Lecture 18: Weierstrass’s Example of a Continuous and Nowhere Differentiable Function（Weierstrass 的处处连续处处不可微函数）
Lecture 18: Weierstrass’s Example of a Continuous and Nowhere Differentiable Function（Weierstrass 的处处连续处处不可微函数）
概述
这一讲要回答一个非常自然、但在 19 世纪曾经被广泛误判的问题：
如果一个函数 $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 处处连续，那么它是否至少在某一点可导？
Lecture 17 已经证明了「可导 $\Rightarrow$ 连续」（本讲开头的 Theorem 202）。于是人们自然希望反过来也成立，或者至少「几乎处处成立」。本讲给出两个否定的答案，层层递进：
- 局部反例（Theorem 202 的逆不成立）：连续不蕴含可导。最简单的例子是 $f(x)=\vert x\vert $ 在 $0$ 处不可导（Example 204）。但 $\vert x\vert $ 只在一点不可导，其余点处处可导——这还不足以否定「连续函数几乎处处可导」。
- 全局反例（Weierstrass 的构造，Theorem 210）：存在一个函数 \(f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos(160^{k}x)}{4^{k}},\) 它在 $\mathbb{R}$ 上处处连续，却处处不可微（nowhere differentiable）。
本讲的证明结构非常有代表性，它把一个大定理拆成四个编号定理，便于在最后的主证明中反复引用。源文件（Lecture 18 讲义）特意在 Remark 206 中说明：
Note that we number the upcoming theorems so we may reference them a bit later in this lecture.
也就是说，那些看似零碎的「小引理」（Theorem 207、208、209）并不是支线任务，而是 Weierstrass 主证明直接调用的零件。整讲的逻辑骨架是：
| 编号（源文件） | 内容 | 在主证明中的作用 |
|---|---|---|
| Theorem 202 | 可导 $\Rightarrow$ 连续 | 本讲起点；同时提供逆否命题这一工具 |
| Example 204 | $f(x)=\vert x\vert $ 在 $0$ 不可导 | 说明连续不蕴含可导 |
| Theorem 207（Theorem I） | (1) $\lvert\cos x-\cos y\rvert\le\lvert x-y\rvert$；(2) 存在 $y\in(c+\pi/K,\,c+3\pi/K)$ 使 $\lvert\cos Kc-\cos Ky\rvert\ge1$ | (1) 控制低阶项；(2) 构造「坏点」序列 $x_n$ |
| Theorem 208（Theorem II） | $\lvert a+b+c\rvert\ge\lvert a\rvert-\lvert b\rvert-\lvert c\rvert$ | 把三项之和的下界化为「主项减去两个误差项」 |
| Theorem 209（Theorem III） | 级数绝对收敛；$f$ 有界且连续 | 证明 Weierstrass 函数连续 |
| Theorem 210（Weierstrass） | $f$ 处处不可微 | 本讲高潮 |
整讲的核心洞见可以浓缩成三句话：
- 可导性是「增量的线性可主控」，连续性只是「增量趋于 $0$」；前者严格更强。
- 导数未必连续——「可导」并不给出任何关于 $f^{\prime}$ 的正则性保证。
- 无穷多个不同频率的振荡叠加起来，可以在任意小的尺度上制造剧烈震荡，从而彻底摧毁可微性，而不破坏连续性。
核心定义与直观解释
本节把本讲需要用到的概念与直觉先铺清楚，后面证明时就不再重复解释。
（一）可导的定义（回顾 Lecture 17）
设 $I$ 是一个区间，$f:I\to\mathbb{R}$，$c\in I$。若极限 \(f^{\prime}(c):=\lim_{x\to c}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\) 存在（作为实数，即有限值），则称 $f$ 在 $c$ 处可导（differentiable），此极限称为 $f$ 在 $c$ 处的导数。
注意定义中极限的取法是 $0<\vert x-c\vert $，也就是 $x\ne c$。这一点在本讲证明「可导 $\Rightarrow$ 连续」时至关重要：恒等式 \(f(x)-f(c)=\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\cdot(x-c)\) 在 $x=c$ 处无意义（右边出现 $0/0$），但在 $x\ne c$ 处完全合法。
（二）连续的定义（回顾 Lecture 15）
$f$ 在 $c$ 处连续，当且仅当 $\lim_{x\to c}f(x)=f(c)$。等价地：对任意 $\epsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得 $\vert x-c\vert <\delta$（$x\in I$）蕴含 $\vert f(x)-f(c)\vert <\epsilon$。
由于 $I$ 中每一点都是 $I$ 的聚点（cluster point），源文件 Theorem 202 的证明开头直接写出了这个等价： \(f\text{ 在 }c\text{ 连续}\iff \lim_{x\to c}f(x)=f(c).\)
（三）「可导 $\Rightarrow$ 连续」的直观
把增量写成 \(f(x)-f(c)=\underbrace{\frac{f(x)-f(c)}{x-c}}_{\text{差商，趋于 }f^{\prime}(c)}\cdot\underbrace{(x-c)}_{\text{水平位移，趋于 }0}.\) 差商收敛，故在 $c$ 附近有界；有界的量乘以趋于 $0$ 的量，乘积趋于 $0$。于是 $f(x)\to f(c)$。直觉上：可微的意思是函数在 $c$ 附近「被一条直线（切线）很好地近似」，被直线近似当然不会有跳跃。
（四）连续性为什么远弱于可导性
连续性只要求 $f(x)-f(c)\to0$，即「增量是无穷小」。可导性要求更强：增量不仅要趋于 $0$，而且必须以 $f^{\prime}(c)(x-c)$ 这个线性主项的方式趋于 $0$，即余项 $o(\vert x-c\vert )$。连续只谈 $o(1)$，可导谈 $o(\vert x-c\vert )$。这两者之间的差距就是本讲所有病态函数得以生存的空间。
（五）Weierstrass 函数的构造直觉
考虑 \(f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos(160^{k}x)}{4^{k}}.\)
- 第 $k$ 项 $f_k(x)=\dfrac{\cos(160^k x)}{4^k}$ 的振幅是 $4^{-k}$，频率是 $160^k$。
- 振幅以几何速率 $4^{-k}$ 衰减，而频率以几何速率 $160^k$ 暴增。
- 结果：级数绝对收敛（Theorem 209），因此 $f$ 存在；由于 $\vert f_k\vert $ 的振幅总和只有 $\sum4^{-k}=4/3$，$f$ 有界；由于各项连续，连续（后面给出严格论证）。
- 关键在于振幅衰减得不够快：比频率的倒数慢得多。$4^{-k}$ 与 $1/160^{k}$ 的比是 $40^{k}$，爆炸式增长。这意味着第 $k$ 项虽然振幅很小，但它的斜率量级是 $4^{-k}\cdot160^{k}=40^{k}$，越来越大。每一层更细的「锯齿」在原来越小的尺度上制造越来越陡的变化，最终使任何一点处的差商都无界。
这就是「无穷多个不同频率的振荡叠加」的真实含义：低阶项给出宏观形状，高阶项在任意小尺度上把图像揉皱。
下面是用部分和 $S_N(x)=\sum_{k=0}^{N-1}\frac{\cos(160^{k}x)}{4^{k}}$ 在 $x\in[0,1.4]$ 上采样画出的逐次叠加示意图（纵轴按各自的取值范围归一化，因此每一层可以并排比较「毛糙程度」；实际振幅范围已标在每幅图上方）：
N=1 terms range [0.170, 1.000] <- 光滑的大波浪 cos x
**************
*********
*******
******
*****
*****
****
****
****
****
***
****
**
N=2 terms range [0.024, 1.250] <- 叠上振幅 1/4、频率 160 的细波纹
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N=3 terms range [0.071, 1.312] <- 再叠一层，出现第二级细褶
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（N=4 及以上：取值范围继续收敛到 4/3 左右，但细褶的密度不断翻倍，
在图上已经无法分辨——这正是「任意尺度上都不光滑」的表现。）
读图要点：随 $N$ 增大，图像的取值范围收敛（这正是绝对收敛与有界性 $\vert f\vert \le4/3$），但在任意小的水平区间内，极值的个数不断增加。把任一局部窗口放大，总会看到下一层的细褶——「处处不可微」的几何含义就是：没有任何尺度上的放大能让图像变成一条近似直线。
示意图 (b)：$x^{2}\sin(1/x)$「无限震荡但被 $x^{2}$ 夹住」
y
| ..--.. <- 包络 y = +x^2 （虚线）
| ./ \.
| / /\ \ /\ <- 曲线在两条抛物线之间无限次上下穿越
| | / \ | / \ 每次穿越的斜率在 +/- ... 之间剧烈摆动
| | / \ | /\ / \
--+----+--\----/---+--\/------\---------> x
| | \ / | /\ \
| | \/ | / \ |
| \ / \ / /
| \. ./ \/ ./
| '--'' <- 包络 y = -x^2
|
在 0 附近：振荡频率 -> 无穷，但振幅被 |x^2| 牢牢夹住，
故 f(x) -> 0 = f(0)（连续），且差商 = x sin(1/x) -> 0（可导，f'(0)=0）。
对照 $g(x)=x\sin(1/x)$：它的包络只是 $\pm\lvert x\rvert$，图像同样被夹住（故连续），但夹得不够紧——差商约分后剩下 $\sin(1/x)$，震荡不消，故在 $0$ 处不可导。两幅图的差别全在包络的幂次：$x^{2}$ 对 $x$。
（六）$ab>1$ 的作用（一般形式的回忆）
经典 Weierstrass 函数一般写作 \(W(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a^{n}\cos(b^{n}\pi x),\qquad 0<a<1,\ b>1,\ ab>1.\) 条件 $ab>1$ 是「不可微」的关键：它保证第 $n$ 项的斜率量级 $a^n b^n=(ab)^n$ 指数增长，从而压制低阶项的总贡献。源文件采用的是这一形式的一个具体特例：把 $a=\tfrac14$、$b=160$（于是 $ab=40>1$，且省去 $\pi$ 的因子吸收进 $b$），写成 $\sum4^{-k}\cos(160^k x)$。此时 $a^kb^k=40^k$，正是主证明最后出现的那个 $40^n/(117\pi)$。
定理与完整证明（核心）
下面按源文件的编号与详略逐一给出定理、证明与解说。所有编号均以源文件 Lecture 18 为准。
定理 1（Theorem 202）：可导蕴含连续
Theorem 202. 设 $I$ 是区间，$f:I\to\mathbb{R}$。若 $f$ 在 $c\in I$ 处可导，则 $f$ 在 $c$ 处连续。
Proof（完整写出，含所有细节）.
第一步：把待证目标翻译成极限等式。 区间 $I$ 的每一点都是 $I$ 的聚点，因此 \(f\text{ 在 }c\text{ 处连续}\iff \lim_{x\to c}f(x)=f(c).\) 于是只需证明 $\lim_{x\to c}f(x)=f(c)$。以下所有变形都在 $x\ne c$ 的点上进行；极限定义只涉及 $0<\vert x-c\vert $（Lecture 13/14 的极限定义），而 $x=c$ 时 $f(x)-f(c)=0$ 自动成立，不构成障碍。
第二步：在 $x\ne c$ 上用恒等式拆解。 对一切 $x\in I$、$x\ne c$，有精确的恒等式 \(f(x)-f(c)=\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\cdot(x-c).\) 这个式子是「同乘同除」得到的，因此对每个固定的 $x\ne c$ 都是恒等变形，没有任何近似的成分。注意它在 $x=c$ 处不成立（分母为 $0$），所以后面必须把 $x=c$ 单独处理。
第三步：把 $f(x)$ 写成两项之和。 对 $x\ne c$， \(f(x)=f(x)-f(c)+f(c)=\left(\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\right)(x-c)+f(c).\)
第四步：逐项取极限，使用乘积极限法则。 由 $f$ 在 $c$ 可导， \(\lim_{x\to c}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}=f^{\prime}(c),\) 这是 $f^{\prime}(c)$ 的定义（一个存在的有限实数）；而恒等变形给出 $\lim_{x\to c}(x-c)=0$。 由 Lecture 8 Theorem 89(3)（乘积极限法则：若 $\lim g$、$\lim h$ 都存在，则 $\lim(gh)=(\lim g)(\lim h)$），两项乘积的极限存在且等于极限之积： \(\lim_{x\to c}\left[\left(\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\right)(x-c)\right]=f^{\prime}(c)\cdot 0=0.\) （这里 $f^{\prime}(c)$ 是有限实数，所以「收敛 $\times$ 收敛」的乘积法则适用；不需要 $f^{\prime}$ 在 $c$ 附近连续，也不需要差商有界性的额外假设——有界性只是直觉解释，法则本身只要求两个极限存在。）
第五步：合并。 常数函数的极限是它自身，故由加减法则（Lecture 8 Theorem 89 的其他部分） \(\lim_{x\to c}f(x)=\lim_{x\to c}\left[\left(\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\right)(x-c)\right]+\lim_{x\to c}f(c)=0+f(c)=f(c).\)
第六步：收尾。 由第五步得 $\lim_{x\to c}f(x)=f(c)$，即 $f$ 在 $c$ 处连续。$\blacksquare$
源文件中这段证明的写法更为紧凑，把第二步到第五步压缩成一行链式等式： \(\lim_{x\to c}f(x)=\lim_{x\to c}\bigl(f(x)-f(c)+f(c)\bigr)=\lim_{x\to c}\left((x-c)\frac{f(x)-f(c)}{x-c}+f(c)\right)=0\cdot f^{\prime}(c)+f(c)=f(c).\)
【证明机制解说】
这个证明的全部内容就是一句话：把「增量」分解成「差商 $\times$ 水平位移」。
- 差商 $\frac{f(x)-f(c)}{x-c}$ 在 $x\to c$ 时收敛到 $f^{\prime}(c)$，收敛的数列/函数必有界，所以它不会把结果放大到无穷。
- 水平位移 $x-c$ 趋于 $0$。
- 「有界 $\times$ 趋于零 $=$ 趋于零」，这就是极限的乘积法则在起作用。
更结构性地说：可导性的定义本身已经包含了「增量 $=f^{\prime}(c)(x-c)+o(\vert x-c\vert )$」这一信息，而连续性只要求「增量 $\to0$」。前者的右端是「有限系数 $\times$ 趋于零的量 $+$ 更高阶的小量」，必然趋于零。所以在定义层面，可导就是比连续更强的一条要求。
还有一个容易忽略的点：证明中没有用到 $f$ 在其他点可导，也没有用到 $f^{\prime}$ 的任何性质。定理是纯局部的：只在一点可导就只在这一点连续。
【证明技巧总结】
核心技巧就是那条恒等式 \(\boxed{\;f(x)-f(c)=\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\,(x-c)\;}\) 「增量 $=$ 斜率 $\times$ 位移」。
这类「把想研究的量表示为『已知收敛的量 $\times$ 已知趋于零的量』」的手法在分析中反复出现，值得作为模板记住：先找恒等式（代数变形，通常靠同乘同除或加一项减一项），再让极限法则自动完成剩下的工作。
问题 1（Question 203）与反例（Example 204）：连续不蕴含可导
Question 203. 逆命题成立吗？$f$ 连续是否蕴含 $f$ 可导？
答案：不成立。
Example 204. 设 $f(x)=\vert x\vert $。则 $f$ 在 $0$ 处不可导。
Proof（完整写出）. 按照源文件的写法，我们构造一个序列 $x_n\to0$，使得差商序列 $\dfrac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0}$ 的极限不存在。由「极限存在 $\iff$ 沿任意序列的极限都存在且相同」的序列刻画（Lecture 13/14），这就证明了差商在 $0$ 处的极限不存在。
取 \(x_n=\frac{(-1)^{n}}{n}.\) 则 $x_n\to0$（因为 $\vert x_n\vert =1/n\to0$）。对每个 $n$， \(\frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0}=\frac{\left\vert \frac{(-1)^n}{n}\right\vert -\vert 0\vert }{\frac{(-1)^n}{n}-0}=\frac{\frac1n}{\frac{(-1)^n}{n}}=\frac{1}{(-1)^n}=(-1)^{n}.\) 于是差商序列是 $(-1)^1,(-1)^2,(-1)^3,\dots=-1,1,-1,1,\dots$，而 \(\lim_{n\to\infty}(-1)^{n}\ \text{不存在}\) （它在 $-1$ 与 $1$ 之间震荡；等价地，它的两个子列极限不同）。因此 $f^{\prime}(0)$ 不存在，即 $f$ 在 $0$ 处不可导。$\blacksquare$
注意 $f(x)=\vert x\vert $ 在 $0$ 处是连续的：$\vert x\vert \to0=\vert 0\vert $。所以这就是「连续但不可导」的最小例子。
【证明机制解说】
$\vert x\vert $ 在 $0$ 附近的图像是一个「尖角」：左侧斜率为 $-1$，右侧斜率为 $+1$。差商的左极限是 $-1$，右极限是 $+1$，两者不等，因此双侧极限不存在。序列 $x_n=(-1)^n/n$ 的作用正是交替地从左右两侧趋近 $0$，把「左右极限不等」这件事显示为一个不收敛的序列 $(-1)^n$。
【证明技巧总结】
证明某点不可导的两种等价套路：
- 序列法（本处采用）：构造 $x_n\to c$、$x_n\ne c$，使差商序列发散。此法通常在函数有「分段公式」或「震荡」时最方便。
- 单侧极限法：分别计算左右差商的极限，证明二者不等或某侧不存在。
问题 2（Question 205）：更极端的反例
Question 205. 若 $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 连续，是否存在某个 $c\in\mathbb{R}$ 使 $f$ 在 $c$ 可导？
答案：仍然是不成立！
源文件在这里的原文是：
The answer is again no! This was shown by Weierstrass, aka the Godfather. The basic idea is to build a continuous function that is a sum of highly oscillating functions.
也就是说：Weierstrass 构造了一个处处连续、处处不可导的函数。$\vert x\vert $ 只在一点失败，而 Weierstrass 函数在每一点都失败。这正是下面 Theorem 207–210 的目标。
定理 2（Theorem 207 / Theorem I）：两个基本引理
Theorem 207（Theorem I）. 我们要证明：
- 对一切 $x,y\in\mathbb{R}$，$\lvert\cos x-\cos y\rvert\le\lvert x-y\rvert$。
- 设 $c\in\mathbb{R}$。则对一切 $K\in\mathbb{N}$，存在 $y\in\left(c+\dfrac{\pi}{K},\,c+\dfrac{3\pi}{K}\right)$ 使得 \(\lvert\cos(Kc)-\cos(Ky)\rvert\ge1.\)
Proof.
(1) 在证明 $\sin x$ 的连续性时（Lecture 15），我们证明了 \(\forall x,y\in\mathbb{R},\qquad \lvert\sin x-\sin y\rvert\le\lvert x-y\rvert.\) 利用诱导公式 $\cos t=\sin\left(t+\dfrac{\pi}{2}\right)$，对任意 $x,y$ 有 \(\lvert\cos x-\cos y\rvert=\left\vert \sin\left(x+\frac{\pi}{2}\right)-\sin\left(y+\frac{\pi}{2}\right)\right\vert \le\left\vert \left(x+\frac{\pi}{2}\right)-\left(y+\frac{\pi}{2}\right)\right\vert =\lvert x-y\rvert.\) （最后一步：$\frac{\pi}{2}$ 抵消。）
(2) 函数 $f(x)=\cos(Kx)$ 的周期是 $\dfrac{2\pi}{K}$。把区间 $\left(c+\dfrac{\pi}{K},\,c+\dfrac{3\pi}{K}\right)$ 记作 $J$，其长度为 $\dfrac{2\pi}{K}$，恰好是一个完整周期。因此 $\cos(K\cdot)$ 在 $J$ 上取遍一个完整周期内的全部值，特别地 \([-1,1]\setminus\{\cos(Kc)\}\ \subset\ f(J)=f\bigl((c+\tfrac{\pi}{K},\,c+\tfrac{3\pi}{K})\bigr).\)
分两种情况：
- 若 $\cos(Kc)\ge0$：取 $y\in J$ 使 $\cos(Ky)=-1$（这样的 $y$ 存在，因为 $-1\in[-1,1]$ 而 $\cos(Kc)\ge0\ge-1$；若 $\cos(Kc)=-1$ 则 $-1=\cos(Kc)$，不可取，此时改取使 $\cos(Ky)=1$ 的 $y$，同样可行）。于是 \(\lvert\cos(Kc)-\cos(Ky)\rvert=\lvert\cos(Kc)-(-1)\rvert=\cos(Kc)+1\ \ge\ 0+1=1 .\)
- 若 $\cos(Kc)<0$：取 $y\in J$ 使 $\cos(Ky)=1$。于是 \(\lvert\cos(Kc)-\cos(Ky)\rvert=\lvert\cos(Kc)-1\rvert=1-\cos(Kc)\ >\ 1-0=1 .\)
两种情形都得到 $\lvert\cos(Kc)-\cos(Ky)\rvert\ge1$。证毕。$\blacksquare$
源文件对此的表述是：若 $\cos Kc\ge0$，则取 $y$ 使 $\cos(Ky)=-1$；若 $\cos(Kc)<0$，则取 $y$ 使 $\cos(Ky)=1$。
【证明机制解说】
(1) 是一个用中值定理前身（$\lvert\cos\rvert$ 的 Lipschitz 常数）控制差分的引理。它的作用在主证明中是：高阶项不可控时，用频率 $\times$ 位移来估计差分。即 \(\lvert\cos(160^k c)-\cos(160^k x_n)\rvert\le160^{k}\lvert c-x_n\rvert,\) 把「函数值之差」转化为「自变量之差」，从而可以用 $\vert x_n-c\vert $ 这个已知的小量来界住误差。
(2) 是构造性引理，它为「坏点」序列提供原料。要点是：无论 $c$ 在哪里，只要往右走不到 $3\pi/K$，就一定能找到一个点，使 $\cos(K\cdot)$ 的值与原值反号且幅度足够大（差至少 $1$）。这正是「用最高频的那一项制造剧烈变化」的技术核心——因为 $K=160^n$ 极大，所以这个间距 $\pi/K$ 极小，可以在 $c$ 的任意小邻域内选到坏点。
一个容易忽略的细节：区间取的是 $\left(c+\frac{\pi}{K},c+\frac{3\pi}{K}\right)$，长度恰为一个周期。为什么不是 $\left(c,c+\frac{2\pi}{K}\right)$？因为要让区间正偏移（$y>c$，便于符号处理），同时又要保证 $\vert y-c\vert <\frac{3\pi}{K}$ 这个小界。
【证明技巧总结】
- (1) 的技巧：$\lvert\cos x-\cos y\rvert\le\lvert x-y\rvert$ —— 把差分换成位移（Lipschitz 估计）。它把「无法直接比较的震荡量」变成「可以无限小的几何量」。
- (2) 的技巧：周期性 + 值域覆盖 + 二分情形。利用「长度等于一个周期的区间上函数取遍全部值」这一事实，再按目标值的符号分两种情形各取一次极值（$\pm1$），保证差至少为 $1$。这种「按符号分情形，保证坏值可取」的写法是构造性反例的常用套路。
定理 3（Theorem 208 / Theorem II）：三项和的三角不等式
Theorem 208（Theorem II）. 对一切 $a,b,c\in\mathbb{R}$， \(\lvert a+b+c\rvert\ge\lvert a\rvert-\lvert b\rvert-\lvert c\rvert.\)
Proof. 对三角不等式使用两次。
由三角不等式（Lecture 4/7）： \(\lvert a\rvert=\lvert a+b+c+(-b)+(-c)\rvert\le\lvert a+b+c\rvert+\lvert-b\rvert+\lvert-c\rvert=\lvert a+b+c\rvert+\lvert b\rvert+\lvert c\rvert.\) （第一步只是把 $a$ 改写为 $a+b+c-b-c$，即加 $b+c$ 再减掉，属于恒等变形。）
把不等式 $\lvert a\rvert\le\lvert a+b+c\rvert+\lvert b\rvert+\lvert c\rvert$ 移项，即得 \(\lvert a+b+c\rvert\ge\lvert a\rvert-\lvert b\rvert-\lvert c\rvert. \qquad\blacksquare\)
源文件中的写法把这一步显式地写成两次三角不等式： \(\lvert a\rvert=\lvert a+b+b+(-b)+(-c)\rvert\le\lvert a+b+b\rvert+\lvert b+c\rvert\le\lvert a+b+c\rvert+\lvert b\rvert+\lvert c\rvert .\) （此处源文件的排版把 $c$ 误印成了 $b$；正确形式应为 $\lvert a\rvert=\lvert a+b+c-b-c\rvert\le\lvert a+b+c\rvert+\lvert b+c\rvert\le\lvert a+b+c\rvert+\lvert b\rvert+\lvert c\rvert$。结论与用法完全一致。）
【证明机制解说】
主证明中我们会把 $f(c)-f(x_n)$ 拆成三项 $a_n+b_n+c_n$，其中 $a_n$ 是唯一提供下界的主项（绝对值 $\ge4^{-n}$），$b_n$ 与 $c_n$ 是需要被压住的误差项。我们需要的是「和的下界」，而三角不等式只给「和的上界」。本引理正是把上界形式的三角不等式反解成下界形式：
\[\text{想控制 }\lvert a+b+c\rvert\text{ 的下界}\iff\text{用 }\lvert a\rvert\text{ 减去 }\lvert b\rvert,\lvert c\rvert\text{ 的干扰}.\]几何直觉：在一个三角形里，一条边的长度至少是「最长的那段减去其余各段」。写成向量形式就是「$\vert a\vert -\vert b\vert -\vert c\vert $ 是 $\vert a+b+c\vert $ 的一个下界」。
【证明技巧总结】
「加一项再减一项，然后用三角不等式」 是把上界型不等式转化为下界型不等式的标准手法。要点在于把想保留的项 $a$ 孤立出来： \(\lvert a\rvert=\lvert (a+b+c)+(-b-c)\rvert\le\lvert a+b+c\rvert+(\lvert b\rvert+\lvert c\rvert).\) 再移项即可。这类「逆三角不等式」在证明「差商无界」时是必不可少的工具，因为它把「主项很大」翻译成「整个和很大」。
定理 4（Theorem 209 / Theorem III）：Weierstrass 函数的收敛性、有界性与连续性
Theorem 209（Theorem III）. 我们要证明：
- 对一切 $x\in\mathbb{R}$，级数 $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos(160^{k}x)}{4^{k}}$ 绝对收敛。
- 函数 $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$，$\displaystyle f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos(160^{k}x)}{4^{k}}$ 是有界且连续的。
Proof.
(1) 绝对收敛. 对一切 $k\in\mathbb{N}$ 与一切 $x\in\mathbb{R}$， \(\left\vert \frac{\cos(160^{k}x)}{4^{k}}\right\vert =\frac{\lvert\cos(160^{k}x)\rvert}{4^{k}}\le\frac{1}{4^{k}}=4^{-k}.\) 而几何级数 $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}4^{-k}$ 收敛（公比 $1/4<1$，其和为 $4/3$）。因此由比较判别法（Lecture 12/17 级数部分）， \(\sum_{k=0}^{\infty}\left\vert \frac{\cos(160^{k}x)}{4^{k}}\right\vert \ \text{收敛}.\) 即原级数绝对收敛（对每个固定的 $x$）。
(2a) 有界性. 对一切 $x\in\mathbb{R}$，由三角不等式（对级数取有限部分和再取极限，或直接对绝对收敛级数用三角不等式）， \(\lvert f(x)\rvert=\left\vert \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos(160^{k}x)}{4^{k}}\right\vert \le\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lvert\cos(160^{k}x)\rvert}{4^{k}}\le\sum_{k=0}^{\infty}4^{-k}=\frac{4}{3}.\) 因此 $f$ 有界（界为 $4/3$）。
(2b) 连续性. 设 $c\in\mathbb{R}$，$x_n\to c$（$x_n\in\mathbb{R}$）。只需证 $\lim_{n\to\infty}f(x_n)=f(c)$（序列刻画，见 Lecture 15）。
注意 $\{\lvert f(x_n)-f(c)\rvert\}_n$ 有界（因为 $f$ 有界，由 (2a)），因此 \(\lim_{n\to\infty}\lvert f(x_n)-f(c)\rvert=0\iff\limsup_{n\to\infty}\lvert f(x_n)-f(c)\rvert=0.\) （理由：有界序列收敛到 $0$ 当且仅当其上极限为 $0$；$\limsup$ 总是存在，允许取 $+\infty$，而有界性排除 $+\infty$。）
断言：对一切 $\epsilon>0$，$\displaystyle\limsup_{n\to\infty}\lvert f(x_n)-f(c)\rvert\le\epsilon$。
设 $\epsilon>0$。选择 $M_0$ 使得 \(\sum_{k=M_0+1}^{\infty}4^{-k}<\frac{\epsilon}{2}.\) （这样的 $M_0$ 存在，因为几何级数的尾和 $\sum_{k=M_0+1}^{\infty}4^{-k}=4^{-M_0-1}\cdot\frac{1}{1-1/4}=\frac{4^{-M_0}}{3}\to0$。）
把差分拆成「前 $M_0+1$ 项」与「尾」两部分： \(\begin{aligned} &\limsup_{n\to\infty}\lvert f(x_n)-f(c)\rvert\\ &=\limsup_{n}\left|\sum_{k=0}^{M_0}\frac{\cos(160^{k}x_n)-\cos(160^{k}c)}{4^{k}}+\sum_{k=M_0+1}^{\infty}\frac{\cos(160^{k}x_n)-\cos(160^{k}c)}{4^{k}}\right|\\ &\le\limsup_{n}\left[\sum_{k=0}^{M_0}4^{-k}\lvert\cos(160^{k}x_n)-\cos(160^{k}c)\rvert+\sum_{k=M_0+1}^{\infty}4^{-k}\left(\lvert\cos(160^{k}x_n)\rvert+\lvert\cos(160^{k}c)\rvert\right)\right]. \end{aligned}\) （第一步是把有限的与无穷的求和合并；第二步用三角不等式把「和的绝对值」拆成两个绝对值的和，并对尾部的每一项用 $\lvert u-v\rvert\le\lvert u\rvert+\lvert v\rvert$。）
现在处理两部分。
前 $M_0+1$ 项（有限项）：对每个固定的 $k\in\{0,1,\dots,M_0\}$，用 Theorem 207(1)： \(\lvert\cos(160^{k}x_n)-\cos(160^{k}c)\rvert\le160^{k}\lvert x_n-c\rvert .\) 因此 \(\sum_{k=0}^{M_0}4^{-k}\lvert\cos(160^{k}x_n)-\cos(160^{k}c)\rvert\le\sum_{k=0}^{M_0}4^{-k}\cdot160^{k}\lvert x_n-c\rvert=\left(\sum_{k=0}^{M_0}40^{k}\right)\lvert x_n-c\rvert .\) 由于 $\sum_{k=0}^{M_0}40^{k}$ 是一个固定的有限常数（$M_0$ 已经选定，不再依赖 $n$），而 $\lvert x_n-c\rvert\to0$，故 \(\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=0}^{M_0}40^{k}\right)\lvert x_n-c\rvert=0,\) 从而 $\displaystyle\limsup_{n}\left(\sum_{k=0}^{M_0}40^{k}\right)\lvert x_n-c\rvert=0.$（收敛序列的上极限等于其极限。）
尾部（无穷项）：由 $\lvert\cos(\cdot)\rvert\le1$， \(\sum_{k=M_0+1}^{\infty}4^{-k}\left(\lvert\cos(160^{k}x_n)\rvert+\lvert\cos(160^{k}c)\rvert\right)\le\sum_{k=M_0+1}^{\infty}4^{-k}\cdot2=2\sum_{k=M_0+1}^{\infty}4^{-k}<2\cdot\frac{\epsilon}{2}=\epsilon .\) 这个上界与 $n$ 无关，因此严格地说 \(\limsup_{n}\left[\sum_{k=M_0+1}^{\infty}4^{-k}\left(\lvert\cos(160^{k}x_n)\rvert+\lvert\cos(160^{k}c)\rvert\right)\right]\le\epsilon .\)
合并：由「上极限对加法是次可加的」（$\limsup(u_n+v_n)\le\limsup u_n+\limsup v_n$）， \(\limsup_{n\to\infty}\lvert f(x_n)-f(c)\rvert\le\limsup_{n}\left(\sum_{k=0}^{M_0}40^{k}\right)\lvert x_n-c\rvert+\limsup_{n}\left[2\sum_{k=M_0+1}^{\infty}4^{-k}\right]\le 0+\epsilon=\epsilon .\) 源文件把这两步合并写成一行： \(\limsup_{n}\lvert f(x_n)-f(c)\rvert\le\limsup_{n}\left(\sum_{k=0}^{M_0}40^{k}\right)\lvert x_n-c\rvert+\epsilon=\epsilon .\)
收尾：$\epsilon>0$ 任意，故 $\displaystyle\limsup_{n}\lvert f(x_n)-f(c)\rvert\le\inf_{\epsilon>0}\epsilon=0$。上极限非负，因此 $\limsup_n\lvert f(x_n)-f(c)\rvert=0$，再由前面的等价性得 $\lim_n\lvert f(x_n)-f(c)\rvert=0$，即 $f(x_n)\to f(c)$。
由于 $x_n\to c$ 是任意满足 $x_n\to c$ 的序列，由连续性的序列刻画，$f$ 在 $c$ 处连续。$c\in\mathbb{R}$ 任意，故 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上处处连续。$\blacksquare$
【证明机制解说】
连续性的证明是一个标准的 「截断 $+$ 控制尾部」 论证，它的逻辑可以概括为：
- 尾部先封死：选 $M_0$ 只依赖于 $\epsilon$，用几何级数的尾部 $\sum_{k>M_0}4^{-k}<\epsilon/2$ 把无穷多项一次性压住（这里用到振幅衰减 $4^{-k}$ 足够快）。
- 有限项随 $x_n\to c$ 而消失：固定 $M_0$ 后只剩有限多项，每一项由 Theorem 207(1) 的 Lipschitz 估计转化为 $160^k\vert x_n-c\vert $，于是整块被 $\left(\sum_{k=0}^{M_0}40^k\right)\vert x_n-c\vert $ 控制，系数是常数，随 $\vert x_n-c\vert \to0$ 而趋于 $0$。
「先固定有限截断，再让 $n\to\infty$」这个顺序很重要：先选 $M_0$（与 $n$ 无关），后让 $n$ 变化。如果反过来先让 $n\to\infty$ 再处理无穷多项，论证就崩了。
注意这里系数 $40^k=4^{-k}\cdot160^k$ 的出现：振幅衰减 $4^{-k}$ 对抗频率增长 $160^k$，结果是放大因子 $40^k$。对固定的有限截断这是常数，可以接受；但在 Theorem 210 中，我们要对第 $n$ 项本身做估计，那时 $40^n$ 不再能被当作常数丢掉，反而成为证明「差商无界」的引擎。这正是同一组常数在连续性与不可微性中扮演相反角色的地方。
【证明技巧总结】
- 绝对收敛 + 比较判别法：$\lvert f_k(x)\rvert\le4^{-k}$，直接得绝对收敛。
- $\limsup$ 策略：为证 $\lim\vert g_n\vert =0$，先由有界性把「收敛到 $0$」等价为「上极限为 $0$」，再证上极限 $\le\epsilon$ 对一切 $\epsilon$ 成立。这样可以把「对任意 $\epsilon$ 找 $N$」的技术负担，转化为对 $\limsup$ 的不等式估计。
- 截断 + 尾部：$\text{无穷和}=\text{有限截断}+\text{尾部}$，尾部用与 $n$ 无关的界压住，有限截断用连续性/Lipschitz 估计压住。
定理 5（Theorem 210，Weierstrass）：处处不可微
Theorem 210（Weierstrass）. 函数 $\displaystyle f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos(160^{k}x)}{4^{k}}$ 处处不可微。
Proof.
（A）证明骨架与直觉（先读这一段）
固定任意 $c\in\mathbb{R}$。要证 $f$ 在 $c$ 不可微，就要构造一个序列 $x_n\to c$（$x_n\ne c$）使得差商序列 \(\left\{\frac{f(x_n)-f(c)}{x_n-c}\right\}_{n}\) 无界（unbounded）。一旦无界，它当然不可能收敛到任何有限实数 $f^{\prime}(c)$，于是 $f^{\prime}(c)$ 不存在。
构造 $x_n$ 的工具就是 Theorem 207(2)：取 $K=160^{n}$，得到
a) $\dfrac{\pi}{160^{n}}<x_n-c<\dfrac{3\pi}{160^{n}}$，且 b) $\lvert\cos(160^{n}c)-\cos(160^{n}x_n)\rvert\ge1$。
由 a)，$x_n\ne c$ 对一切 $n$ 成立，且 \(\lvert x_n-c\rvert\le\frac{3\pi}{160^{n}}\ \longrightarrow\ 0 .\) 所以 $x_n\to c$，符合要求。
为什么这样选 $x_n$ 就会让差商爆炸？ 把 \(f(c)-f(x_n)\) 按「第 $n$ 项」切成三块： \(f(c)-f(x_n)=\underbrace{\bigl(f_n(c)-f_n(x_n)\bigr)}_{=:a_n}+\underbrace{\sum_{k=0}^{n-1}\bigl(f_k(c)-f_k(x_n)\bigr)}_{=:b_n}+\underbrace{\sum_{k=n+1}^{\infty}\bigl(f_k(c)-f_k(x_n)\bigr)}_{=:c_n},\) 其中 $f_k(x)=\dfrac{\cos(160^{k}x)}{4^{k}}$。
- 主项 $a_n=f_n(c)-f_n(x_n)$：由条件 b)，$\lvert a_n\rvert=4^{-n}\lvert\cos(160^{n}c)-\cos(160^{n}x_n)\rvert\ge4^{-n}$。这是一个不容忽视的下界：正因为 $x_n$ 是被 Theorem 207(2) 特意挑出来的「反相点」，第 $n$ 项的取值变化了差不多整个振幅。
- 低阶项 $b_n$（$k<n$）：这些项的频率较低（$160^k\le160^{n-1}$），在尺度 $\lvert x_n-c\rvert\lesssim3\pi/160^n$ 上它们「变化不大」，可以用 Theorem 207(1) 的 Lipschitz 估计控制：$4^{-k}\cdot160^{k}\lvert x_n-c\rvert=40^{k}\lvert x_n-c\rvert$。求和后得到 $\lesssim\frac{4^{-n}\cdot4}{13}$，比主项 $4^{-n}$ 小一个常数因子。
- 高阶项 $c_n$（$k>n$）：这些项频率极高、振幅极小。我们无法控制它们的符号，只能用最粗的估计 $\lvert f_k(c)-f_k(x_n)\rvert\le2\cdot4^{-k}$。求和得到 $\le\frac{2}{3}\cdot4^{-n}$，又是一个比主项小常数因子的量。
于是三项合起来，$1-\frac{4}{13}-\frac23=\frac1{39}>0$ 的正系数留存下来： \(\lvert f(c)-f(x_n)\rvert\ge\left(1-\frac{4}{13}-\frac23\right)4^{-n}=\frac{4^{-n}}{39}.\) 再除以 $\lvert c-x_n\rvert$（注意 $\lvert c-x_n\rvert\lesssim\frac{3\pi}{160^n}$，所以除以它相当于乘上 $\gtrsim\frac{160^n}{3\pi}$）： \(\left\vert \frac{f(x_n)-f(c)}{x_n-c}\right\vert \ge\frac{160^{n}}{3\pi}\cdot4^{-n}\cdot\frac{1}{39}=\frac{40^{n}}{117\pi}.\) （因为 $160^n\cdot4^{-n}=(160/4)^n=40^n$。）右端 $\dfrac{40^{n}}{117\pi}\to\infty$，所以差商序列无界。
直觉总结：$40^n/(117\pi)$ 就是 $a^nb^n$ 型增长（这里 $ab=40$）。条件 $ab>1$ 使得「主项的优势」随 $n$ 指数放大，最终压过所有误差；而如果 $ab\le1$，这个下界就会趋于 $0$，论证失效（函数很可能就变成可微的，例如 $a$ 取得足够小时）。
（B）技术细节（照源文件的详细程度逐项写出）
设 $c\in\mathbb{R}$。我们将构造序列 $x_n\to c$ 使 $\left\{\dfrac{f(x_n)-f(c)}{x_n-c}\right\}_n$ 无界。
第一步：构造 $x_n$。 由 Theorem I 2)（即 Theorem 207(2)），对每个 $n\in\mathbb{N}$ 存在 $x_n$ 使得
- a) $\dfrac{\pi}{160^{n}}<x_n-c<\dfrac{3\pi}{160^{n}}$，且
- b) $\lvert\cos(160^{n}c)-\cos(160^{n}x_n)\rvert\ge1$。
由 a)，对一切 $n$ 有 $x_n\ne c$，且 \(\lvert x_n-c\rvert\le\frac{3\pi}{160^{n}}\longrightarrow0,\) 故 $x_n\to c$。
第二步：拆分差分。 记 $f_k(x)=\dfrac{\cos(160^{k}x)}{4^{k}}$，于是 $f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}f_k(x)$。对 $n\in\mathbb{N}$，记 \(f(c)-f(x_n)=f_n(c)-f_n(x_n)+\sum_{k=0}^{n-1}\bigl(f_k(c)-f_k(x_n)\bigr)+\sum_{k=n+1}^{\infty}\bigl(f_k(c)-f_k(x_n)\bigr):=a_n+b_n+c_n .\)
（源文件把第三块写成 $\sum_{k=n}^{\infty}$；由第一块的定义 $a_n=f_n(c)-f_n(x_n)$ 已含 $k=n$ 项，第三块应从 $k=n+1$ 开始。以下估计用的也正是 $k=n+1$ 起的尾和，故取 $c_n=\sum_{k=n+1}^{\infty}$ 更一致。这是讲义排版上的小瑕疵，不影响结论。）
因此，由 Theorem II（Theorem 208）， \(\lvert f(c)-f(x_n)\rvert\ge\lvert a_n\rvert-\lvert b_n\rvert-\lvert c_n\rvert .\)
第三步：估计主项 $a_n$。 由 b)， \(\lvert a_n\rvert=4^{-n}\lvert\cos(160^{n}x_n)-\cos(160^{n}c)\rvert\ge4^{-n}.\) （源文件此处印作 $4^{-n}\lvert\cos(160^{k}x_n)-\cos(160^{k}c)\rvert$，其中 $k$ 应为 $n$；由上下文 $a_n=f_n(c)-f_n(x_n)$ 可知指标是 $n$，结论 $\lvert a_n\rvert\ge4^{-n}$ 不变。）
第四步：估计低阶项 $b_n$。 对 $k\le n-1$，用 Theorem I 1)： \(\lvert\cos(160^{k}c)-\cos(160^{k}x_n)\rvert\le160^{k}\lvert c-x_n\rvert .\) 于是 \(\lvert b_n\rvert\le\sum_{k=0}^{n-1}4^{-k}\lvert\cos(160^{k}c)-\cos(160^{k}x_n)\rvert\le\sum_{k=0}^{n-1}4^{-k}\cdot160^{k}\lvert x_n-c\rvert=\sum_{k=0}^{n-1}40^{k}\lvert x_n-c\rvert .\) 再用 a) 中的上界 $\lvert x_n-c\rvert\le\dfrac{3\pi}{160^{n}}$ 与几何和公式 $\sum_{k=0}^{n-1}40^{k}=\dfrac{40^{n}-1}{39}$： \(\lvert b_n\rvert\le\frac{3\pi}{160^{n}}\cdot\frac{40^{n}-1}{39}\le\frac{3\pi}{160^{n}}\cdot\frac{40^{n}}{39}=\frac{3\pi}{39}\cdot\left(\frac{40}{160}\right)^{n}=\frac{3\pi}{39}\cdot4^{-n}.\) 再用 $\pi<4$（于是 $3\pi<12$）： \(\lvert b_n\rvert\le\frac{12}{39}\cdot4^{-n}=\frac{4}{13}\cdot4^{-n}=\frac{4^{-n+1}}{13},\) 与源文件的结果一致。
第五步：估计高阶项 $c_n$。 由 $\lvert\cos\rvert\le1$， \(\lvert c_n\rvert\le\sum_{k=n+1}^{\infty}4^{-k}\bigl(\lvert\cos(160^{k}c)\rvert+\lvert\cos(160^{k}x_n)\rvert\bigr)\le2\sum_{k=n+1}^{\infty}4^{-k}.\) 而 \(\sum_{k=n+1}^{\infty}4^{-k}=4^{-n-1}\cdot\frac{1}{1-\frac14}=4^{-n-1}\cdot\frac43=\frac13\cdot4^{-n},\) 故 \(\lvert c_n\rvert\le2\cdot\frac13\cdot4^{-n}=\frac{2}{3}\cdot4^{-n},\) 与源文件一致。
第六步：合并三项。 由第二步的下界与第三、四、五步的估计， \(\lvert f(c)-f(x_n)\rvert\ge\lvert a_n\rvert-\lvert b_n\rvert-\lvert c_n\rvert\ge4^{-n}-\frac{4}{13}\cdot4^{-n}-\frac{2}{3}\cdot4^{-n} .\) 把 $4^{-n}$ 提出： \(\lvert f(c)-f(x_n)\rvert\ge4^{-n}\left(1-\frac{4}{13}-\frac23\right).\) 通分（分母 $39$）： \(1-\frac{4}{13}-\frac23=\frac{39}{39}-\frac{12}{39}-\frac{26}{39}=\frac{1}{39}>0 .\) 因此 \(\lvert f(c)-f(x_n)\rvert\ge4^{-n}\cdot\frac{1}{39}.\)
第七步：得到差商的下界。 由 a) 有 $\lvert c-x_n\rvert<\dfrac{3\pi}{160^{n}}$，即 $\dfrac{1}{\lvert c-x_n\rvert}>\dfrac{160^{n}}{3\pi}$。于是 \(\frac{\lvert f(c)-f(x_n)\rvert}{\lvert c-x_n\rvert}\ \ge\ \frac{160^{n}}{3\pi}\cdot4^{-n}\cdot\frac{1}{39}\ =\ \frac{40^{n}}{117\pi}.\) （最后一步：$\dfrac{160^{n}\cdot4^{-n}}{3\pi\cdot39}=\dfrac{40^{n}}{117\pi}$，其中 $117=3\cdot39$。）
第八步：无界性。 $\dfrac{40^{n}}{117\pi}\to\infty$（因为 $40>1$）。因此 \(\left\{\frac{f(x_n)-f(c)}{x_n-c}\right\}_{n}\ \text{是无界的}.\) 而 $x_n\to c$、$x_n\ne c$，所以差商 $\dfrac{f(x)-f(c)}{x-c}$ 当 $x\to c$ 时不是一个有限实数，即 $f$ 在 $c$ 处不可导。由于 $c\in\mathbb{R}$ 任意，$f$ 处处不可导。$\blacksquare$
Remark 211.（源文件） 换言之，Weierstrass 的这个证明表明：存在一个处处连续且处处不可微的函数！
【证明机制解说】
① 历史上为何震撼。 在 19 世纪大部分时间里，数学界普遍相信「连续函数除少数例外点外都可微」——因为当时能画出来的函数都是分段光滑的，「连续但有尖角」只发生在孤立的点（如 $\vert x\vert $ 在 $0$）。Weierstrass 于 1872 年左右（在给 Du Bois-Reymond 的信中，后于 1875 年由 du Bois-Reymond 公开发表）给出这个构造，彻底粉碎了这一直观。它迫使分析学家重新审视「连续」「可微」「极限交换」这些概念，并直接推动了对函数概念本身的重新定义（Dirichlet 式的「任意对应」而非「公式」）以及后来 Baire 纲定理、分形几何的诞生。源文件用 “aka the Godfather” 这个称呼，就是指这个构造在分析史上的地位。
② 构造直觉：无穷多个不同频率的锯齿叠加。 把 $f$ 看成逐层叠加：
- 第 $0$ 项 $\cos x$ 是光滑的大波浪；
- 第 $1$ 项 $\frac14\cos(160x)$ 是振幅小 $4$ 倍、频率高 $160$ 倍的小波纹，它把大波浪揉出一层细褶；
- 第 $k$ 项把图像揉得更细。
由于振幅和 $\sum4^{-k}=4/3$ 收敛，叠加的结果仍然是连续函数（Theorem 209）；但由于每一层的斜率量级是 $40^k$ 且爆炸增长，图像在任何尺度上都不光滑。这是一个「自相似式的皱纹」：无论把图像放大多少倍，总能看到下一层的皱纹在制造新的尖角。这就是分形图像的起源性例子之一。
③ $ab>1$ 的作用。 一般形式的 Weierstrass 函数 $\sum a^n\cos(b^n\pi x)$ 中，第 $n$ 项振幅 $a^n$、频率 $b^n\pi$，其斜率量级为 $(ab)^n$。主项在差商中的贡献量级是 $a^n/(b^{-n})= (ab)^n$ —— 只有当 $ab>1$ 时它才趋于 $+\infty$，从而压过误差项并产生无界差商。若 $ab<1$，则 $a^n b^n\to0$，上面的下界消失，论证失效（事实上此时函数常常是可导的，例如 $a$ 很小时级数可逐项求导）。本讲的 $a=\frac14$、$b=160$ 给出 $ab=40$，是非常「宽裕」的选择，使得常数 $\frac1{39}$ 轻松为正。此外 $b$ 取整数（此处 $160$）保证周期性引理（Theorem 207(2)）可用：$\cos(b^n\cdot)$ 的周期是 $2\pi/b^n$，区间长度 $2\pi/b^n$ 上取遍全部值。
④ 揭示连续与可微之间的鸿沟。 本讲最终的图景是严格的三层级：
\[\text{可微}\ \subsetneq\ \text{Lipschitz}\ \subsetneq\ \text{一致连续}\ \subsetneq\ \text{连续}.\]（其中 Lipschitz 与一致连续的包含关系见 Assignment 10 第 1、3 题；可微不蕴含 Lipschitz，例如 $x^2\sin(1/x)$ 的导数在 $0$ 附近无界——见下文。）「连续」这一侧可以极端病态：处处连续的函数可以处处不可微。这就是 Lecture 18 留给整门课最重要的观念冲击。
【证明技巧总结】
- 构造坏序列：要证「极限不存在」，最有效的手段是构造一个使被考察量发散的序列。这里用 Theorem 207(2) 保证坏点存在，且坏点可以取在 $c$ 的任意小邻域内（间距 $\sim\pi/160^n\to0$）。
- 三分解（主项 + 低阶 + 高阶）： \(\text{整体}=\underbrace{\text{目标项}}_{\text{给下界}}+\underbrace{\text{低阶项}}_{\text{Lipschitz 估计}}+\underbrace{\text{高阶项}}_{\text{$\\lvert\\cos\\rvert\\le1$ 粗估计}}.\) 这是分析中处理级数的经典分层策略：只对「中间那一层」做精细构造，两头都用粗糙但可控的界处理。
- 逆三角不等式把「主项大」变成「整体大」：Theorem 208 是连接第三、六步的关键。没有它，我们只有上界，得不到任何发散结论。
- 常数核算要留正的余量：$1-\frac4{13}-\frac23=\frac1{39}$。做这类证明时必须确认余量为正；若为负或零，说明分层比例选错了（需要选更大的 $b$，即更大的 $ab$）。
- 估计顺序：先把所有上界都算成同一个基准量 $4^{-n}$ 的倍数，再合并比较。这样「主项系数 $1$ vs 误差系数 $\frac4{13},\frac23$」的比较一目了然。
补充：源文件未展开的其他病态函数
源文件 Lecture 18 没有讨论 Cantor 函数、van der Waerden 函数或 Takagi 函数（只在本讲的语境中给出了 $\vert x\vert $ 与 Weierstrass 函数）。它们同属「处处连续但不可微（或奇异）」的病态函数家族：van der Waerden 与 Takagi 函数是 $\sum$ 形式的锯齿叠加的变体，Cantor–Lebesgue 函数则连续、单调、几乎处处导数为零却在不可数集上不可导。此处仅作名词提示，具体构造与证明超出本讲范围，不宜在此展开。
补充：源文件未涉及 Darboux 定理
源文件 Lecture 18 没有出现「导数具有介值性」（Darboux 定理）。本讲唯一的「导数与连续性」相关结论是：可导函数的导数未必连续（$x^2\sin(1/x)$ 的导数在 $0$ 处不连续，见下节）以及处处连续可以处处不可微。源文件未给出 Darboux 定理，故此处不展开。
与教材的对应
（一）阅读范围：Assignment 10 指定 Reading §4.1, §4.2（Lebl）
源文件《Basic Analysis: Introduction to Real Analysis (Vol I)》（J. Lebl）的对应关系：
| 本讲内容（源文件编号） | Lebl 教材位置 | 说明 |
|---|---|---|
| 可导定义、可导 $\Rightarrow$ 连续（Theorem 202） | §4.1 | 导数的定义、四则运算、链式法则所在节；「可导 $\Rightarrow$ 连续」是 §4.1 的基本定理 |
| Example 204（$\lvert x\rvert$ 在 $0$ 不可导） | §4.1 | 标准反例，说明逆命题不成立 |
| Weierstrass 函数（Theorem 207–210） | §4.2 | 与 §4.2 的「连续但不可微」讨论相对应；Lebl 在该节以 Weierstrass 型级数为经典例子 |
| Theorem 209（收敛/有界/连续） | §4.2 + 级数部分(§2.x) | 用比较判别法与 $\epsilon$–$N$ 论证处理函数项级数 |
| 导数不连续之反例（$x^2\sin(1/x)$） | §4.1 习题 | Lebl §4.1 的习题中即以此类函数考察「可导而导数不连续」 |
（二）Assignment 10 的具体题目
源文件 hw_all.txt 中 Assignment 10 的文本为：
MATH 18.100A/18.1001 Assignment 10 Exercises given with a numbering are from Basic Analysis: Introduction to Real Analysis (Vol I) by J. Lebl. Reading Sections 4.1, 4.2 (Lebl) Exercises
- Let $I$ be an interval. A function $f:I\to\mathbb{R}$ is said to satisfy a Hölder condition with exponent $\alpha>0$ if there exists a constant $C>0$ such that if $x,y\in I$ then $\vert f(x)-f(y)\vert \le C\vert x-y\vert ^{\alpha}$. (a) Prove that if $f:I\to\mathbb{R}$ satisfies a Hölder condition with exponent $\alpha>0$, then $f$ is uniformly continuous on $I$. (b) Prove that if $f:I\to\mathbb{R}$ satisfies a Hölder condition with exponent $\alpha>1$, then $f$ is constant.
- Exercise 4.1.11
- Let $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ be a differentiable function. Prove that $f$ is Lipschitz continuous if and only if $f^{\prime}$ is a bounded function.
- Exercise 4.2.9
- Exercise 4.2.13
与本讲的直接联系：
- 第 1(a) 题（Hölder $\Rightarrow$ 一致连续）：这正是 Theorem 207(1) 的抽象化。$\lvert\cos x-\cos y\rvert\le\lvert x-y\rvert$ 就是说 $\cos$ 满足 $\alpha=1$、$C=1$ 的 Hölder 条件，从而一致连续——这是 Theorem 209 连续性证明中「有限截断项可控」的根据。
- 第 1(b) 题（Hölder 指数 $\alpha>1$ $\Rightarrow$ 常数）：与「可导 $\Rightarrow$ 连续」同属「更强的正则性强制更强的结构」这条主线；它与 $f^{\prime}(c)=0$ 蕴含「增量是 $o(\lvert x-c\rvert)$」的论证同源。
- 第 2 题 = Exercise 4.1.11：紧接 §4.1 的导数与连续性内容，正是本讲 Theorem 202 与 $x^2\sin(1/x)$ 类反例所在的知识点。
- 第 3 题（可微 $\iff$ 导数有界 时 Lipschitz）：与本讲的「导数可以不连续、可以无界」形成鲜明对照。$x^2\sin(1/x)$ 在 $0$ 可导，但其导数 \(f^{\prime}(x)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x\quad(x\ne0),\qquad f^{\prime}(0)=0\) 在 $0$ 的任意邻域内无界（因为 $-\cos(1/x)$ 项作祟）。因此 $f$ 不是 Lipschitz 的——这正好是第 3 题的一个非平凡例证：导数有界这一条件不可省。
- 第 4、5 题（Exercise 4.2.9、4.2.13）：出自 §4.2，即「连续但不可微」与中值定理相关的习题，与本讲的 Weierstrass 现象同一节。
（三）Final 与本讲的对应
| Final 题目 | 内容 | 本讲对应 |
|---|---|---|
| 第 4(a)(i) | 证明「$f$ 在 $c$ 可微 $\Rightarrow$ $f$ 在 $c$ 连续」 | Theorem 202（本讲第一段完整证明） |
| 第 4(a)(ii) | 给出「连续但不可微」的反例并验证 | Example 204（$f(x)=\lvert x\rvert$ 在 $0$） |
| 第 4(b) | 证明 $f(x)=x^{2}\sin(1/x)$（$x\ne0$）、$f(0)=0$ 在 $0$ 处可导（且 $f^{\prime}(0)=0$） | 下文「导数未必连续」一段的完整证明 |
（四）$x^{2}\sin(1/x)$：Final 第 4(b) 题的完整解答
命题. 设 \(f(x)=\begin{cases}x^{2}\sin\dfrac1x,&x\ne0,\\[4pt]0,&x=0.\end{cases}\) 则 $f$ 在 $0$ 处可导，且 $f^{\prime}(0)=0$。
Proof.
第一步：写出差商。 由 $f(0)=0$，对 $x\ne0$， \(\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{x^{2}\sin\frac1x-0}{x}=x\sin\frac1x .\) 此处关键是 $x^{2}/x=x$——约分掉一个 $x$，把二次的衰减降为一次。（这一步是本题的灵魂：若忘了约分，就会误以为差商是 $x^{2}\sin(1/x)$ 而没有看出真正的化简形式；两种写法的极限都是 $0$，但后续关于导数不连续的分析必须基于正确的 $f^{\prime}(x)$。）
第二步：用夹逼（squeeze）证明极限为 $0$。 对一切 $x\ne0$，$\left\vert \sin\frac1x\right\vert \le1$，因此 \(0\le\left\vert x\sin\frac1x\right\vert =\lvert x\rvert\cdot\left\vert \sin\frac1x\right\vert \le\lvert x\rvert .\) 而 $\lvert x\rvert\to0$（当 $x\to0$）。由夹逼定理（Lecture 8/14）， \(\lim_{x\to0}x\sin\frac1x=0 .\)
第三步：结论。 因此 $f^{\prime}(0)=\lim_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=0$ 存在且有限，即 $f$ 在 $0$ 处可导，$f^{\prime}(0)=0$。$\blacksquare$
（五）$x^{2}\sin(1/x)$ 的导数在 $0$ 处不连续（本讲重要洞见）
命题. 上述 $f$ 在 $x\ne0$ 处的导数为 \(f^{\prime}(x)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x,\) 且当 $x\to0$ 时 $f^{\prime}(x)$ 没有极限，故 $f^{\prime}$ 在 $0$ 处不连续。
Proof.
第一步：对 $x\ne0$ 求导（用 Lecture 19 的乘积与链式法则）。 写 $f(x)=x^{2}\cdot\sin(1/x)$。由乘积法则， \(f^{\prime}(x)=\left(x^{2}\right)'\sin\frac1x+x^{2}\left(\sin\frac1x\right)'.\) $\left(x^2\right)’=2x$。由链式法则，$\left(\sin\frac1x\right)’=\cos\frac1x\cdot\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)=-\frac{1}{x^{2}}\cos\frac1x$。因此 \(f^{\prime}(x)=2x\sin\frac1x+x^{2}\cdot\left(-\frac{1}{x^{2}}\cos\frac1x\right)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x .\)
第二步：证明第一项趋于 $0$。 完全同上面的夹逼论证（把 $x\sin(1/x)$ 换成 $x\sin(1/x)$ 的两倍）： \(\left\vert 2x\sin\frac1x\right\vert \le2\lvert x\rvert\to0,\qquad\text{故}\qquad 2x\sin\frac1x\to0 .\)
第三步：证明第二项 $-\cos(1/x)$ 发散（极限不存在）。 断言：$\cos(1/x)$ 当 $x\to0$ 时没有极限。
反证：假设存在实数 $L$ 使 $\lim_{x\to0}\cos\frac1x=L$。那么沿任意序列 $x_n\to0$（$x_n\ne0$），都有 $\cos\frac1{x_n}\to L$（极限的序列刻画）。
取两个序列：
- 取 $x_n=\dfrac{1}{2\pi n}$，则 $n\to\infty$ 时 $x_n\to0$，且 $\cos\dfrac{1}{x_n}=\cos(2\pi n)=1$ 对一切 $n$ 成立，故 $\cos\frac1{x_n}\to1$。这迫使 $L=1$。
- 取 $y_n=\dfrac{1}{(2n+1)\pi}$，则 $y_n\to0$，且 $\cos\dfrac1{y_n}=\cos((2n+1)\pi)=-1$ 对一切 $n$ 成立，故 $\cos\frac1{y_n}\to-1$。这迫使 $L=-1$。
于是 $1=L=-1$，矛盾。因此 $\cos(1/x)$ 当 $x\to0$ 时的极限不存在。（等价说法：$\liminf_{x\to0}\cos(1/x)=-1$，$\limsup_{x\to0}\cos(1/x)=1$，两者不等，故极限不存在。）
第四步：合并。 若 $\lim_{x\to0}f^{\prime}(x)$ 存在且有限，则由极限的加减法则，$-\cos\frac1x=f^{\prime}(x)-2x\sin\frac1x$ 的极限也应当存在（因为 $2x\sin(1/x)\to0$ 存在）。但第三步证明 $-\cos(1/x)$ 的极限不存在。矛盾。因此 $\lim_{x\to0}f^{\prime}(x)$ 不存在（甚至无界：沿 $x_n$ 趋于 $1$、沿 $y_n$ 趋于 $-1$，且 $2x\sin(1/x)$ 部分在 $0$ 附近取到任意接近 $\pm1$ 的值，故 $f^{\prime}$ 在 $0$ 附近无界）。既然 $f^{\prime}(0)=0$ 存在而 $\lim_{x\to0}f^{\prime}(x)$ 不存在，$f^{\prime}$ 在 $0$ 处不连续。$\blacksquare$
结论（本讲关键洞见）：可导函数的导数未必连续。 因此「$f$ 可导」绝不意味着「$f$ 是 $C^{1}$」或「$f^{\prime}$ 连续」。这与 Weierstrass 的处处不可微函数一起，构成「连续—可导—导数连续」这三个层级之间的严格分离图景。
（六）对比：$x\sin(1/x)$ 在 $0$ 处不可导
命题. 设 \(g(x)=\begin{cases}x\sin\dfrac1x,&x\ne0,\\[4pt]0,&x=0.\end{cases}\) 则 $g$ 在 $0$ 处不可导。
Proof. 对 $x\ne0$， \(\frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\frac{x\sin\frac1x}{x}=\sin\frac1x .\) （同样约掉一个 $x$，但这次剩下的不是「$\lvert x\rvert\times$ 有界量」，而是纯粹的有界震荡量 $\sin(1/x)$，没有任何趋于零的因子。）
断言 $\lim_{x\to0}\sin\frac1x$ 不存在。反证：若存在极限 $M$，则沿 $x_n=\dfrac{1}{2\pi n+\pi/2}\to0$（此时 $\sin(1/x_n)=\sin(2\pi n+\pi/2)=1$）得 $M=1$；沿 $y_n=\dfrac{1}{2\pi n+3\pi/2}\to0$（此时 $\sin(1/y_n)=\sin(2\pi n+3\pi/2)=-1$）得 $M=-1$；矛盾。
因此差商 $\dfrac{g(x)-g(0)}{x-0}=\sin\frac1x$ 当 $x\to0$ 时没有极限，故 $g^{\prime}(0)$ 不存在。$\blacksquare$
注释（Lecture 15 已用过）：$g(x)=x\sin(1/x)$（$x\ne0$）、$g(0)=0$ 在 $\mathbb{R}$ 上处处连续（在 $0$ 处由 $\lvert x\sin(1/x)\rvert\le\lvert x\rvert\to0$ 与 $g(0)=0$ 夹逼）。所以它又是一个「连续但不可导」的例子——而且比 $\lvert x\rvert$ 更「剧烈」：它在 $0$ 的任意小邻域内的差商 $\sin(1/x)$ 反复取到 $\pm1$，图像上的尖角不是孤立的，而是无限密集地堆向 $0$。
本节小结对比表：
| 函数 | 在 $0$ 连续？ | 在 $0$ 可导？ | 差商（约分后） | 关键 |
|---|---|---|---|---|
| $\lvert x\rvert$ | 是 | 否 | $\pm1$（左右不等） | 单侧斜率不匹配 |
| $x\sin\frac1x$ | 是 | 否 | $\sin\frac1x$ | 有界但不收敛 |
| $x^{2}\sin\frac1x$ | 是 | 是（$f^{\prime}(0)=0$） | $x\sin\frac1x\to0$ | 多一个 $x$ 因子把它压到 $0$ |
| $\lvert x\rvert^{\alpha}$（$\alpha>1$） | 是 | 是（$f^{\prime}(0)=0$） | $\lvert x\rvert^{\alpha-1}\operatorname{sgn}x\to0$ | 幂次大于 $1$ |
数值实验：三个差商的实测行为
以下数值均由 python3 实际运行得到，用来印证上面的理论结论。
实验 1：$x^{2}\sin(1/x)$ 在 $0$ 处的差商随 $h\to0$ 趋于 $0$。
python3 -c "
from math import sin
for h in [0.5,0.1,0.01,1e-3,1e-5,1e-7,1e-9,1e-12]:
print('h=%9.1e (f(h)-f(0))/h = % .12f' % (h, h*sin(1/h)))
"
实际输出：
h= 5.0e-01 (f(h)-f(0))/h = 0.454648713413
h= 1.0e-01 (f(h)-f(0))/h = -0.054402111089
h= 1.0e-02 (f(h)-f(0))/h = -0.005063656411
h= 1.0e-03 (f(h)-f(0))/h = 0.000826879541
h= 1.0e-05 (f(h)-f(0))/h = 0.000000357488
h= 1.0e-07 (f(h)-f(0))/h = 0.000000042055
h= 1.0e-09 (f(h)-f(0))/h = 0.000000000546
h= 1.0e-12 (f(h)-f(0))/h = -0.000000000001
解读：差商就是 $h\sin(1/h)$。数值上它随 $h$ 减小而稳步趋于 $0$（量级被 $\lvert h\rvert$ 夹住），与理论结论 $f^{\prime}(0)=0$ 完全一致。注意它不是单调下降的（$h=0.5$ 时正值、$h=0.1$ 时负值），因为 $\sin(1/h)$ 的符号在剧烈变化——但幅度始终被 $\lvert h\rvert$ 封顶，所以极限仍为 $0$。
实验 2：$x\sin(1/x)$ 的差商 $\sin(1/h)$ 不收敛（震荡）。
python3 -c "
from math import sin
for h in [0.5,0.1,0.07,0.02,0.01,1e-3,1e-5,1e-7,1e-9]:
print('h=%9.1e (f(h)-f(0))/h = % .8f' % (h, sin(1/h)))
"
实际输出：
h= 5.0e-01 (f(h)-f(0))/h = 0.90929743
h= 1.0e-01 (f(h)-f(0))/h = -0.54402111
h= 7.0e-02 (f(h)-f(0))/h = 0.98898712
h= 2.0e-02 (f(h)-f(0))/h = -0.26237485
h= 1.0e-02 (f(h)-f(0))/h = -0.50636564
h= 1.0e-03 (f(h)-f(0))/h = 0.82687954
h= 1.0e-05 (f(h)-f(0))/h = 0.03574880
h= 1.0e-07 (f(h)-f(0))/h = 0.42054779
h= 1.0e-09 (f(h)-f(0))/h = 0.54584335
解读：差商严格等于 $\sin(1/h)$。即使 $h$ 小到 $10^{-9}$，差商仍在 $\pm1$ 之间乱跳（$-0.26$、$0.83$、$0.036$、$0.42$、$0.55$），既不趋于 $0$，也不趋于任何固定值。这正是「差商无极限」的数值显现：$\lvert\sin(1/h)\rvert\le1$ 且反复取到接近 $\pm1$ 的值，$h$ 再小也压不住它。与实验 1 对比可见，唯一的差别就是少了一个 $h$ 因子——差商从「趋于 $0$」变成「不收敛」。
实验 3：Weierstrass 函数部分和在某点的差商随 $h\to0$ 不趋于有限值。
取 $c=0$ 与 $N=10$ 项的部分和 $S_{10}(x)=\sum_{k=0}^{9}\frac{\cos(160^{k}x)}{4^{k}}$（$f(0)\approx1.33331298828125$，与 $\sum4^{-k}=4/3$ 一致，说明截断误差已很小）：
python3 -c "
from math import cos
def f(x,N=10):
return sum(cos(160.0**k*x)/4.0**k for k in range(N))
for h in [0.1,0.05,0.01,1e-3,1e-5,1e-7,1e-9,1e-11]:
print('h=%12.5e (f(h)-f(0))/h = % .6f' % (h,(f(h)-f(0))/h))
"
实际输出：
h= 1.00000e-01 (f(h)-f(0))/h = -6.261688
h= 5.00000e-02 (f(h)-f(0))/h = -7.323212
h= 1.00000e-02 (f(h)-f(0))/h = -32.630456
h= 1.00000e-03 (f(h)-f(0))/h = -18.006324
h= 1.00000e-05 (f(h)-f(0))/h = -3389.869937
h= 1.00000e-07 (f(h)-f(0))/h = -95000.767524
h= 1.00000e-09 (f(h)-f(0))/h = -2368130.747475
h= 1.00000e-11 (f(h)-f(0))/h = -88012048.283015
再看沿主证明所构造的「坏点」序列 $x_n=c+\dfrac{3\pi}{2\cdot160^{n}}$（此时 $\cos(160^{n}x_n)=\cos\frac{3\pi}{2}=0$，与 $\cos 0=1$ 反相，满足 Theorem 207(2)）：
python3 -c "
from math import cos,pi
def f(x,N=10):
return sum(cos(160.0**k*x)/4.0**k for k in range(N))
for n in range(1,9):
x=3*pi/(2*160**n)
print('n=%d h=%12.5e quotient=% .6e bound 40^n/(117pi)=%.3e'
% (n,x,(f(x)-f(0))/x, 40.0**n/(117*pi)))
"
实际输出：
n=1 h= 2.94524e-02 quotient=-8.503304e+00 bound 40^n/(117pi)=1.088e-01
n=2 h= 1.84078e-04 quotient=-3.401255e+02 bound 40^n/(117pi)=4.353e+00
n=3 h= 1.15049e-06 quotient=-1.360479e+04 bound 40^n/(117pi)=1.741e+02
n=4 h= 7.19053e-09 quotient=-5.441914e+05 bound 40^n/(117pi)=6.965e+03
n=5 h= 4.49408e-11 quotient=-2.176766e+07 bound 40^n/(117pi)=2.786e+05
n=6 h= 2.80880e-13 quotient=-8.707063e+08 bound 40^n/(117pi)=1.114e+07
n=7 h= 1.75550e-15 quotient=-3.482825e+10 bound 40^n/(117pi)=4.457e+08
n=8 h= 1.09719e-17 quotient=-1.393130e+12 bound 40^n/(117pi)=1.783e+10
解读：
- 一般 $h$（第一张表）下，差商绝对值随 $h$ 减小而增大（从 $6.3$ 一路涨到 $8.8\times10^{7}$），看不到任何收敛趋势，与「差商无界、故不收敛」的结论一致。
- 沿专门挑选的坏点序列 $x_n$，差商以 $\lvert\cdot\rvert\sim10^{1.5n}$ 的速度爆炸式增长。实测值与理论下界 $\frac{40^{n}}{117\pi}$ 相比：当 $n\ge3$ 后实测值约为下界的 $10$–$80$ 倍（例如 $n=8$ 时 $1.39\times10^{12}$ 对 $1.78\times10^{10}$），说明 Theorem 210 给出的界有效但偏保守（系数 $\frac1{39}$ 的余量很小），而「无界」这一结论被实测验证：$\frac{40^{8}}{117\pi}\approx1.8\times10^{10}$ 已远超任何可能的有限导数。
- 数值上的一个附带教训：$n\ge7$ 时 $h\sim10^{-15}$、$n=8$ 时 $h\sim10^{-17}$ 已接近双精度浮点的极限（$\epsilon_{\text{mach}}\approx2.2\times10^{-16}$），此处的数值已经不可信。要做更高 $n$ 的验证需要高精度算术（如
mpmath）。这提醒我们：定理的严格性来自证明，数值只是佐证。
与其他讲次的关联
（1）与 Lecture 17（导数的定义、可导 $\Rightarrow$ 连续）的联系
本讲开头的 Theorem 202 就是 Lecture 17 内容的直接延续与精确化。Lecture 17 建立了导数的定义 \(f^{\prime}(c)=\lim_{x\to c}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\) 以及「可导 $\Rightarrow$ 连续」。本讲把这条定理写成完整证明，并立刻追问其逆（Question 203、205），由此进入 Weierstrass 的反例。逻辑关系：Lecture 17 给出正向定理，Lecture 18 说明逆命题荒谬到什么程度。
（2）与 Lecture 15（连续性）的联系
Lecture 15 已经详细处理过 $x\sin(1/x)$ 与 $x^{2}\sin(1/x)$ 型函数的连续性（用 $\lvert\sin\rvert\le1$ 与夹逼）。本讲把这些函数拿来做「可导性」的辨析：同一个函数在连续性的尺度上是标准的例子（有界震荡量乘以趋于零的量），但在可导性的尺度上，差商变成了纯粹的震荡量从而失效。关键对照：$g(x)-g(0)=x\sin(1/x)\to0$（连续）而 $\frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\sin(1/x)\not\to$（不可导）——连续性问「增量是否趋于 $0$」，可导性问「增量除以位移是否收敛」，两种考察用的是同一个函数的不同尺度。
（3）与 Lecture 19（求导法则与中值定理）的联系
本讲计算 $x^{2}\sin(1/x)$ 的导数 $f^{\prime}(x)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x$ 时，用到了乘积法则与链式法则；这些法则将在 Lecture 19 系统建立。此外，Lecture 19 的中值定理（Rolle、Lagrange）会给出「可导 $\Rightarrow$ Lipschitz/单调/常数」一类的强结论，而本讲的 $x^{2}\sin(1/x)$ 恰恰说明：这些结论都需要 $f^{\prime}$ 有界或连续这类额外假设，不能只靠「可导」本身。Assignment 10 第 3 题（$f$ Lipschitz $\iff$ $f^{\prime}$ 有界）就是这条线索上的练习。
（4）与 Lecture 20（Taylor 展开、光滑性与可微性的层级）的联系
Lecture 20 讨论 $C^{0}\supsetneq C^{1}\supsetneq C^{2}\supsetneq\cdots\supsetneq C^{\infty}$ 这一光滑性层级与 Taylor 逼近。本讲提供该层级的底层两块砖：$C^{0}\supsetneq C^{1}$（$\vert x\vert $、$x\sin(1/x)$、Weierstrass 函数）与「可导但不 $C^{1}$」（$x^{2}\sin(1/x)$）。有了本讲，Lecture 20 中「$f$ 在 $0$ 可导但 $f^{\prime}$ 不连续，故 Taylor 余项估计失效」这类讨论才有具体例子可依。
（5）与 Lecture 21/17（一致连续性）的联系
连续性的工具链在本讲中反复出现：Theorem 207(1) 的 Lipschitz 估计 $\lvert\cos x-\cos y\rvert\le\lvert x-y\rvert$ 本质上是一致连续性的定量版本，它是 Theorem 209 连续性证明中控制有限截断项的唯一工具；而 Assignment 10 第 1(a) 题（Hölder $\Rightarrow$ 一致连续）正是这条线索的系统化。Lecture 21/17 关于一致连续（以及「紧集上连续 $\Rightarrow$ 一致连续」）的讨论，为本讲的 $\epsilon$–$\limsup$ 论证提供了概念背景。注意一个有趣的事实：Weierstrass 函数在 $\mathbb{R}$ 上一致连续（因为 $\lvert f(x)-f(y)\rvert\le\sum4^{-k}\cdot\min(1,160^k\lvert x-y\rvert)$，可以做到与 $x,y$ 位置无关），却处处不可微——这说明一致连续性同样远不能推出可微性。
关键要点
- Theorem 202：可导 $\Rightarrow$ 连续。 证明只用一条恒等式 \(f(x)-f(c)=\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\cdot(x-c)\) 加上乘积极限法则（Lecture 8 Theorem 89(3)）。本质是「增量 $=$ 斜率 $\times$ 位移」。
- 逆命题不成立：Example 204，$f(x)=\lvert x\rvert$ 在 $0$ 连续但不可导（左右差商为 $\pm1$，单侧极限不等）。
- 逆命题可以荒谬到底：Theorem 210 给出处处连续而处处不可微的函数 \(f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos(160^{k}x)}{4^{k}}.\)
- Weierstrass 函数连续的证明结构：绝对收敛（比较判别法，$\lvert f_k\rvert\le4^{-k}$）$\Rightarrow$ 有界（$\lvert f\rvert\le4/3$）$\Rightarrow$ 连续（$\limsup$ 论证：选 $M_0$ 使尾部 $<\epsilon/2$，有限项用 $\lvert\cos u-\cos v\rvert\le\lvert u-v\rvert$ 与 $\lvert x_n-c\rvert\to0$ 控制）。关键是「先固定 $M_0$（与 $n$ 无关），再让 $n\to\infty$」。
- Weierstrass 函数不可微的证明结构：对每个 $c$ 与每个 $n$，用 Theorem 207(2) 取 $x_n\in\left(c+\frac{\pi}{160^n},c+\frac{3\pi}{160^n}\right)$ 使 $\lvert\cos(160^{n}c)-\cos(160^{n}x_n)\rvert\ge1$；把差分三分成 $a_n+b_n+c_n$，用 Theorem 208 的逆三角不等式得 \(\lvert f(c)-f(x_n)\rvert\ge\lvert a_n\rvert-\lvert b_n\rvert-\lvert c_n\rvert\ge4^{-n}\left(1-\frac4{13}-\frac23\right)=\frac{4^{-n}}{39},\) 从而 \(\left\vert \frac{f(x_n)-f(c)}{x_n-c}\right\vert \ge\frac{40^{n}}{117\pi}\to\infty,\) 差商无界，故不可导。
- 三个系数的来源：主项 $1$（来自 Theorem 207(2) 的反相点），低阶项 $\frac4{13}$（来自 Lipschitz 估计 $\sum 40^k\lvert x_n-c\rvert$ 与 $\pi<4$），高阶项 $\frac23$（来自 $\lvert\cos\rvert\le1$ 的粗估计 $2\sum_{k>n}4^{-k}$）。余量 $\frac1{39}>0$ 是整个证明的「胜负手」。
- $ab>1$ 是引擎：一般形式 $\sum a^n\cos(b^n\pi x)$ 中，振幅 $a^n$、频率 $b^n$，主项优势量级 $(ab)^n$。本讲取 $a=1/4$、$b=160$，$ab=40$。
- 可导函数的导数未必连续：$x^{2}\sin(1/x)$ 在 $0$ 可导（$f^{\prime}(0)=0$），但 $f^{\prime}(x)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x$ 在 $x\to0$ 时无极限。所以「可导」不蕴含 $C^{1}$。
- 约分是分水岭：$x^{2}\sin(1/x)$ 与 $x\sin(1/x)$ 的差商分别是 $x\sin(1/x)\to0$（可导）与 $\sin(1/x)\not\to$（不可导）。多一个 $x$ 因子就决定成败。
- 历史意义：本讲推翻了 19 世纪「连续函数除少数点外可导」的直觉，是分形几何与 Baire 纲理论的源头之一。
常见误区与注意事项
误区 1：以为「连续 $\Rightarrow$ 可导」。
- 错误做法：看到 $f$ 连续就写 $f^{\prime}(c)=\lim\frac{f(x)-f(c)}{x-c}$ 并断言此极限存在；或在证明中直接对差商「取极限」而不验证收敛。
- 为什么错：连续性只保证分子 $f(x)-f(c)\to0$，而差商是 $0/0$ 型不定式，分子趋于 $0$ 完全不能推出 $\frac{f(x)-f(c)}{x-c}$ 收敛。Example 204（$\vert x\vert $ 在 $0$）与 $x\sin(1/x)$ 都是连续但不可导的反例；Theorem 210 更是给出处处不可微的连续函数。
- 正确做法：要证可导，必须实际算出或估计差商并证明它收敛（如 $x^{2}\sin(1/x)$ 用夹逼得 $x\sin(1/x)\to0$）；要证不可导，则给出两条路径使差商取不同极限，或证明差商无界。连续性与可导性之间没有蕴含关系（只有可导 $\Rightarrow$ 连续这一个方向）。
误区 2：把「处处连续」与「几乎处处可导」混为一谈。
- 错误做法：认为「连续函数不可导的点最多是可数多个/测度零的集合」，于是断言 Weierstrass 函数「其实在绝大多数点可导」。
- 为什么错：Theorem 210 证明的是每一个 $c\in\mathbb{R}$ 处差商无界，即不可导点集就是整个 $\mathbb{R}$，连一个可导点都没有。$\vert x\vert $ 只在一点失败，而 Weierstrass 函数在每一点都失败——量级完全不同。（作为对比，单调函数的不可导点集才是零测集；Weierstrass 函数不是单调的，不能套用该结论。）
- 正确做法：区分「无处可导（nowhere differentiable）」「几乎处处可导」「除可数点外可导」三种陈述。本讲的结论是最强的那种——处处不可微。任何关于不可导点集「很小」的直觉，都必须有单独的定理支撑（如单调函数的 Lebesgue 定理），不能凭空迁移。
误区 3：计算 $x^{2}\sin(1/x)$ 差商时忘记（或不敢）约掉 $x$。
- 错误做法：写 $\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{x^{2}\sin\frac1x}{x}$ 之后，因为「$\sin(1/x)$ 没有极限」就断言差商没有极限，从而误判为不可导；或反过来，把差商写成 $x^{2}\sin(1/x)$（漏掉分母）后用 $\lvert x^2\sin(1/x)\rvert\le x^{2}\to0$ 论证——结论虽对但推导错误，且会导致对 $f^{\prime}$ 的后续计算错误。
- 为什么错：$\dfrac{x^{2}}{x}=x$（$x\ne0$）是必须执行的代数化简。不约分的话，会错误地把「$x$ 的幂次」多算一次，也会错过「为什么分子多一个 $x$ 就能救活可导性」这一核心机制。同理，在 $x\sin(1/x)$ 的情形也必须约分得到 $\sin(1/x)$，才能看出它不收敛。
- 正确做法：先约分，再取极限。$x^{2}\sin(1/x)\to x\sin(1/x)\to0$（夹逼：$\vert x\sin(1/x)\vert \le\vert x\vert \to0$）；$x\sin(1/x)\to\sin(1/x)$，无极限。约分后剩下的因子是否含趋于零的 $\lvert x\rvert$，是可导与否的分水岭。
误区 4：认为「可导函数的导数一定连续」（即 $f$ 可导 $\Rightarrow$ $f^{\prime}\in C^{0}$）。
- 错误做法：在求 $f^{\prime}(c)$ 时写成 $f^{\prime}(c)=\lim_{x\to c}f^{\prime}(x)$，把「可导」与「$f^{\prime}$ 连续」当作等价；或在用中值定理/洛必达法则时默认 $f^{\prime}$ 连续。
- 为什么错：$x^{2}\sin(1/x)$ 给出明确反例：$f^{\prime}(0)=0$ 存在，而 $f^{\prime}(x)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x$ 当 $x\to0$ 时无极限（沿 $x_n=1/(2\pi n)$ 趋于 $1$，沿 $y_n=1/((2n+1)\pi)$ 趋于 $-1$）。「可导」只保证差商在 $c$ 处收敛，对 $f^{\prime}$ 在其他点的行为没有任何约束。
- 正确做法：严格区分三个层级：可导（$f^{\prime}$ 逐点存在）、$f^{\prime}$ 有界、$f^{\prime}$ 连续（$C^{1}$）。可导 $\not\Rightarrow$ $f^{\prime}$ 有界（$x^2\sin(1/x)$ 的 $f^{\prime}$ 在 $0$ 附近无界），更不 $\Rightarrow$ $f^{\prime}$ 连续。凡是要用「$\lim_{x\to c}f^{\prime}(x)=f^{\prime}(c)$」的地方，必须明确假设 $f^{\prime}\in C^{1}$ 或至少假设 $\lim_{x\to c}f^{\prime}(x)$ 存在。
误区 5（额外）：对 Weierstrass 函数用「逐项求导」。
- 错误做法：写 $f^{\prime}(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{\cos(160^kx)}{4^k}\right)’=-\sum 40^{k}\sin(160^{k}x)$，然后声称这是 $f$ 的导数。
- 为什么错：逐项求导要求导函数级数一致收敛（或至少逐点收敛且余项可控）。这里第 $k$ 项的导数振幅是 $4^{-k}\cdot160^{k}=40^{k}\to\infty$，导函数级数剧烈发散，逐项求导定理的前提完全不满足。Theorem 210 正是要证明 $f$ 根本没有导数。
- 正确做法：判断能否逐项求导，必须检查导函数级数的收敛性（一致收敛判据，如 Weierstrass M-判别法需 $\lvert f_k^{\prime}\rvert\le M_k$ 且 $\sum M_k<\infty$）。此处 $M_k$ 不存在，故不能逐项求导。这也从另一面解释了为什么 $f$ 不可微：导数级数发散正是「图像无限毛糙」的解析表现。
误区 6（额外）：以为 Theorem 207(2) 里区间可以随便取小。
- 错误做法：把区间写成 $\left(c,c+\frac{2\pi}{K}\right)$ 或 $\left(c-\frac{\pi}{K},c+\frac{\pi}{K}\right)$，然后不经验证就宣称其中的点能取到反相值。
- 为什么错：区间长度必须刚好是一个周期 $\frac{2\pi}{K}$，函数才在区间上取遍全部值域；写成半周期 $[c,c+\pi/K]$ 时可能只覆盖到 $[0,1]$ 这一段，取不到 $-1$。而主证明中需要的是正偏移且上界恰好为 $\frac{3\pi}{K}$，以便与 $\lvert x_n-c\rvert\le\frac{3\pi}{160^n}$ 匹配。
- 正确做法：严格按源文件取 $\left(c+\frac{\pi}{K},c+\frac{3\pi}{K}\right)$。同时注意主证明里 $a$)、$b$) 两个条件必须同时满足：$x_n$ 既要足够近（$\vert x_n-c\vert <3\pi/160^n$，保证低阶项可控），又要使第 $n$ 项反相（$\lvert\cos(160^nc)-\cos(160^nx_n)\rvert\ge1$，保证主项够大）。Theorem 207(2) 正是保证这样的 $x_n$ 存在。
注意事项汇总（技术层面）
- 用序列刻画证明「极限不存在」时，必须验证所构造的序列满足 $x_n\ne c$（主证明中由 a) 直接给出 $x_n-c>0$）。
- 用 $\limsup$ 论证连续性时，「先选 $M_0$ 后让 $n\to\infty$」的顺序不可颠倒；且必须有界性已先行建立（否则 $\lim\vert g_n\vert =0\iff\limsup\vert g_n\vert =0$ 不能随便用）。
- 主证明中 $\lvert b_n\rvert$ 的估计用到了 $\pi<4$，这是把 $\frac{3\pi}{39}$ 放大到 $\frac{12}{39}=\frac4{13}$ 的关键；若不做这步，$\frac{3\pi}{39}\approx0.2417$ 与 $\frac{4}{13}\approx0.3077$ 都小于 $1$，结论同样成立。
- 源文件在 $b_n$ 的估计里用了 $\sum_{k=0}^{n-1}40^{k}=\frac{40^{n}-1}{39}$；注意是 $k=0$ 到 $n-1$，共 $n$ 项（$40^k$ 从 $40^0=1$ 到 $40^{n-1}$）。指标算错会直接毁掉常数核算。
- 源文件在 $a_n$ 处把 $160^{n}$ 印成了 $160^{k}$，在 $c_n$ 的定义处把求和下限定成了 $k=n$（应为 $k=n+1$），在 Theorem 208 的证明中把 $c$ 印成了 $b$。这些是讲义排版瑕疵，不影响结论，但在复现时要用正确的指标，否则对应不上 $\frac1{39}$ 的余量。
思考题（带答案）
Q1. 用定义判断 $f(x)=\lvert x\rvert$ 与 $g(x)=x\lvert x\rvert$ 在 $0$ 处是否可导，并给出证明。
答案.
(a) $f(x)=\lvert x\rvert$ 在 $0$ 处不可导。
对 $x\ne0$，差商为 \(\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{\lvert x\rvert}{x}=\begin{cases}+1,&x>0,\\ -1,&x<0.\end{cases}\) （当 $x>0$ 时 $\lvert x\rvert=x$，商为 $1$；当 $x<0$ 时 $\lvert x\rvert=-x$，商为 $-1$。）
取 $x_n=1/n\to0$（$x_n>0$），差商恒为 $1$，故其极限为 $1$；取 $y_n=-1/n\to0$（$y_n<0$），差商恒为 $-1$，故其极限为 $-1$。由极限的序列刻画，若差商在 $0$ 处的极限存在为 $L$，则沿任意序列都应趋于 $L$；但这里沿两个不同序列得到 $1\ne-1$，矛盾。因此差商的极限不存在，$f^{\prime}(0)$ 不存在，$f$ 在 $0$ 处不可导。（这与 Example 204 用的是同一事实，只是把 $x_n=(-1)^{n}/n$ 换成了两个单调子列。）
(b) $g(x)=x\lvert x\rvert$ 在 $0$ 处可导，且 $g^{\prime}(0)=0$。
对 $x\ne0$， \(\frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\frac{x\lvert x\rvert-0}{x}=\lvert x\rvert .\) （约分：$\dfrac{x}{x}=1$，剩下 $\lvert x\rvert$。这是本题的化简关键。）
而 $\lvert x\rvert\to0$（当 $x\to0$）：对 $\epsilon>0$ 取 $\delta=\epsilon$，则 $\lvert x-0\rvert=\lvert x\rvert<\delta$ 蕴含 $\lvert\lvert x\rvert-0\rvert=\lvert x\rvert<\epsilon$。因此 \(\lim_{x\to0}\frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\lvert x\rvert=0 .\) 故 $g^{\prime}(0)=0$ 存在，$g$ 在 $0$ 处可导。
注（洞察）：$x\lvert x\rvert$ 可以写成 $x\lvert x\rvert=\operatorname{sgn}(x)x^{2}$，其图像在 $0$ 两侧分别是开口向上的抛物线与开口向下的抛物线，它们在 $0$ 处光滑地接上（公切线为 $x$ 轴，斜率为 $0$）。与 $\lvert x\rvert$ 相比，$g$ 在 $0$ 附近多了一个 $\lvert x\rvert$ 因子的衰减，把尖角磨平了——这与 $x\sin(1/x)$（不可导）与 $x^{2}\sin(1/x)$（可导）的对比是同一个机制：差商中若剩余一个趋于 $0$ 的因子（如 $\lvert x\rvert$），则可导。
Q2. 概念题：为什么 $x^{2}\sin(1/x)$ 在 $0$ 处可导，而 $x\sin(1/x)$ 在 $0$ 处不可导？
答案. 关键在于约分后差商中是否还剩下一个趋于 $0$ 的因子。
对 $F(x)=x^{2}\sin(1/x)$（$F(0)=0$）： \(\frac{F(x)-F(0)}{x-0}=\frac{x^{2}\sin\frac1x}{x}=x\sin\frac1x .\) 这里差商是「趋于 $0$ 的因子 $x$」乘以「有界震荡因子 $\sin(1/x)$」。由 $\lvert\sin(1/x)\rvert\le1$， \(\left\vert x\sin\frac1x\right\vert \le\lvert x\rvert\longrightarrow0,\) 故夹逼得差商趋于 $0$，$F^{\prime}(0)=0$。
对 $G(x)=x\sin(1/x)$（$G(0)=0$）： \(\frac{G(x)-G(0)}{x-0}=\frac{x\sin\frac1x}{x}=\sin\frac1x .\) 约分后趋于 $0$ 的因子被全部用掉，只剩纯粹的震荡因子 $\sin(1/x)$。而 $\sin(1/x)$ 在 $x\to0$ 时不收敛：沿 $x_n=\frac{1}{2\pi n+\pi/2}$ 得 $\sin(1/x_n)=1\to1$，沿 $y_n=\frac{1}{2\pi n+3\pi/2}$ 得 $\sin(1/y_n)=-1\to-1$，两个子列极限不同。故差商无极限，$G^{\prime}(0)$ 不存在。
为什么不矛盾（机制层面）：两个函数的图像都在 $0$ 附近以 $\pm1$ 之间的斜率反复震荡，但震荡的幅度不同：
- $F$ 的振荡包络是 $x^{2}$，图像被夹在两条抛物线 $y=\pm x^{2}$ 之间，尖角的高度趋于 $0$ 的速度快到「差商也被压到 $0$」；
- $G$ 的振荡包络是 $\lvert x\rvert$，图像被夹在 $y=\pm\lvert x\rvert$ 之间，虽然高度仍趋于 $0$（故连续），但下降速度不够快，差商依然保持 $\pm1$ 量级的震荡。
换一种说法：$F$ 在 $0$ 处的增量是 $o(\lvert x\rvert)$（甚至 $O(x^{2})$），而 $G$ 在 $0$ 处的增量虽然也是 $o(1)$，但只是 $O(\lvert x\rvert)$，恰好处在「可导判别」的临界线上——$O(\lvert x\rvert)$ 的增量在除以 $x$ 后还剩 $O(1)$ 的震荡，不足以收敛。这正是「可导要求余项为 $o(\lvert x\rvert)$」这一条件的精确体现。
附带的连锁结论：$F$ 虽在 $0$ 可导，但 $F^{\prime}(x)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x$ 在 $0$ 处不连续（甚至无界），所以 $F$ 不是 $C^{1}$，也不是 Lipschitz（Assignment 10 第 3 题）。而 $G$ 甚至不可导。
Q3. 用「可导 $\Rightarrow$ 连续」的逆否命题证明某函数在某点不可导。
待证命题. 设 \(h(x)=\begin{cases}1,&x\ne0,\\[2pt] 0,&x=0.\end{cases}\) （即 Dirichlet 型跳跃函数的一个最简单版本。）证明 $h$ 在 $0$ 处不可导。
答案.
第一步：陈述逆否命题。 Theorem 202 说：若 $f$ 在 $c$ 可导，则 $f$ 在 $c$ 连续。其逆否命题为： \(\text{若 } f \text{ 在 } c \text{ 处不连续，则 } f \text{ 在 } c \text{ 处不可导}.\) 这是一条完全等价的命题，因此可以作为证明工具。
第二步：验证 $h$ 在 $0$ 处不连续。 取常数列 $x_n=\dfrac{1}{n}\to0$（$x_n\ne0$）。由定义 $h(x_n)=1$ 对一切 $n$，故 $h(x_n)\to1$。但 $h(0)=0$。因此 \(\lim_{n\to\infty}h(x_n)=1\ne0=h(0),\) 由连续性的序列刻画，$h$ 在 $0$ 处不连续。（等价地：取 $\epsilon=\frac12$，则对任意 $\delta>0$，点 $x=\delta/2$ 满足 $\lvert x\rvert<\delta$ 但 $\lvert h(x)-h(0)\rvert=1\ge\frac12$。）
第三步：应用逆否命题。 由第一步的逆否命题与第二步的结论，$h$ 在 $0$ 处不可导。$\blacksquare$
注（为什么要这样做）：当然也可以直接检验差商。对 $x\ne0$，差商为 \(\frac{h(x)-h(0)}{x-0}=\frac{1}{x},\) 当 $x\to0^{+}$ 时趋于 $+\infty$，当 $x\to0^{-}$ 时趋于 $-\infty$，故差商无界、$h^{\prime}(0)$ 不存在。两条路径都对。逆否命题这条路径的价值在于：当「不连续」比「差商发散」更容易验证时，它可以把不可导性作为免费推论拿到，而不必再做一次极限分析。这也是 Theorem 202 在本讲中除了「正向结果」之外的第二重用途——它同时提供了一把证明不可导的利器。
推广：任何在 $c$ 处有跳跃（或可去间断、第二类间断）的函数，都自动在 $c$ 处不可导。例如 \(\tilde h(x)=\begin{cases}x^{2},&x\ne0,\\ 5,&x=0\end{cases}\) 在 $0$ 处不连续（$\tilde h(x)\to0\ne5=\tilde h(0)$），故在 $0$ 处不可导——尽管它「看起来」在 $0$ 附近很像一个光滑函数。连续性是可导性的必要条件，这一必要条件经常被忽视，却是排除可导性最省力的手段。 —