N s=\sup\mathbb N s = sup N s − 1 s-1 s − 1 n ∈ N n\in\mathbb N n ∈ N n > s − 1 n>s-1 n > s − 1 n + 1 > s n+1>s n + 1 > s n + 1 ∈ N n+1\in\mathbb N n + 1 ∈ N s s s 1 / ε 1/\varepsilon 1/ ε
任意實數 x < y x<y x < y n n n n ( y − x ) > 1 n(y-x)>1 n ( y − x ) > 1 m m m n x < m < n y nx<m<ny n x < m < n y x < m / n < y x<m/n<y x < m / n < y x x x y y y q q q x − 2 < q < y − 2 x-\sqrt2<q<y-\sqrt2 x − 2 < q < y − 2 q + 2 q+\sqrt2 q + 2
例題
以反射求下確界 對 B = { 2 + 1 / n : n ≥ 1 } B=\{2+1/n:n\ge1\} B = { 2 + 1/ n : n ≥ 1 } 2 2 2 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 n > 1 / ε n>1/\varepsilon n > 1/ ε 2 < 2 + 1 / n < 2 + ε 2<2+1/n<2+\varepsilon 2 < 2 + 1/ n < 2 + ε 2 2 2 3 3 3 n = 1 n=1 n = 1
收斂中的量詞
定義
實數數列的收斂 數列 ( x n ) (x_n) ( x n ) L ∈ R L\in\mathbb R L ∈ R ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N ∈ N N\in\mathbb N N ∈ N n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − L ∣ < ε |x_n-L|<\varepsilon ∣ x n − L ∣ < ε x n → L x_n\to L x n → L N N N ε \varepsilon ε
「收斂至 L L L ε 0 > 0 \varepsilon_0>0 ε 0 > 0 N N N n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − L ∣ ≥ ε 0 |x_n-L|\ge\varepsilon_0 ∣ x n − L ∣ ≥ ε 0
例題
構造 epsilon–N 證明 對 x n = ( 3 n + 1 ) / ( n + 2 ) x_n=(3n+1)/(n+2) x n = ( 3 n + 1 ) / ( n + 2 ) L = 3 L=3 L = 3
∣ 3 n + 1 n + 2 − 3 ∣ = 5 n + 2 < 5 n , \left|\frac{3n+1}{n+2}-3\right|=\frac5{n+2}<\frac5n, n + 2 3 n + 1 − 3 = n + 2 5 < n 5 , 選 N > 5 / ε N>5/\varepsilon N > 5/ ε n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − 3 ∣ < ε |x_n-3|<\varepsilon ∣ x n − 3∣ < ε
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 → x x_n\to x x n → x y n → y y_n\to y y n → y x n + y n → x + y x_n+y_n\to x+y x n + y n → x + y x n y n → x y x_ny_n\to xy x n y n → x y y ≠ 0 y\ne0 y = 0 x n / y n → x / y x_n/y_n\to x/y x n / y n → x / y x n ≤ z n ≤ y n x_n\le z_n\le y_n x n ≤ z n ≤ y n L L L z n → L z_n\to L z n → L
證明
唯一性與有界性 若 x n → L x_n\to L x n → L x n → M x_n\to M x n → M ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 ∣ x n − L ∣ < ε / 2 |x_n-L|<\varepsilon/2 ∣ x n − L ∣ < ε /2 ∣ x n − M ∣ < ε / 2 |x_n-M|<\varepsilon/2 ∣ x n − M ∣ < ε /2 ∣ L − M ∣ < ε |L-M|<\varepsilon ∣ L − M ∣ < ε ε \varepsilon ε L = M L=M L = M N N N n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − L ∣ < 1 |x_n-L|<1 ∣ x n − L ∣ < 1 ∣ x n ∣ ≤ ∣ L ∣ + 1 |x_n|\le|L|+1 ∣ x n ∣ ≤ ∣ L ∣ + 1
有界性的逆命題不成立：( − 1 ) n (-1)^n ( − 1 ) n L L L 1 1 1 − 1 -1 − 1
證明
乘積定律的機制 收斂數列 ( y n ) (y_n) ( y n ) ∣ y n ∣ ≤ M |y_n|\le M ∣ y n ∣ ≤ M
∣ x n y n − x y ∣ ≤ ∣ y n ∣ ∣ x n − x ∣ + ∣ x ∣ ∣ y n − y ∣ , |x_ny_n-xy|\le|y_n||x_n-x|+|x||y_n-y|, ∣ x n y n − x y ∣ ≤ ∣ y n ∣∣ x n − x ∣ + ∣ x ∣∣ y n − y ∣ , 兩項均趨零。對商，y n → y ≠ 0 y_n\to y\ne0 y n → y = 0 ∣ y n ∣ ≥ ∣ y ∣ / 2 |y_n|\ge|y|/2 ∣ y n ∣ ≥ ∣ y ∣/2 1 / y n → 1 / y 1/y_n\to1/y 1/ y n → 1/ y
子列
定義
子列 ( x n ) (x_n) ( x n ) ( x n k ) (x_{n_k}) ( x n k ) n 1 < n 2 < ⋯ n_1<n_2<\cdots n 1 < n 2 < ⋯ x n → L x_n\to L x n → L L L L n k ≥ k n_k\ge k n k ≥ k
證明
套疊區間證明 把所有項放入閉有界區間 I 1 I_1 I 1 I 2 I_2 I 2 I k I_k I k n k n_k n k x n k ∈ I k x_{n_k}\in I_k x n k ∈ I k L L L x n k , L ∈ I k x_{n_k},L\in I_k x n k , L ∈ I k
結論是關於子列，而非整個數列。例如 ( − 1 ) n (-1)^n ( − 1 ) n 1 1 1 − 1 -1 − 1
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 U U y y y U U U r > 0 r>0 r > 0 ( y − r , y + r ) (y-r,y+r) ( y − r , y + r ) U U U 1 / n 1/n 1/ n K K K
K K K K K K K K K
由 2 推出 1。 設 x n x_n x n K K K x n x_n x n x x x x x x K K K r > 0 r>0 r > 0 ( x − r , x + r ) (x-r,x+r) ( x − r , x + r ) K K K ∣ x n − x ∣ < r |x_n-x|<r ∣ x n − x ∣ < r x n x_n x n K K K x x x K K K
由 1 推出 2。 固定不屬於 K K K y y y y y y K K K n n n x n x_n x n K K K ∣ x n − y ∣ < 1 / n |x_n-y|<1/n ∣ x n − y ∣ < 1/ n ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 N N N 1 / N < ε 1/N<\varepsilon 1/ N < ε n ≥ N n\ge N n ≥ N ∣ x n − y ∣ < 1 / n ≤ 1 / N < ε |x_n-y|<1/n\le1/N<\varepsilon ∣ x n − y ∣ < 1/ n ≤ 1/ N < ε x n x_n x n y y y y y y K K K y y y K K K K K K K K K
學習目標與定義
集合 K ⊆ R K\subseteq\mathbb R K ⊆ R K K K K K K K K K K K K
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 ⊆ R K\subseteq\mathbb R K ⊆ R
緊致推出閉且有界。 區間 ( − n , n ) (-n,n) ( − n , n ) n ≥ 1 n\ge1 n ≥ 1 R \mathbb R R K K K y ∉ K y\notin K y ∈ / K x ∈ K x\in K x ∈ K B ( x , ∣ x − y ∣ / 2 ) B(x,|x-y|/2) B ( x , ∣ x − y ∣/2 ) y y y K K K δ \delta δ y y y x x x y y y ∣ x − y ∣ / 2 ≥ δ |x-y|/2\ge\delta ∣ x − y ∣/2 ≥ δ B ( y , δ ) B(y,\delta) B ( y , δ ) K K K K K K
閉且有界推出緊致。 將非空的 K K K I 0 I_0 I 0 K K K I 0 I_0 I 0 K K K K K K I n I_n I n K ∩ I n K\cap I_n K ∩ I n x n ∈ K ∩ I n x_n\in K\cap I_n x n ∈ K ∩ I n p p p I n I_n I n x n → p x_n\to p x n → p p ∈ K p\in K p ∈ K O O O p p p O O O p p p n n n I n I_n I n O O O K ∩ I n K\cap I_n K ∩ I n
閉且有界推出序列緊致。 K K K K K K
序列緊致推出閉且有界。 若無界，可選取 x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K ∣ x n ∣ > n |x_n|>n ∣ x n ∣ > n p p p K K K x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K ∣ x n − p ∣ < 1 / n |x_n-p|<1/n ∣ x n − p ∣ < 1/ n K K K p p p p ∈ K p\in K p ∈ K K K K
實數線上的緊緻子集
集合 K ⊂ R K\subset\mathbb R K ⊂ R R \mathbb R R K K K K K K
定理
極值定理 若 K ⊂ R K\subset\mathbb R K ⊂ R f : K → R f:K\to\mathbb R f : K → R f f f K K K
證明
抽取逼近最大值的子列 若 f f f x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K f ( x n ) > n f(x_n)>n f ( x n ) > n x n k → x ∈ K x_{n_k}\to x\in K x n k → x ∈ K f ( x n k ) → f ( x ) f(x_{n_k})\to f(x) f ( x n k ) → f ( x ) − f -f − f s = sup f ( K ) s=\sup f(K) s = sup f ( K ) x n ∈ K x_n\in K x n ∈ K s − 1 / n < f ( x n ) ≤ s s-1/n<f(x_n)\le s s − 1/ n < f ( x n ) ≤ s x ∈ K x\in K x ∈ K f ( x ) = s f(x)=s f ( x ) = s − f -f − f
例題
哪個假設失效？ 連續函數 f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) 0 0 0 1 1 1 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ]
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 f'(a)=0 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 f(x)=x f ( x ) = x [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] x 3 x^3 x 3
Rolle 定理。 若 a < b a<b a < b f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ( a , b ) (a,b) ( a , b ) f ( a ) = f ( b ) f(a)=f(b) f ( a ) = f ( b ) c ∈ ( a , b ) c\in(a,b) c ∈ ( a , b ) f ′ ( c ) = 0 f'(c)=0 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 ∈ ( a , b ) c\in(a,b) c ∈ ( a , b ) f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( c ) ( b − a ) f(b)-f(a)=f'(c)(b-a) f ( b ) − f ( a ) = f ′ ( c ) ( b − a )
從 f f f f ( a ) + [ f ( b ) − f ( a ) ] ( x − a ) / ( b − a ) f(a)+[f(b)-f(a)](x-a)/(b-a) f ( a ) + [ f ( b ) − f ( a )] ( x − a ) / ( b − a ) f ′ f' f ′ ∣ f ′ ∣ ≤ M |f'|\le M ∣ f ′ ∣ ≤ M ∣ f ( y ) − f ( x ) ∣ ≤ M ∣ y − x ∣ |f(y)-f(x)|\le M|y-x| ∣ f ( y ) − f ( x ) ∣ ≤ M ∣ y − x ∣
一致連續
定義
整個定義域共用一個 delta 若對每個 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 δ > 0 \delta>0 δ > 0 x , y ∈ A x,y\in A x , y ∈ A ∣ x − y ∣ < δ |x-y|<\delta ∣ x − y ∣ < δ ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε |f(x)-f(y)|<\varepsilon ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε f : A → R f:A\to\mathbb R f : A → R A A A δ \delta δ ε \varepsilon ε x x x y y y
證明
用緊緻性作反證 若非一致連續，則存在 ε 0 > 0 \varepsilon_0>0 ε 0 > 0 n n n x n , y n ∈ K x_n,y_n\in K x n , y n ∈ K ∣ x n − y n ∣ < 1 / n |x_n-y_n|<1/n ∣ x n − y n ∣ < 1/ n ∣ f ( x n ) − f ( y n ) ∣ ≥ ε 0 |f(x_n)-f(y_n)|\ge\varepsilon_0 ∣ f ( x n ) − f ( y n ) ∣ ≥ ε 0 x n k → x ∈ K x_{n_k}\to x\in K x n k → x ∈ K y n k → x y_{n_k}\to x y n k → x f ( x n k ) → f ( x ) f(x_{n_k})\to f(x) f ( x n k ) → f ( x ) f ( y n k ) → f ( x ) f(y_{n_k})\to f(x) f ( y n k ) → f ( x ) ε 0 \varepsilon_0 ε 0
例題
無界定義域上連續但非一致連續 f ( x ) = x 2 f(x)=x^2 f ( x ) = x 2 R \mathbb R R x n = n x_n=n x n = n y n = n + 1 / n y_n=n+1/n y n = n + 1/ n ∣ x n − y n ∣ = 1 / n → 0 |x_n-y_n|=1/n\to0 ∣ x n − y n ∣ = 1/ n → 0 ∣ f ( y n ) − f ( x n ) ∣ = 2 + 1 / n 2 ↛ 0 |f(y_n)-f(x_n)|=2+1/n^2\not\to0 ∣ f ( y n ) − f ( x n ) ∣ = 2 + 1/ n 2 → 0 ∣ x ∣ , ∣ y ∣ ≤ M |x|,|y|\le M ∣ x ∣ , ∣ y ∣ ≤ M ∣ x 2 − y 2 ∣ ≤ 2 M ∣ x − y ∣ |x^2-y^2|\le2M|x-y| ∣ x 2 − y 2 ∣ ≤ 2 M ∣ 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 a<b a < b f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] P : a = x 0 < ⋯ < x n = b P:a=x_0<\cdots<x_n=b P : a = x 0 < ⋯ < x n = b m i = inf [ x i − 1 , x i ] f m_i=\inf_{[x_{i-1},x_i]}f m i = inf [ x i − 1 , x i ] f M i = sup [ x i − 1 , x i ] f M_i=\sup_{[x_{i-1},x_i]}f M i = sup [ x i − 1 , x i ] f L ( f , P ) = ∑ m i Δ x i L(f,P)=\sum m_i\Delta x_i L ( f , P ) = ∑ m i Δ x i U ( f , P ) = ∑ M i Δ x i U(f,P)=\sum M_i\Delta x_i U ( f , P ) = ∑ M i Δ x i I ‾ \underline I I I ‾ \overline I I
對任意兩個分割 P , Q P,Q P , Q L ( f , P ) ≤ U ( f , Q ) L(f,P)\le U(f,Q) L ( f , P ) ≤ U ( f , Q ) I ‾ ≤ I ‾ \underline I\le\overline I I ≤ I
定理：Darboux 判據
有界函數可積，當且僅當對每個 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 U ( f , P ) − L ( f , P ) < ε U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon U ( f , P ) − L ( f , P ) < ε
證明。 若上下積分均等於 I I I I − ε / 2 I-\varepsilon/2 I − ε /2 I + ε / 2 I+\varepsilon/2 I + ε /2 ε \varepsilon ε ε \varepsilon ε 0 ≤ I ‾ − I ‾ ≤ U ( f , P ) − L ( f , P ) 0\le\overline I-\underline I\le U(f,P)-L(f,P) 0 ≤ I − I ≤ U ( f , P ) − L ( f , P )
定理：允許有限個不連續點
若 f f f
證明。 設 ∣ f ∣ ≤ M |f|\le M ∣ f ∣ ≤ M M > 0 M>0 M > 0 ε / ( 4 M ) \varepsilon/(4M) ε / ( 4 M ) [ a , b ] [a,b] [ a , b ] 2 M 2M 2 M ε / 2 \varepsilon/2 ε /2 f f f ε / [ 2 ( b − a ) ] \varepsilon/[2(b-a)] ε / [ 2 ( b − a )] ε / 2 \varepsilon/2 ε /2 ε \varepsilon ε
連續函數與任意標籤的細網格
設 f : [ a , b ] → R f:[a,b]\to\mathbb R f : [ a , b ] → R a < b a<b a < b f f f P P P L ( f , P ) L(f,P) L ( f , P ) U ( f , P ) U(f,P) U ( f , P ) I I I
固定 ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 δ > 0 \delta>0 δ > 0 ∣ x − y ∣ < δ |x-y|<\delta ∣ x − y ∣ < δ ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε / [ 2 ( b − a ) ] |f(x)-f(y)|<\varepsilon/[2(b-a)] ∣ f ( x ) − f ( y ) ∣ < ε / [ 2 ( b − a )] P P P δ \delta δ ε / [ 2 ( b − a ) ] \varepsilon/[2(b-a)] ε / [ 2 ( b − a )]
U ( f , P ) − L ( f , P ) ≤ ε 2 < ε . U(f,P)-L(f,P)\le\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon. U ( f , P ) − L ( f , P ) ≤ 2 ε < ε . 對任意標籤選擇，其標籤和 S ( P ) S(P) S ( P ) L ( f , P ) L(f,P) L ( f , P ) U ( f , P ) U(f,P) U ( f , P ) I I I ∣ S ( P ) − I ∣ ≤ U ( f , P ) − L ( f , P ) < ε |S(P)-I|\le U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon ∣ S ( P ) − I ∣ ≤ U ( f , P ) − L ( f , P ) < ε δ \delta δ
設 a < b a<b a < b a = x 0 < x 1 < ⋯ < x n = b a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b a = x 0 < x 1 < ⋯ < x n = b Δ x i = x i − x i − 1 \Delta x_i=x_i-x_{i-1} Δ x i = x i − x i − 1 ξ i ∈ [ x i − 1 , x i ] \xi_i\in[x_{i-1},x_i] ξ i ∈ [ x i − 1 , x i ] ∥ P ∥ = max i Δ x i \|P\|=\max_i\Delta x_i ∥ P ∥ = max i Δ x i I I I ε > 0 \varepsilon>0 ε > 0 δ > 0 \delta>0 δ > 0 ∥ P ∥ < δ \|P\|<\delta ∥ P ∥ < δ ∣ ∑ i f ( ξ i ) Δ x i − I ∣ < ε |\sum_i f(\xi_i)\Delta x_i-I|<\varepsilon ∣ ∑ i f ( ξ i ) Δ x i − I ∣ < ε I I I ∫ a b f ( x ) d x \int_a^bf(x)dx ∫ a b f ( x ) d x
設 f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] A ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t A(x)=\int_a^xf(t)dt A ( x ) = ∫ a x f ( t ) d t x ∈ ( a , b ) x\in(a,b) x ∈ ( a , b ) x + h ∈ [ a , b ] x+h\in[a,b] x + h ∈ [ a , b ] h h h
∣ A ( x + h ) − A ( x ) h − f ( x ) ∣ ≤ sup t ∈ [ min ( x , x + h ) , max ( x , x + h ) ] ∣ f ( t ) − f ( x ) ∣ ⟶ 0 ( h → 0 ) . \left|\frac{A(x+h)-A(x)}h-f(x)\right|\le\sup_{t\in[\min(x,x+h),\max(x,x+h)]}|f(t)-f(x)|\longrightarrow0\quad(h\to0). h A ( x + h ) − A ( x ) − f ( x ) ≤ t ∈ [ m i n ( x , x + h ) , m a x ( x , x + h )] sup ∣ f ( t ) − f ( x ) ∣ ⟶ 0 ( h → 0 ) . 因此內部有 A ′ ( x ) = f ( x ) A'(x)=f(x) A ′ ( x ) = f ( x ) F F F [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ( a , b ) (a,b) ( a , b ) F ′ = f F'=f F ′ = f F − A F-A F − A [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ∫ a b f = F ( b ) − F ( a ) \int_a^bf=F(b)-F(a) ∫ a b f = F ( b ) − F ( a )
積分有符號。淨現金流率為負時，對總量的貢獻為負；概率密度則必須非負。含義由模型和單位決定，而不是僅由積分符號決定。
若 C ′ = c C'=c C ′ = c c c c
C ( b ) − C ( a ) = ∫ a b c ( q ) d q . C(b)-C(a)=\int_a^bc(q)dq. C ( b ) − C ( a ) = ∫ a b c ( q ) d q . 要恢復絕對成本函數，還需要初始成本或固定成本。對導數積分不能找回缺失的常數。
例 1：恢復總成本。 設邊際成本為 c ( q ) = 4 + 0.6 q c(q)=4+0.6q c ( q ) = 4 + 0.6 q q ≥ 0 q\ge0 q ≥ 0 C ( 0 ) = 80 C(0)=80 C ( 0 ) = 80
C ( q ) = 80 + ∫ 0 q ( 4 + 0.6 s ) d s = 80 + 4 q + 0.3 q 2 . C(q)=80+\int_0^q(4+0.6s)ds=80+4q+0.3q^2. C ( q ) = 80 + ∫ 0 q ( 4 + 0.6 s ) d s = 80 + 4 q + 0.3 q 2 . 從 10 10 10 15 15 15 ∫ 10 15 ( 4 + 0.6 q ) d q = 57.5 \int_{10}^{15}(4+0.6q)dq=57.5 ∫ 10 15 ( 4 + 0.6 q ) d q = 57.5 c ( 10 ) ⋅ 5 = 50 c(10)\cdot5=50 c ( 10 ) ⋅ 5 = 50
2.2 微積分基本定理與變上限
對於可微邊界 u ( x ) , v ( x ) u(x),v(x) u ( x ) , v ( x ) f f f
d d x ∫ u ( x ) v ( x ) f ( t ) d t = f ( v ( x ) ) v ′ ( x ) − f ( u ( x ) ) u ′ ( x ) . \frac d{dx}\int_{u(x)}^{v(x)}f(t)dt=f(v(x))v'(x)-f(u(x))u'(x). d x d ∫ u ( x ) v ( x ) f ( t ) d t = f ( v ( x )) v ′ ( x ) − f ( u ( x )) u ′ ( x ) . 啞變量 t t t
例 2：移動的累積窗口。 令 B ( t ) = ∫ t − 1 t e − s d s B(t)=\int_{t-1}^{t}e^{-s}ds B ( t ) = ∫ t − 1 t e − s d s B ′ ( t ) = e − t − e − ( t − 1 ) B'(t)=e^{-t}-e^{-(t-1)} B ′ ( t ) = e − t − e − ( t − 1 )
2.3 換元法是鏈式法則的逆用
當 F ′ = f F'=f F ′ = f
∫ f ( g ( x ) ) g ′ ( x ) d x = F ( g ( x ) ) + C . \int f(g(x))g'(x)dx=F(g(x))+C. ∫ f ( g ( x )) g ′ ( x ) d x = F ( g ( x )) + C . 定積分還須轉換上下限。對 F ( g ( x ) ) F(g(x)) F ( g ( x ))
例 3：有理邊際率。 設 0 ≤ t ≤ 2 0\le t\le2 0 ≤ t ≤ 2 r ( t ) = 6 t / ( 1 + t 2 ) r(t)=6t/(1+t^2) r ( t ) = 6 t / ( 1 + t 2 ) u = 1 + t 2 u=1+t^2 u = 1 + t 2 d u = 2 t d t du=2t\,dt d u = 2 t d t 1 , 5 1,5 1 , 5 3 ∫ 1 5 d u / u = 3 ln 5 3\int_1^5du/u=3\ln5 3 ∫ 1 5 d u / u = 3 ln 5
不定積分 ∫ 2 x e x 2 d x = e x 2 + C \int2x e^{x^2}dx=e^{x^2}+C ∫ 2 x e x 2 d x = e x 2 + C e x 2 / ( 2 x ) e^{x^2}/(2x) e x 2 / ( 2 x )
2.4 分部積分與折現累積
對乘積法則積分得 ∫ u d v = u v − ∫ v d u \int u\,dv=uv-\int v\,du ∫ u d v = uv − ∫ v d u k > 0 k>0 k > 0 u = t u=t u = t d v = e − k t d t dv=e^{-kt}dt d v = e − k t d t
∫ 0 T t e − k t d t = 1 − e − k T ( 1 + k T ) k 2 . \int_0^Tte^{-kt}dt=\frac{1-e^{-kT}(1+kT)}{k^2}. ∫ 0 T t e − k t d t = k 2 1 − e − k T ( 1 + k T ) . 因此，假設流量 c ( t ) = a + b t c(t)=a+bt c ( t ) = a + b t e − k t e^{-kt} e − k t
∫ 0 T ( a + b t ) e − k t d t = a k ( 1 − e − k T ) + b k 2 ( 1 − e − k T ( 1 + k T ) ) . \int_0^T(a+bt)e^{-kt}dt
=\frac a k(1-e^{-kT})+\frac b{k^2}(1-e^{-kT}(1+kT)). ∫ 0 T ( a + b t ) e − k t d t = k a ( 1 − e − k T ) + k 2 b ( 1 − e − k T ( 1 + k T )) . 指數權重必須無量綱，故 k k k
例 4：精確總量。 對 c ( t ) = 2 t c(t)=2t c ( t ) = 2 t e − t e^{-t} e − t T = 1 T=1 T = 1 2 ( 1 − 2 / e ) 2(1-2/e) 2 ( 1 − 2/ e )
2.5 面積與剩餘模型
若連續需求價格 p D ( q ) p_D(q) p D ( q ) 0 ≤ q ≤ Q 0\le q\le Q 0 ≤ q ≤ Q p ∗ p_* p ∗
S = ∫ 0 Q ( p D ( q ) − p ∗ ) d q . S=\int_0^Q(p_D(q)-p_*)dq. S = ∫ 0 Q ( p D ( q ) − p ∗ ) d q . 這是假設的支付意願曲線下的面積，其解釋依賴模型假設。
例 5：三角形剩餘。 設 p D ( q ) = 20 − q p_D(q)=20-q p D ( q ) = 20 − q p ∗ = 12 p_*=12 p ∗ = 12 Q = 8 Q=8 Q = 8 S = ∫ 0 8 ( 8 − q ) d q = 32 S=\int_0^8(8-q)dq=32 S = ∫ 0 8 ( 8 − q ) d q = 32 8 8 8 8 8 8
連續函數在 [ a , b ] [a,b] [ a , b ] a < b a<b a < b ( b − a ) − 1 ∫ a b f (b-a)^{-1}\int_a^bf ( b − a ) − 1 ∫ a b f
2.6 數值求積與誤差估計的條件
對等距點 x i = a + i h x_i=a+ih x i = a + ih h = ( b − a ) / n h=(b-a)/n h = ( b − a ) / n
T n = h ( f ( x 0 ) + f ( x n ) 2 + ∑ i = 1 n − 1 f ( x i ) ) . T_n=h\left(\frac{f(x_0)+f(x_n)}2+\sum_{i=1}^{n-1}f(x_i)\right). T n = h ( 2 f ( x 0 ) + f ( x n ) + i = 1 ∑ n − 1 f ( x i ) ) . 它計算分段直線插值函數的積分。若函數二次連續可微且 ∣ f ′ ′ ∣ ≤ M |f''|\le M ∣ f ′′ ∣ ≤ M
∣ ∫ a b f − T n ∣ ≤ ( b − a ) h 2 M 12 . \left|\int_a^bf-T_n\right|\le\frac{(b-a)h^2M}{12}. ∫ a b f − T n ≤ 12 ( b − a ) h 2 M . 在一個小區間上，在上述光滑條件下，插值誤差形如 f ′ ′ ( ξ ) ( x − x i ) ( x − x i + 1 ) / 2 f''(\xi)(x-x_i)(x-x_{i+1})/2 f ′′ ( ξ ) ( x − x i ) ( x − x i + 1 ) /2 M h 3 / 12 Mh^3/12 M h 3 /12 n n n ξ \xi ξ
插值誤差公式的由來
設 a < b a<b a < b f f f [ a , b ] [a,b] [ a , b ] ( a , b ) (a,b) ( a , b ) ∣ f ′ ′ ( t ) ∣ ≤ M |f''(t)|\le M ∣ f ′′ ( t ) ∣ ≤ M M ≥ 0 M\ge0 M ≥ 0 ( a , f ( a ) ) (a,f(a)) ( a , f ( a )) ( b , f ( b ) ) (b,f(b)) ( b , f ( b )) ℓ ( t ) = [ ( b − t ) f ( a ) + ( t − a ) f ( b ) ] / ( b − a ) \ell(t)=[(b-t)f(a)+(t-a)f(b)]/(b-a) ℓ ( t ) = [( b − t ) f ( a ) + ( t − a ) f ( b )] / ( b − a )
固定 x ∈ ( a , b ) x\in(a,b) x ∈ ( a , b )
λ = f ( x ) − ℓ ( x ) ( x − a ) ( x − b ) , g ( t ) = f ( t ) − ℓ ( t ) − λ ( t − a ) ( t − b ) . \lambda=\frac{f(x)-\ell(x)}{(x-a)(x-b)},\qquad g(t)=f(t)-\ell(t)-\lambda(t-a)(t-b). λ = ( x − a ) ( x − b ) f ( x ) − ℓ ( x ) , g ( t ) = f ( t ) − ℓ ( t ) − λ ( t − a ) ( t − b ) . g g g a , x , b a,x,b a , x , b [ a , x ] [a,x] [ a , x ] [ x , b ] [x,b] [ x , b ] u ∈ ( a , x ) u\in(a,x) u ∈ ( a , x ) v ∈ ( x , b ) v\in(x,b) v ∈ ( x , b ) g ′ ( u ) = g ′ ( v ) = 0 g'(u)=g'(v)=0 g ′ ( u ) = g ′ ( v ) = 0 g ′ g' g ′ [ u , v ] [u,v] [ u , v ] ξ ∈ ( u , v ) \xi\in(u,v) ξ ∈ ( u , v ) g ′ ′ ( ξ ) = 0 g''(\xi)=0 g ′′ ( ξ ) = 0 g ′ g' g ′ ( a , b ) (a,b) ( a , b ) 2 λ = f ′ ′ ( ξ ) 2\lambda=f''(\xi) 2 λ = f ′′ ( ξ )
f ( x ) − ℓ ( x ) = f ′ ′ ( ξ ) 2 ( x − a ) ( x − b ) , ∣ f ( x ) − ℓ ( x ) ∣ ≤ M 2 ( x − a ) ( b − x ) . f(x)-\ell(x)=\frac{f''(\xi)}2(x-a)(x-b),\qquad |f(x)-\ell(x)|\le\frac M2(x-a)(b-x). f ( x ) − ℓ ( x ) = 2 f ′′ ( ξ ) ( x − a ) ( x − b ) , ∣ f ( x ) − ℓ ( x ) ∣ ≤ 2 M ( x − a ) ( b − x ) . 兩個端點的誤差直接等於零。ξ \xi ξ x x x M M M ξ \xi ξ
對誤差積分並相加各小區間
置 h = b − a h=b-a h = b − a ∫ a b ℓ = h [ f ( a ) + f ( b ) ] / 2 \int_a^b\ell=h[f(a)+f(b)]/2 ∫ a b ℓ = h [ f ( a ) + f ( b )] /2 f − ℓ f-\ell f − ℓ
∣ ∫ a b f ( t ) d t − h 2 [ f ( a ) + f ( b ) ] ∣ ≤ M 2 ∫ a b ( t − a ) ( b − t ) d t = M h 3 12 . \left|\int_a^bf(t)\,dt-\frac h2[f(a)+f(b)]\right|\le\frac M2\int_a^b(t-a)(b-t)\,dt=\frac{Mh^3}{12}. ∫ a b f ( t ) d t − 2 h [ f ( a ) + f ( b )] ≤ 2 M ∫ a b ( t − a ) ( b − t ) d t = 12 M h 3 . 設 A < B A<B A < B [ A , B ] [A,B] [ A , B ] n n n h = ( B − A ) / n h=(B-A)/n h = ( B − A ) / n x i = A + i h x_i=A+ih x i = A + ih T n = h [ f ( A ) / 2 + ∑ i = 1 n − 1 f ( x i ) + f ( B ) / 2 ] T_n=h[f(A)/2+\sum_{i=1}^{n-1}f(x_i)+f(B)/2] T n = h [ f ( A ) /2 + ∑ i = 1 n − 1 f ( x i ) + f ( B ) /2 ] f f f ∣ f ′ ′ ∣ ≤ M |f''|\le M ∣ f ′′ ∣ ≤ M
∣ ∫ A B f − T n ∣ ≤ ∑ i = 1 n M h 3 12 = ( B − A ) h 2 M 12 . \left|\int_A^Bf-T_n\right|\le\sum_{i=1}^n\frac{Mh^3}{12}=\frac{(B-A)h^2M}{12}. ∫ A B f − T n ≤ i = 1 ∑ n 12 M h 3 = 12 ( B − A ) h 2 M . 相加各段直線插值函數的積分，便產生兩個端點的半權重和內部節點的完整權重。證明使用本篇已建立的 Rolle 定理。這裏控制的是精確求積誤差；捨入及採樣數據的不確定性須另行分析。
例 6：有檢驗的近似。 對 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] f ( x ) = x 2 f(x)=x^2 f ( x ) = x 2 n = 2 n=2 n = 2 T 2 = ( 1 / 2 ) ( 0 / 2 + 1 / 4 + 1 / 2 ) = 3 / 8 T_2=(1/2)(0/2+1/4+1/2)=3/8 T 2 = ( 1/2 ) ( 0/2 + 1/4 + 1/2 ) = 3/8 1 / 3 1/3 1/3 1 / 24 1/24 1/24 M = 2 M=2 M = 2 h = 1 / 2 h=1/2 h = 1/2 1 ⋅ ( 1 / 4 ) ⋅ 2 / 12 = 1 / 24 1\cdot(1/4)\cdot2/12=1/24 1 ⋅ ( 1/4 ) ⋅ 2/12 = 1/24
2.7 反常總量
無限期限需要取極限：
∫ 0 ∞ f ( t ) d t = lim T → ∞ ∫ 0 T f ( t ) d t . \int_0^\infty f(t)dt=\lim_{T\to\infty}\int_0^Tf(t)dt. ∫ 0 ∞ f ( t ) d t = T → ∞ lim ∫ 0 T f ( t ) d t . 當 k > 0 k>0 k > 0 ∫ 0 ∞ e − k t d t = 1 / k \int_0^\infty e^{-kt}dt=1/k ∫ 0 ∞ e − k t d t = 1/ k ∫ 0 ∞ t e − k t d t = 1 / k 2 \int_0^\infty te^{-kt}dt=1/k^2 ∫ 0 ∞ t e − k t d t = 1/ k 2 1 / ( 1 + t ) 1/(1+t) 1/ ( 1 + t ) ln ( 1 + T ) \ln(1+T) ln ( 1 + T )
2.8 分級練習
基礎
邊際成本為 C ′ ( q ) = 3 + q C'(q)=3+q C ′ ( q ) = 3 + q C ( 0 ) = 50 C(0)=50 C ( 0 ) = 50 C ( q ) C(q) C ( q ) q = 2 q=2 q = 2 q = 5 q=5 q = 5
計算 ∫ 0 1 ( 2 x + 3 ) d x \int_0^1(2x+3)dx ∫ 0 1 ( 2 x + 3 ) d x
對 x > 0 x>0 x > 0 A ( x ) = ∫ 1 x 2 ln t d t A(x)=\int_1^{x^2}\ln t\,dt A ( x ) = ∫ 1 x 2 ln t d t
核心
用換元法計算 ∫ 0 1 4 x e 2 x 2 d x \int_0^1 4x e^{2x^2}dx ∫ 0 1 4 x e 2 x 2 d x
用分部積分計算 ∫ 0 2 t e − t d t \int_0^2te^{-t}dt ∫ 0 2 t e − t d t
需求為 p D ( q ) = 30 − 2 q p_D(q)=30-2q p D ( q ) = 30 − 2 q 10 10 10 10 10 10
用 n = 2 n=2 n = 2 ∫ 0 1 x 3 d x \int_0^1x^3dx ∫ 0 1 x 3 d x M = 6 M=6 M = 6
分別用變邊界公式和直接積分，對 B ( t ) = ∫ t 2 t ( 1 + s 2 ) d s B(t)=\int_t^{2t}(1+s^2)ds B ( t ) = ∫ t 2 t ( 1 + s 2 ) d s
綜合
判斷 ∫ 0 ∞ ( 2 + 3 t ) e − 2 t d t \int_0^\infty(2+3t)e^{-2t}dt ∫ 0 ∞ ( 2 + 3 t ) e − 2 t d t
某學生聲稱對每個連續 f f f ∫ a b f ( x ) d x = ( b − a ) f ( b ) \int_a^bf(x)dx=(b-a)f(b) ∫ a b f ( x ) d x = ( b − a ) f ( b )
2.9 完整解答
C ( q ) = 50 + 3 q + q 2 / 2 C(q)=50+3q+q^2/2 C ( q ) = 50 + 3 q + q 2 /2 3 ( 5 − 2 ) + ( 25 − 4 ) / 2 = 39 / 2 3(5-2)+(25-4)/2=39/2 3 ( 5 − 2 ) + ( 25 − 4 ) /2 = 39/2 積分為 [ x 2 + 3 x ] 0 1 = 4 [x^2+3x]_0^1=4 [ x 2 + 3 x ] 0 1 = 4 1 1 1 4 4 4
鏈式法則與微積分基本定理給出 A ′ ( x ) = 2 x ln ( x 2 ) A'(x)=2x\ln(x^2) A ′ ( x ) = 2 x ln ( x 2 ) x > 0 x>0 x > 0
令 u = 2 x 2 u=2x^2 u = 2 x 2 d u = 4 x d x du=4xdx d u = 4 x d x 0 , 2 0,2 0 , 2 ∫ 0 2 e u d u = e 2 − 1 \int_0^2e^udu=e^2-1 ∫ 0 2 e u d u = e 2 − 1
一個原函數是 − ( t + 1 ) e − t -(t+1)e^{-t} − ( t + 1 ) e − t 1 − 3 e − 2 1-3e^{-2} 1 − 3 e − 2
剩餘為 ∫ 0 10 ( 20 − 2 q ) d q = 200 − 100 = 100 \int_0^{10}(20-2q)dq=200-100=100 ∫ 0 10 ( 20 − 2 q ) d q = 200 − 100 = 100
T 2 = ( 1 / 2 ) ( 0 + 1 / 8 + 1 / 2 ) = 5 / 16 T_2=(1/2)(0+1/8+1/2)=5/16 T 2 = ( 1/2 ) ( 0 + 1/8 + 1/2 ) = 5/16 1 / 4 1/4 1/4 1 / 16 1/16 1/16 ( 1 ) ( 1 / 4 ) ( 6 ) / 12 = 1 / 8 (1)(1/4)(6)/12=1/8 ( 1 ) ( 1/4 ) ( 6 ) /12 = 1/8 邊界公式給出 2 ( 1 + 4 t 2 ) − ( 1 + t 2 ) = 1 + 7 t 2 2(1+4t^2)-(1+t^2)=1+7t^2 2 ( 1 + 4 t 2 ) − ( 1 + t 2 ) = 1 + 7 t 2 B = [ s + s 3 / 3 ] t 2 t = t + 7 t 3 / 3 B=[s+s^3/3]_t^{2t}=t+7t^3/3 B = [ s + s 3 /3 ] t 2 t = t + 7 t 3 /3
將積分拆開。常數部分為 2 ( 1 / 2 ) = 1 2(1/2)=1 2 ( 1/2 ) = 1 3 ( 1 / 2 2 ) = 3 / 4 3(1/2^2)=3/4 3 ( 1/ 2 2 ) = 3/4 7 / 4 7/4 7/4
取 [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] f ( x ) = x f(x)=x f ( x ) = x 1 / 2 1/2 1/2 1 1 1 f f f
小結
積分從邊際量恢復總變化；恢復絕對總量需要初始常數。兩個變邊界都對導數有貢獻。換元和分部積分來自求導法則。加權流量與剩餘是依賴模型的累積量。梯形求積對插值函數積分，建立有保證的誤差界需要導數界。無限期限仍是極限問題。
