學習目標與準備

本章假定讀者已掌握換元法、分部積分、連續函數的定積分、有限和及有限平均。Monte Carlo 一節會引入所用的期望與方差記號。我們研究三角、有理和無理表達式的積分、遞推公式、積分極限與不等式、Simpson 求積和 Monte Carlo 估計。最後一種方法是隨機的，其誤差保證不同於基於導數界的確定性求積。

8.1 選擇積分結構

換元法逆用鏈式法則，分部積分逆用乘積法則；其他方法將被積函數化為這些熟悉的結構。須保留原定義域，並用求導驗證不定積分。

例 1：有理函數的部分分式。 對

$$\frac{3x+4}{(x+1)(x+2)}=\frac A{x+1}+\frac B{x+2},$$

比較系數得 $A+B=3$、$2A+B=4$，所以 $A=1,B=2$。在避開極點的每個區間上，原函數為 $\ln|x+1|+2\ln|x+2|+C$。若定積分的區間內部有奇點，必須作為瑕積分處理，不能把被積函數當作連續函數跨越奇點代入原函數。

部分分式分解前，若分子次數不小於分母次數，先做多項式除法。例如 $(x^2+1)/(x-1)=x+1+2/(x-1)$，故在不含一的區間上原函數為 $x^2/2+x+2\ln|x-1|+C$。重複線性因子需要列出各次分母：$1/[x(x+1)^2]=1/x-1/(x+1)-1/(x+1)^2$，原函數為 $\ln|x|-\ln|x+1|+1/(x+1)+C$。對不可約二次因子，可拆出分母導數：$(2x+3)/(x^2+4)$ 的原函數為 $\ln(x^2+4)+(3/2)\arctan(x/2)+C$。這裡 $d(\arctan u)/du=1/(1+u^2)$ 可由在主值分支上對 $\tan y=u$ 求導得到。

對無理表達式可代換內部根式或利用三角恆等式。計算 $\int x/\sqrt{1+x^2}dx$，取 $u=1+x^2$ 得 $\sqrt{1+x^2}+C$。計算 $\int_0^1\sqrt{1-x^2}dx$，取 $x=\sin\theta$、$0\le\theta\le\pi/2$，得到 $\int_0^{\pi/2}\cos^2\theta d\theta=\pi/4$。這個分支使 $\sqrt{\cos^2\theta}=\cos\theta$；不加分支條件則須使用絕對值。

直接作根式代換也可不使用三角函數。對 $x>0$ 的 $\int dx/[\sqrt x(1+\sqrt x)]$，取 $u=\sqrt x$，則 $dx=2u\,du$，積分為 $2\ln(1+u)+C=2\ln(1+\sqrt x)+C$。原分母仍排除零；代換後的化簡不會把零加入定義域。

處理奇次三角冪時，可保留一個因子配成微分，例如 $\int\sin^3x\cos xdx=\sin^4x/4+C$；處理偶次冪可用 $\sin^2x=(1-\cos2x)/2$。先辨認被積函數的結構，再選擇方法。

8.2 由分部積分導出遞推公式

對整數 $n\ge0$，設 $I_n=\int_0^{\pi/2}\sin^n xdx$。當 $n\ge2$，對 $\sin^{n-1}x\sin x$ 作分部積分，取 $u=\sin^{n-1}x$、$dv=\sin xdx$。端點項為零，故

$$I_n=(n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x\cos^2xdx=(n-1)(I_{n-2}-I_n).$$

因此

$$I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2},\qquad I_0=\pi/2,\quad I_1=1.$$

公式每次把指數減二，偶數和奇數情形須分別給出起始值。例如 $I_4=(3/4)(1/2)(\pi/2)=3\pi/16$，$I_5=(4/5)(2/3)=8/15$。

不定積分的例子是 $J_n=\int x^ne^xdx$。分部積分對整數 $n\ge1$ 給出 $J_n=x^ne^x-nJ_{n-1}$，其中 $J_0=e^x+C$。因此 $J_2=e^x(x^2-2x+2)+C$。每次遞推中的任意常數並入最後一個常數；定積分的遞推則保留端點項。對最終表達式求導可獨立檢驗結果。

不定積分遞推應保留所需邊界項和任意常數；定積分公式應在其規定的積分限下使用，並核對起始情形。

8.3 用 Riemann 和計算極限

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。

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。

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。

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。

連續函數與任意標籤的細網格

設 $f:[a,b]\to\mathbb R$ 連續，其中 $a<b$。極值定理保證 $f$ 有界，Heine–Cantor 定理保證它一致連續。對分割 $P$，用 $L(f,P)$ 和 $U(f,P)$ 表示其 Darboux 下和與上和。已證明的連續函數 Darboux 可積定理給出共同積分值 $I$。

固定 $\varepsilon>0$。由一致連續性，存在 $\delta>0$，使得只要 $|x-y|<\delta$，便有 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon/[2(b-a)]$。如果 $P$ 的網格大小小於 $\delta$，每個子區間上的振幅至多為 $\varepsilon/[2(b-a)]$，因此

$$U(f,P)-L(f,P)\le\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon.$$

對任意標籤選擇，其標籤和 $S(P)$ 位於 $L(f,P)$ 與 $U(f,P)$ 之間；$I$ 也在兩者之間。因此 $|S(P)-I|\le U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$。同一個 $\delta$ 對所有網格足夠小的分割和所有標籤選擇都適用。這證明了所述閉區間上連續函數滿足標籤網格定義。

設 $a<b$，取分割 $a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b$，記 $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$，選標籤 $\xi_i\in[x_{i-1},x_i]$，網格為 $\|P\|=\max_i\Delta x_i$。若有限數 $I$ 滿足：對每個 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得每個滿足 $\|P\|<\delta$ 的分割及任意標籤選擇都滿足 $|\sum_i f(\xi_i)\Delta x_i-I|<\varepsilon$，則 $I$ 是定積分 $\int_a^bf(x)dx$。閉區間上的連續函數可積。

設 $f$ 在 $[a,b]$ 上連續，令 $A(x)=\int_a^xf(t)dt$。對 $x\in(a,b)$ 及滿足 $x+h\in[a,b]$ 的非零 $h$，積分估計給出

$$\left|\frac{A(x+h)-A(x)}h-f(x)\right|\le\sup_{t\in[\min(x,x+h),\max(x,x+h)]}|f(t)-f(x)|\longrightarrow0\quad(h\to0).$$

因此內部有 $A'(x)=f(x)$；端點處同理得到單側導數。若 $F$ 在 $[a,b]$ 連續、在 $(a,b)$ 可微且其中 $F'=f$，由中值定理，$F-A$ 在 $[a,b]$ 上為常數。因此 $\int_a^bf=F(b)-F(a)$。

作為特例，若 $f$ 在 $[a,b]$ 上連續，令 $h=(b-a)/n$，則

$$h\sum_{k=1}^nf(a+kh)\longrightarrow\int_a^bf(x)dx.$$

這樣可以不求有限和的閉式而計算數列極限。須同時識別採樣點和區間寬度；歸一化不同，極限也可能不同。

例 2：識別寬度。 由

$$\sum_{k=1}^n\frac{n}{n^2+k^2}=\frac1n\sum_{k=1}^n\frac1{1+(k/n)^2},$$

極限為 $\int_0^1dx/(1+x^2)=\pi/4$。若改寫時漏掉因子 $1/n$，尺度便完全改變。

函數在 $[a,b]$ 上的平均值是積分除以 $b-a$。Riemann 和可以近似總量或平均值，取決於其歸一化方式。

8.4 積分不等式

若連續函數逐點滿足 $f\le g$，比較各帶標籤分割和即可得到對應的積分不等式。特別地，若 $m\le f\le M$，則 $m(b-a)\le\int_a^bf\le M(b-a)$。並且

$$\left|\int_a^bf\right|\le\int_a^b|f|.$$

對於實連續函數 $f,g$，積分的 Cauchy–Schwarz 不等式為

$$\left(\int_a^bfg\right)^2\le\left(\int_a^bf^2\right)\left(\int_a^bg^2\right).$$

若 $\int g^2>0$，對 $(f-tg)^2\ge0$ 積分，再最小化所得關於 $t$ 的二次式；其最小值不能為負，由此得到不等式。若 $\int g^2=0$，連續性迫使 $g$ 處處為零，結論立即成立。此證明直接使用積分的正性。

例 3：簡單積分界。 在 $[0,1]$ 上，$1\le\sqrt{1+x}\le\sqrt2$，故其積分介於一與 $\sqrt2$ 之間。凹性還使圖像位於切線 $1+x/2$ 下方，給出更精確的上界 $5/4<\sqrt2$。每個界均來自明確的逐點不等式。

8.5 Simpson 公式及其條件

設 $a<b$ 且 $n$ 為正偶整數。把區間分成 $n$ 個等長小區間，寬度為 $h=(b-a)/n$，Simpson 公式為

$$S_n=\frac h3\left[f(x_0)+f(x_n)+4\sum_{i\text{ odd}}f(x_i)+2\sum_{\substack{i\text{ even}\\0<i<n}}f(x_i)\right].$$

它對每對小區間上的二次插值多項式積分。在以零為中心、節點為 $-h,0,h$ 的一對區間上，三個 Lagrange 基多項式的積分分別為 $h/3,4h/3,h/3$，得到上述權重。對稱性還使三次項的積分精確，因此 Simpson 公式對次數至多為三的每個多項式都精確。

若函數的四階導數連續且絕對值不超過 $M_4$，複合公式的標準誤差定理給出

$$\left|\int_a^bf-S_n\right|\le\frac{(b-a)h^4M_4}{180}.$$

四階導數、光滑性及偶數分割都是定理條件。下面推導常數。在單位面板 $[-1,1]$ 上定義誤差泛函 $E(f)=\int_{-1}^1f(t)dt-[f(-1)+4f(0)+f(1)]/3$；它對三次及以下多項式為零。代入以 $-1$ 為展開點的積分形式 Taylor 餘項，並在有限三角區域上交換積分次序（被積函數連續），得到

$$E(f)=\int_{-1}^1K(s)f^{(4)}(s)ds,\qquad K(s)=-\frac{(1-|s|)^3(1+3|s|)}{72}.$$

例如 $0\le s\le1$ 時，核為 $(1-s)^4/24-(1-s)^3/18$，即上式；負半區由對稱性得到。其絕對值的積分為 $[2/72]\int_0^1(1-s)^3(1+3s)ds=1/90$。縮放後，半寬為 $h$ 的一面板誤差至多 $M_4h^5/90$。共有 $(b-a)/(2h)$ 個面板，故總界為 $(b-a)h^4M_4/180$。

例 4：與已知積分比較。 對 $[0,1]$ 上的 $f=x^4$，取 $n=2$，得 $S_2=(1/6)(0+4/16+1)=5/24$。精確積分為 $1/5$，誤差為 $1/120$。由於 $M_4=24$、$h=1/2$，定理給出 $(1)(1/16)(24)/180=1/120$，本例恰好達到該界。精確算術下，三次多項式會得到精確值。

梯形公式的導數誤差界為 $h^2$ 階，而 Simpson 公式在更強光滑條件下為 $h^4$ 階。較高的形式階數不能消除定義域奇點或算術誤差。

8.6 Monte Carlo 積分與隨機誤差

$E[X]$ 表示隨機量按概率加權的平均值，$\operatorname{Var}(X)=E[(X-E[X])^2]$ 表示其期望平方偏差。若 $U$ 在 $[a,b]$ 上均勻分布，則 $E[f(U)]=(b-a)^{-1}\int_a^bf$。獨立樣本的聯合權重或密度是乘積，因此不同樣本函數之積的平均值可分解為各自平均值的乘積。展開平方可得，其和的方差等於各方差之和。

設 $a<b$，$N$ 為正整數，$U_1,\ldots,U_N$ 是 $[a,b]$ 上獨立均勻分布的點。若 $f$ 可積且二階矩有限，定義

$$\widehat I_N=\frac{b-a}{N}\sum_{i=1}^Nf(U_i).$$

均勻性給出 $E[f(U_i)]=(b-a)^{-1}\int_a^bf$，因此估計量無偏：$E[\widehat I_N]=I$。獨立性給出

$$\operatorname{Var}(\widehat I_N)=\frac{(b-a)^2\operatorname{Var}(f(U))}{N}.$$

所以均方根誤差與 $N^{-1/2}$ 成正比，而不是 $N^{-1}$ 或 $N^{-2}$。這是統計誤差結論；某次隨機樣本的誤差可以為正，也可以為負。

當 $\varepsilon>0$ 時，由 Chebyshev 不等式得到概率界

$$P(|\widehat I_N-I|\ge\varepsilon)\le\frac{(b-a)^2\operatorname{Var}(f(U))}{N\varepsilon^2}.$$

事實上，由於誤差平方在該事件上至少為 $\varepsilon^2$、在其他地方非負，$E[(\widehat I_N-I)^2]\ge\varepsilon^2P(|\widehat I_N-I|\ge\varepsilon)$。無偏性使期望平方誤差等於方差。這個概率針對模型下重複的獨立隨機抽樣，並不絕對保證某一次計算落在容許誤差內。確定性網格不是獨立均勻樣本；偽隨機發生器的輸出看似不規則，也不能單憑這一點證明獨立性。

例 5：簡單估計量的精確方差。 對 $[0,1]$ 上的 $f(u)=u^2$，$I=1/3$、$E[f(U)^2]=1/5$，故 $f(U)$ 的方差為 $4/45$，估計量方差為 $4/(45N)$。當 $N=100$，Chebyshev 給出的誤差至少為 $0.1$ 的概率上界為 $4/45$，約為 $0.089$。這個界保守但明確。

8.7 選擇近似方法

先檢查連續性、奇點和尺度。可行時使用精確原函數或遞推。對光滑的一維函數，帶導數界的確定性求積常能給出明確的誤差保證；當問題本身涉及隨機採樣，或幾何形狀與維數使網格不便時，可以使用 Monte Carlo，但須說明統計不確定性。

報告應說明方法、假設、步長或分割數或樣本數、算術精度，以及實際建立的是哪一種誤差界。“更多樣本”和“更多小數位”控制的是不同因素。

8.8 分級練習

基礎

1. 求 $\int 2x/\sqrt{1+x^2}dx$，並求導驗證。
2. 在避開極點的區間上分解並積分 $1/[x(x+1)]$。
3. 用遞推公式計算 $I_6=\int_0^{\pi/2}\sin^6xdx$。

核心

4. 將 $\lim_n(1/n)\sum_{k=1}^n(k/n)^2$ 化為積分並求值。
5. 利用 $e^{-1}\le e^{-x^2}\le1$，用兩個常數夾住 $\int_0^1e^{-x^2}dx$。
6. 對實連續 $f$，用積分 Cauchy–Schwarz 證明 $(\int_0^1f)^2\le\int_0^1f^2$。
7. 對 $[0,1]$ 上的 $f(x)=x^3$，用 $n=2$ 的 Simpson 公式計算，並解釋為何精確。
8. 對 $[0,1]$ 上的 $f=e^x$，若 $M_4\le3$ 且 $n=4$，Simpson 誤差界是多少？

綜合

9. 設 $U$ 在 $[0,1]$ 上均勻分布且 $f(U)=U$，推導 Monte Carlo 估計量的均值與方差，並給出容限 $\varepsilon$、樣本數 $N$ 下 Chebyshev 誤差概率界。
10. 學生聲稱“Monte Carlo 估計無偏，所以誤差為零”。利用方差公式及一個可能的單點樣本，解釋期望和實際估計值的區別。

其他方法檢驗

11. 用多項式除法積分 $(x^2+2)/(x-1)$。
12. 在實數定義域上積分 $dx/[\sqrt x(2+\sqrt x)]$。
13. 用 $J_n$ 遞推求 $\int x^3e^xdx$ 並求導驗證。

8.9 完整解答

1. 換元得 $2\sqrt{1+x^2}+C$，其導數為 $2x/\sqrt{1+x^2}$。
2. $1/[x(x+1)]=1/x-1/(x+1)$，原函數為 $\ln|x|-\ln|x+1|+C$，分別適用於避開零和負一的區間。
3. $I_6=(5/6)I_4=(5/6)(3\pi/16)=5\pi/32$。
4. 連續函數 $x^2$ 在 $[0,1]$ 上的右端點和收斂到 $\int_0^1x^2dx=1/3$。
5. 由積分單調性，$e^{-1}\le\int_0^1e^{-x^2}dx\le1$。
6. 取 $g=1$ 應用不等式；對應平方積分因子為 $\int_0^11^2dx=1$，直接得到結果。
7. $S_2=(1/6)(0+4(1/8)+1)=1/4$，與精確積分相同。Simpson 公式對每個三次多項式精確；也可注意其四階導數為零。
8. 此處 $h=1/4$，誤差界為 $3/(180\cdot4^4)=1/15360$。
9. $E[U]=1/2$、$E[U^2]=1/3$，故方差為 $1/12$。估計量是樣本平均，期望為 $1/2$、方差為 $1/(12N)$。Chebyshev 給出 $P(|\widehat I_N-1/2|\ge\varepsilon)\le1/(12N\varepsilon^2)$；若右側超過一，可用一作為上界。
10. 無偏性指對重複的假想樣本求平均得到真實積分；單次樣本會波動。對 $f(u)=u$ 且 $N=1$，接近零的樣本給出接近零的估計，而真實值為 $1/2$。正方差 $1/12$ 量化了這种波動。有符號誤差的期望為零，不代表絕對誤差或平方誤差為零。
11. 除法得 $x+1+3/(x-1)$，故原函數為 $x^2/2+x+3\ln|x-1|+C$，分別適用於不含一的區間。
12. 實數定義域為 $x>0$。令 $u=\sqrt x$、$dx=2u\,du$，得 $2\int du/(2+u)=2\ln(2+\sqrt x)+C$；在此定義域中對數真數為正。
13. $J_3=x^3e^x-3J_2=e^x(x^3-3x^2+6x-6)+C$。求導時，多項式與其導數相加，低次項抵消，只剩 $x^3e^x$。

總結

遞推公式來自積分恆等式並需要起始值。識別寬度與採樣點後，Riemann 和可用於求極限。積分不等式可由逐點界或正性導出。Simpson 公式使用成對二次插值和有條件的四階導數誤差定理。Monte Carlo 在獨立均勻抽樣下無偏，其誤差是不確定的隨機量，而非確定性的容許誤差保證。