Lecture 19: Differentiation Rules, Rolle’s Theorem, and the Mean Value Theorem（求导法则、Rolle 定理与中值定理）

目录 · ← l18 · l20 →

Lecture 19: Differentiation Rules, Rolle’s Theorem, and the Mean Value Theorem（求导法则、Rolle 定理与中值定理）

概述

上一讲（Lecture 17–18）我们只做了一个动作：把导数定义出来——$f^{\prime}(c)=\lim_{x\to c}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}$，并证明”可导 $\Rightarrow$ 连续”，还看了 Weierstrass 那个处处连续处处不可导的怪物。但那时我们几乎不会算任何导数：只知道 $f(x)=ax+b$ 的导数是 $a$、$f(x)=\alpha x^n$ 的导数是 $\alpha n c^{n-1}$。

本讲要一次性回答三个问题：

1. 怎么算？ 把微积分课上”背下来的公式”——线性性 (linearity)、乘积法则 (product rule)、商法则 (quotient rule)、链式法则 (chain rule)——在只用导数定义的前提下全部重新证明一遍。这是本讲最大的工作量，也是最能训练”$f$ 与 $g$ 的局部行为如何拼装”的地方。
2. 导数在极值点长什么样？ 定义相对极大／极小 (relative maximum / minimum)，证明 Fermat 引理：内点的相对极值点处导数必为零（Theorem 215）。
3. 导数能反推出函数的整体形状吗？ 证明 Rolle 定理（Theorem 216）与中值定理（Mean Value Theorem, MVT, Theorem 218），再用 MVT 推出一整套”积分学的地基”：$f^{\prime}\equiv0\Rightarrow f$ 是常数（Theorem 220）、$f^{\prime}\ge0\Leftrightarrow f$ 递增（Theorem 221）、Lipschitz 连续性 $\Leftrightarrow$ 导数有界等等。

一句话：Lecture 17 给了我们”导数”这个仪器，Lecture 19 教会我们怎么使用它，并第一次让”导数”反过来控制”函数”的整体行为。

本讲还有个隐线：所有证明都不是新发明的技巧，而是把前面 18 讲的积木重新拼装——极限的代数运算（Lecture 8）、单侧极限（Lecture 14）、连续性（Lecture 15/17）、极值定理（Lecture 16）、可导 $\Rightarrow$ 连续（Lecture 18）。请特别留意每次”依据”栏里引用的讲次。

核心定义与直观解释

回顾（Definition 198 / Notation 199，Lecture 17）：可导与导数

（Definition 198）

• 严格定义：设 $I$ 是一个区间 (interval)，$f:I\to\mathbb R$，$c\in I$。若极限 \(\lim_{x\to c}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\) 存在（且为有限实数），则称 $f$ 在 $c$ 可导 (differentiable at $c$)，并把该极限记为 \(f^{\prime}(c):=\lim_{x\to c}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}.\) 若 $f$ 在每个 $c\in I$ 都可导，就得到函数 $f^{\prime}:I\to\mathbb R$（也写作 $\frac{df}{dx}$）。
• 直观解释（”它到底在说什么？”）：$\frac{f(x)-f(c)}{x-c}$ 是过点 $(c,f(c))$ 与 $(x,f(x))$ 的割线斜率。让 $x$ 滑向 $c$，割线就”转”成切线，极限值就是切线斜率。导数是一个纯粹的局部概念：它只看 $c$ 附近任意小的一团，完全不管你远在 $c+1000$ 处干了什么。
• 为什么需要这个条件？ 关键在”$c$ 必须是 $I$ 的聚点，而且差商必须同时从左右两边趋近同一个值”。$f(x)=\vert x\vert $ 在 $0$ 处左右差商分别是 $-1$ 与 $+1$，极限不存在——割线在原点”拐弯”了（Lecture 18 Example 204）。
• 具体示例：$f(x)=x^2$，$c=3$。差商 $\frac{x^2-9}{x-3}=x+3$（当 $x\ne3$）。取 $\epsilon=0.01$：$\left\vert \frac{x^2-9}{x-3}-6\right\vert =\vert x-3\vert $，故取 $\delta=0.01$ 即有 $\vert x-3\vert <\delta\Rightarrow$ 差商落在 $(6-0.01,6+0.01)$ 内。所以 $f^{\prime}(3)=6$。
• 反例：$f(x)=\vert x\vert $ 在 $c=0$：差商 $=\frac{\vert x\vert }{x}=\pm1$，不存在极限，故不可导。

回顾（Definition 214）：相对极大 / 相对极小

（Definition 214, Relative Maximum/Minimum）

• 严格定义：设 $S\subset\mathbb R$，$f:S\to\mathbb R$，$c\in S$。称 $f$ 在 $c$ 有相对极大值（relative maximum，也叫局部极大, local maximum），若 \(\exists\,\delta>0\ \text{使得}\ \forall x\in S,\quad \vert x-c\vert <\delta\ \Longrightarrow\ f(x)\le f(c).\) 把 $\le$ 换成 $\ge$ 即得相对极小值（relative minimum / local minimum）的定义。 （源文件此处写 “The definition for relative maximum is analogous”，是笔误——应为 “relative minimum is analogous”。）
• 直观解释：相对极值 = “在自己家门口是最高/最低的”。你站在小山包顶上，四周一圈都比你所处的位置低，那么这里就是相对极大点——哪怕远处有更高的山（那是整体/绝对极大 (absolute maximum)，见 Lecture 16 Definition 181）。注意 $\delta>0$ 是存在的：允许山包很小，只要有一个（哪怕是极小的）完整邻域。
• 为什么需要”$\exists\delta$”这个条件？ 没有它，任何点都可以自封为极大点。$\delta$ 把”局部”这件事量化了：只在一个小窗口里比较。
• 具体示例：$f(x)=x^2$，$c=0$。取 $\delta=1$：只要 $\vert x\vert <1$ 就有 $x^2<1=f(0)$，所以 $0$ 是相对极小点（也是绝对极小点）。再取 $f(x)=\sin x$，$c=\pi/2$：取 $\delta=0.1$，$\vert x-\pi/2\vert <0.1$ 时 $\sin x\le1=\sin(\pi/2)$，所以 $\pi/2$ 是相对极大点（但不是绝对极大点？其实 $\sin$ 的整体最大值就是 $1$，所以这里恰好也是绝对极大点；对比 $f(x)=-x^2$ 在 $c=0$ 是绝对极大但 $f(x)=x^3-3x$ 在 $c=-1$ 只有相对极大，$f(-1)=2$ 而非全局最大，因为 $f(3)=18$）。
• 反例（相对极大 ≠ 绝对极大）：$f(x)=x^3-3x$ 在 $[-2,3]$ 上，$c=-1$ 是相对极大点（$f(-1)=2$），但 $f(3)=18>2$。“局部”两个字不能丢。

补充定义：临界点（critical point，教材 [JL] §4.2.1 正文）

• 严格定义：对可导函数 $f$，使 $f^{\prime}(c)=0$ 的点 $c$ 称为临界点；习惯上也把 $f^{\prime}(c)$ 不存在的点叫临界点。
• 直观解释：临界点 = “切线水平”的点 = 候选的极值点。
• 为什么需要？ Fermat 引理告诉我们：内点的相对极值点一定是临界点，于是找极值的流程变成”列出所有临界点 + 区间端点，再逐一比较函数值”。这把一个无限的问题（比较所有点）压缩成有限的问题。
• 具体示例：$f(x)=x^3-3x$，$f^{\prime}(x)=3x^2-3=0\Rightarrow x=\pm1$，两个临界点；在 $[-2,3]$ 上再补上端点 $\pm2,3$，只需比较 $f(-2)=-2,\ f(-1)=2,\ f(1)=-2,\ f(3)=18$，即得绝对最大 $18$、绝对最小 $-2$。
• 反例（临界点不一定是极值点）：$f(x)=x^3$，$f^{\prime}(0)=0$，但 $0$ 既不是相对极大也不是相对极小（见下文”内点条件”一节的完整讨论）。

补充定义：Lipschitz 连续（Assignment 10 第 3 题 / [JL] §3.4）

• 严格定义：$f:I\to\mathbb R$ 称为Lipschitz 连续 (Lipschitz continuous)，若 \(\exists L\ge0,\ \forall x,y\in I,\quad \vert f(x)-f(y)\vert \le L\vert x-y\vert .\) 最小的这样的 $L$ 称为 Lipschitz 常数。
• 直观解释：函数图像上任意两点连线的斜率的绝对值都不超过 $L$——图像被”斜率 $\pm L$ 的锥”夹住了，绝不会出现无限陡峭的地方。
• 为什么需要这个条件？ 它比一致连续更强、比可导更弱：Lipschitz $\Rightarrow$ 一致连续（Assignment 10 第 1 题 (a) 在 H”older 条件下证的就是这个特例 $\alpha=1$），但 $f(x)=\sqrt x$ 在 $[0,1]$ 一致连续却不 Lipschitz。
• 具体示例：$f(x)=3x+1$ 在 $\mathbb R$ 上 Lipschitz，$L=3$：$\vert f(x)-f(y)\vert =3\vert x-y\vert $，等号可取到，故 $L=3$ 是最优常数。
• 反例：$f(x)=x^2$ 在 $\mathbb R$ 上不 Lipschitz：若 $\vert x^2-y^2\vert \le L\vert x-y\vert $，取 $y=-x$ 得 $\vert 2x\vert \le L$ 对一切 $x$ 成立，矛盾。但 $f(x)=x^2$ 在 $[0,1]$ 上 Lipschitz（$L=2$）——Lipschitz 性依赖定义域。

补充定义：递增 / 严格递增（[JL] §4.2.4 正文，Theorem 221 用到）

• 严格定义：设 $I$ 是区间，$f:I\to\mathbb R$。
  • $f$ 递增 (increasing)：$x<y\Rightarrow f(x)\le f(y)$；
  • $f$ 严格递增 (strictly increasing)：$x<y\Rightarrow f(x)<f(y)$；
  • 递减 / 严格递减 把不等号方向反过来。
• 直观解释：单调性描述的是整体行为（任意两点），而导数描述的是局部行为（一点附近）。本讲最漂亮的结果之一（Theorem 221）就是把这两件事接起来：整体单调 $\Leftrightarrow$ 导数处处不变号。
• 为什么需要区分”增”与”严格增”？ 因为对应的导数条件是不等价的：$f^{\prime}\ge0\Leftrightarrow f$ 递增（双向），而 $f^{\prime}>0\Rightarrow f$ 严格递增只有单向——反过来不成立，$f(x)=x^3$ 严格递增但 $f^{\prime}(0)=0$（[JL] Proposition 4.2.8 后的注记）。
• 具体示例：$f(x)=x^3$ 严格递增；$f(x)=x^2$ 在 $[-1,1]$ 上既不增也不减，在 $[0,\infty)$ 上递增。
• 反例：Dirichlet 函数（Lecture 15 Theorem 178）既不增也不减，且处处不连续——单调性对它完全没有意义。

补充定义：高阶导数（预告 Definition 223，Lecture 20）

• 严格定义：若 $f^{\prime}$ 在 $J\subset I$ 上存在，则 $f^{\prime\prime} = (f^{\prime})’$ 称为二阶导数；归纳地，若 $f^{(k)}$ 存在则 $f^{(k+1)}:=(f^{(k)})’$。若 $f^{\prime},f^{\prime\prime},\dots,f^{(n)}$ 在 $J$ 上处处存在，称 $f$ 在 $J$ 上 $n$ 次可导；若此外 $f^{(n)}$ 连续，记 $f\in C^n$。
• 直观解释：一阶导数是”速度”，二阶导数是”加速度”，三阶导数是”加速度的变化率”。它们都是对函数反复做同一个局部操作得到的。
• 为什么需要？ Assignment 11 第 4 题要判定 $f^{\prime}(c)=f^{\prime\prime}(c)=0,\ f^{\prime\prime}^{\prime}(c)>0$ 时 $c$ 是否极值点——这需要三次可导，并且本质上需要 Lecture 20 的 Taylor 定理（本讲先给出等价的高阶差商论证）。
• 具体示例：$f(x)=x^3$：$f^{\prime}=3x^2,\ f^{\prime\prime}=6x,\ f^{\prime\prime}^{\prime}=6,\ f^{(4)}=0$。在 $c=0$ 处 $f^{\prime}(0)=f^{\prime\prime}(0)=0$ 而 $f^{\prime\prime}^{\prime}(0)=6>0$——这正是 Assignment 11 第 4 题的原型（结论：$0$ 不是极值点）。
• 反例：$f(x)=x\vert x\vert $ 处处可导，$f^{\prime}(x)=2\vert x\vert $ 在 $0$ 不可导，故 $f$ 在 $0$ 只有一阶导数。高阶导数存在是额外要求，不能白拿。

定理与完整证明（核心）

先把本讲反复要用的三件”工具”单独列出来，后面证明里直接引用编号。

工具 A（Theorem 202，Lecture 18）：可导 $\Rightarrow$ 连续。 若 $f$ 在 $c$ 可导，则 $f$ 在 $c$ 连续，即 $\lim_{x\to c}f(x)=f(c)$。 （Lecture 18 的证明：$f(x)=\bigl(\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\bigr)(x-c)+f(c)$，用 Lecture 8 的乘积极限与加法律。）

工具 B（Theorem 89，Lecture 8）：极限的代数运算。 若 $\lim_{x\to c}F(x)=A$，$\lim_{x\to c}G(x)=B$，则

1. $\lim_{x\to c}(F+G)=A+B$；
2. $\lim_{x\to c}(\alpha F)=\alpha A$（$\alpha\in\mathbb R$）；
3. $\lim_{x\to c}(FG)=AB$；
4. 若 $B\ne0$ 且 $G(x)\ne0$，则 $\lim_{x\to c}\frac{F}{G}=\frac AB$。

源文件（Lecture 8）把 Theorem 89 写成序列版本，Lecture 14 Remark（在 Theorem 160 之后）明确指出”函数极限有对应的夹逼定理、代数运算、绝对值版本”。严格地把两者接起来的桥是 Theorem 157（Lecture 13）：函数极限的序列刻画——$\lim_{x\to c}F(x)=A$ 当且仅当对每个满足 $x_n\to c$、$x_n\ne c$ 的序列都有 $F(x_n)\to A$。因此：要证某个函数极限等式，只需证”对任意这样的序列都成立”，再对序列用 Theorem 89 即可。下文所有”用 Theorem 89”的步骤默认走这座桥。

工具 C（Theorem 160，Lecture 14）：极限保持序关系。 若 $\forall x\in S,\ F(x)\le G(x)$ 且两个极限都存在，则 $\lim_{x\to c}F(x)\le\lim_{x\to c}G(x)$。 （序列版本是 Theorem 87(1)。）

工具 D（Theorem 166，Lecture 14）：双侧极限 $\Leftrightarrow$ 两个单侧极限。 $c$ 是 $S\cap(-\infty,c)$ 与 $S\cap(c,\infty)$ 的聚点时， \(\lim_{x\to c}f(x)=L\iff \lim_{x\to c^-}f(x)=\lim_{x\to c^+}f(x)=L .\) （单侧极限的定义见 Lecture 14 Definition 161/163 与 Notation 162/164。）

Theorem 212（求导法则：线性性、乘积法则、商法则）

• 定理陈述：设 $f:I\to\mathbb R$、$g:I\to\mathbb R$ 都在 $c\in I$ 可导。则
  1. （线性性 Linearity） $\forall\alpha\in\mathbb R$，$\ (\alpha f+g)’(c)=\alpha f^{\prime}(c)+g^{\prime}(c)$；
  2. （乘积法则 Product rule） $\ (fg)’(c)=f^{\prime}(c)g(c)+f(c)g^{\prime}(c)$；
  3. （商法则 Quotient rule） 若 $\forall x\in I,\ g(x)\ne0$，则 \(\left(\frac fg\right)'(c)=\frac{f^{\prime}(c)g(c)-f(c)g^{\prime}(c)}{(g(c))^2}.\)
• 证明策略：三条全部只用导数的定义（差商 + 极限）。核心思路是把目标差商改写成已知极限的合法组合：
  • 线性性：差商本身关于 $f,g$ 是线性的，直接拆开。
  • 乘积法则：差商的分子 $f(x)g(x)-f(c)g(c)$ 既不是 $f$ 的差 也不是 $g$ 的差——用”加一项减一项“把它强行拆成两个差商的和。
  • 商法则：先证倒数 $1/g$（这时分母出现 $g(x)g(c)$，需要 Lecture 8 的除法极限引理保证 $1/g(x)$ 有界），再用乘积法则拼出 $f/g$。

证明 1（线性性） 逐步推导（对 $x\ne c$）：

1. 由导数的定义，要证的是 $\lim_{x\to c}\frac{(\alpha f+g)(x)-(\alpha f+g)(c)}{x-c}=\alpha f^{\prime}(c)+g^{\prime}(c)$。 （依据：Definition 198；只要该极限存在且等于右端，命题即成立。）
2. 把差商拆开： \(\frac{(\alpha f+g)(x)-(\alpha f+g)(c)}{x-c} =\frac{\alpha f(x)+g(x)-\alpha f(c)-g(c)}{x-c} =\alpha\cdot\frac{f(x)-f(c)}{x-c}+\frac{g(x)-g(c)}{x-c}.\) （依据：$(\alpha f+g)(x)=\alpha f(x)+g(x)$ 的定义 + 纯代数分组。）
3. 第一个加项：由 $f$ 在 $c$ 可导，$\lim_{x\to c}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}=f^{\prime}(c)$；再用工具 B(2)（常数倍的极限）， $\lim_{x\to c}\alpha\cdot\frac{f(x)-f(c)}{x-c}=\alpha f^{\prime}(c)$。
4. 第二个加项：由 $g$ 在 $c$ 可导，$\lim_{x\to c}\frac{g(x)-g(c)}{x-c}=g^{\prime}(c)$。
5. 用工具 B(1)（和的极限，两个极限都存在）把第 3、4 步相加： \(\lim_{x\to c}\left[\alpha\frac{f(x)-f(c)}{x-c}+\frac{g(x)-g(c)}{x-c}\right]=\alpha f^{\prime}(c)+g^{\prime}(c).\)
6. 由第 2 步的等式，左端就是 $(\alpha f+g)$ 的差商，故 $(\alpha f+g)’(c)=\alpha f^{\prime}(c)+g^{\prime}(c)$。$\blacksquare$

（源文件此处有两处 OCR/笔误：末尾写成 “$\alpha f^{\prime}(x)+g^{\prime}(x)$”（应为 $c$），以及”use the fact that $\lim_{x\to c}g(x)=f(c)$”（应为 $g(c)$）。数学内容与上面一致。）

• 【证明机制解说】：线性性之所以”免费”，是因为差商这个运算本身关于 $f$ 是线性的。更一般地：$(\alpha f+\beta g)’(c)=\alpha f^{\prime}(c)+\beta g^{\prime}(c)$（取 $g\mapsto\beta g$ 再用一次即可）。请体会这个逻辑顺序——我们没有假设”极限可以穿进括号”，而是先做代数变形、再对每一块单独取极限、最后用极限的加法与数乘法则合起来。整条链路是： \(\text{代数变形}\ \longrightarrow\ \text{逐个取极限（定义）}\ \longrightarrow\ \text{用极限代数运算合起来}.\)
• 【证明技巧总结】：”先代数后极限“：要证一个极限等式，先把表达式改写成”每个因子/加项的极限都已知”的形状，再一次性搬用极限代数运算。这个套路在下文每一条法则中都会重复使用。

证明 2（乘积法则） 逐步推导（记 $h=fg$）：

1. 写出目标差商并做”加一项减一项”。对 $x\ne c$： \(h(x)-h(c)=f(x)g(x)-f(c)g(c) =\underbrace{f(x)g(x)-f(c)g(x)}_{(\mathrm I)}+\underbrace{f(c)g(x)-f(c)g(c)}_{(\mathrm{II})}.\) 这一步是恒等变形（加上再减去同一个量 $f(c)g(x)$），不改变值。 （依据：实数加法结合律与 $a-a=0$；这是 Lecture 8 证明序列乘积极限时用的同一个技巧——那里是把 $x_ny_n-xy$ 拆成 $(x_n-x)y_n+(y_n-y)x$。）
2. 按”差商”重新分组：$(\mathrm I)=g(x)\bigl(f(x)-f(c)\bigr)$，$(\mathrm{II})=f(c)\bigl(g(x)-g(c)\bigr)$。两边同除以 $x-c$（$x\ne c$）： \(\frac{h(x)-h(c)}{x-c}=\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\cdot g(x)\;+\;f(c)\cdot\frac{g(x)-g(c)}{x-c}.\)
3. 处理第一个加项中的两个因子：$\lim_{x\to c}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}=f^{\prime}(c)$（依据：Definition 198）；$\lim_{x\to c}g(x)=g(c)$（依据：工具 A**，$g$ 可导 $\Rightarrow$ $g$ 连续，Theorem 202）。故由工具 B(3)（乘积极限）， $\lim_{x\to c}\left[\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\cdot g(x)\right]=f^{\prime}(c)\,g(c)$。
4. 处理第二个加项：$\lim_{x\to c}\frac{g(x)-g(c)}{x-c}=g^{\prime}(c)$，故由工具 B(2)（常数倍），$\lim_{x\to c}\left[f(c)\cdot\frac{g(x)-g(c)}{x-c}\right]=f(c)\,g^{\prime}(c)$。
5. 合并：由工具 B(1)（和的极限）与第 2 步的恒等式， \(h^{\prime}(c)=\lim_{x\to c}\frac{h(x)-h(c)}{x-c}=f^{\prime}(c)g(c)+f(c)g^{\prime}(c).\qquad\blacksquare\)
6. 最后一记脚注：注意乘积法则不能写成 $f^{\prime}(c)g^{\prime}(c)$。用 $f=g=x$ 检验：$f^{\prime}g+fg^{\prime}=1\cdot c+c\cdot1=2c=(x^2)’$ ✓，而 $f^{\prime}g^{\prime}=1$ ✗。

（源文件此处写 “and use the fact that $\lim_{x\to c}g(x)=f(c)$”，同样是应为 $g(c)$ 的笔误。）

• 【证明机制解说】：这一条的证明与 Lecture 8 证序列乘积极限的”加一项减一项”是同一个技巧！ 请把两处并排看： \(\text{Lecture 8: } x_ny_n-xy=(x_n-x)y_n+(y_n-y)x;\) \(\text{Lecture 19: } f(x)g(x)-f(c)g(c)=\bigl(f(x)-f(c)\bigr)g(x)+f(c)\bigl(g(x)-g(c)\bigr).\) 两处都做了同一件事：把”乘积的差”改写成”差的组合”，因为差商只认差。 这个分解是自然（而不是”灵光一现”）的，理由如下：我们要的结果里必须出现 $f^{\prime}(c)$ 与 $g^{\prime}(c)$，而 $f^{\prime}(c)$ 只能从 $\frac{f(x)-f(c)}{x-c}$ 出来、$g^{\prime}(c)$ 只能从 $\frac{g(x)-g(c)}{x-c}$ 出来。所以目标是把分子拆成 $(\text{含 }f(x)-f(c)\text{ 的项})+(\text{含 }g(x)-g(c)\text{ 的项})$。现在看恒等变形的自由度：两次分配律给出两种拆法 \(fg-f(c)g(c)=f(x)\bigl(g(x)-g(c)\bigr)+\bigl(f(x)-f(c)\bigr)g(c) \quad\text{或}\quad =g(x)\bigl(f(x)-f(c)\bigr)+\bigl(g(x)-g(c)\bigr)f(c).\) 两种都对（[JL] Exercise 4.1.1 的提示用的正是第一种）。选哪一种都能成功：关键不是选哪个，而是”必须让每一块都含一个差”。这就是”自然”的含义——不是猜出来的，是被目标反推出来的。 第二处关键：拆完之后，系数 $g(x)$ 是变的（不是常数 $g(c)$），所以不能直接当常数搬出极限。此时必须调用工具 A（可导 $\Rightarrow$ 连续）把 $g(x)$ 换成 $g(c)$。这解释了为什么乘积法则的证明依赖“可导 $\Rightarrow$ 连续”——如果没有它，$\lim g(x)$ 无从谈起。
• 【证明技巧总结】：”乘积法则 = 加一项减一项 + 差商分解 + 借连续性把 $g(x)\to g(c)$。” 可迁移的模式：遇到”乘积/复合的差”就加一项减一项，把它拆成”各自的差”的线性组合；遇到”随 $x$ 变化的系数”就先问它有没有极限（连续性/有界性）。

证明 3（倒数法则与商法则；源文件留作练习，此处完整补出）

先给出倒数法则：

• 命题（倒数法则）：设 $g:I\to\mathbb R$ 在 $c\in I$ 可导，且 $g(c)\ne0$。则 $\frac1g$ 在 $c$ 可导，且 $\left(\frac1g\right)’(c)=-\dfrac{g^{\prime}(c)}{\bigl(g(c)\bigr)^2}$。 （注意条件只需 $g(c)\ne0$；源文件的商法则为了省事直接假设 $\forall x\in I,\ g(x)\ne0$。由 $g$ 在 $c$ 连续，$g(c)\ne0$ 自动给出”$c$ 附近 $g\ne0$”，所以两种写法等价。）

逐步推导：

1. 代数变形（通分）。对 $x\ne c$ 且 $g(x)\ne0$： \(\frac{1/g(x)-1/g(c)}{x-c} =\frac{g(c)-g(x)}{(x-c)\,g(x)\,g(c)} =-\frac{g(x)-g(c)}{x-c}\cdot\frac{1}{g(x)\,g(c)}.\) （依据：分数通分 + 提取负号 + 代数结合。）
2. 保证 $x$ 附近 $g(x)$ 不”跑到 $0$”。这正是 Lecture 8 中除法极限引理的关键一步（Theorem 89 第 4 部分证明里那句”$\exists b>0$ 使 $\forall n,\ \vert y_n\vert \ge b$”）。因为 $g$ 在 $c$ 连续（工具 A）且 $g(c)\ne0$：取 $\epsilon_0=\frac{\vert g(c)\vert }{2}>0$，则 $\exists\delta_1>0:\ \vert x-c\vert <\delta_1\Rightarrow \vert g(x)-g(c)\vert <\frac{\vert g(c)\vert }{2}$。由三角不等式 $\vert g(c)\vert \le\vert g(c)-g(x)\vert +\vert g(x)\vert $ 得 \(\vert x-c\vert <\delta_1\ \Longrightarrow\ \vert g(x)\vert \ge \vert g(c)\vert -\frac{\vert g(c)\vert }{2}=\frac{\vert g(c)\vert }{2}=:b>0 .\) 于是当 $\vert x-c\vert <\delta_1$ 时 $\left\vert \frac{1}{g(x)g(c)}\right\vert \le\frac{1}{b\,\vert g(c)\vert }=\frac{2}{\vert g(c)\vert ^2}$，有界，且 $g(x)g(c)\ne0$。
3. 对两个因子分别取极限：
   • $\lim_{x\to c}\frac{g(x)-g(c)}{x-c}=g^{\prime}(c)$（依据：$g$ 可导）；
   • $\lim_{x\to c}\frac{1}{g(x)g(c)}=\frac{1}{g(c)\cdot g(c)}=\frac{1}{(g(c))^2}$（依据：工具 B(3) 与 B(4)——除法极限要求分母极限非零，这里分母极限 $(g(c))^2>0$，且第 2 步保证了 $x$ 靠近 $c$ 时分母 $\ne0$）。
4. 合并：由工具 B(3)（乘积极限）与 B(2)（常数倍，常数 $-1$）， \(\left(\frac1g\right)'(c)=(-1)\cdot g^{\prime}(c)\cdot\frac{1}{(g(c))^2}=-\frac{g^{\prime}(c)}{(g(c))^2}.\qquad\blacksquare\)

具体数值示例（把第 2 步的 $\delta_1$ 与 $b$ 算出来）：取 $g(x)=x^2$，$c=3$，则 $g(c)=9$，$b=\vert g(c)\vert /2=4.5$。取 $\delta_1=\frac12$：若 $\vert x-3\vert <\frac12$，则 $\vert x+3\vert <7$，于是 \(\vert g(x)-g(c)\vert =\vert x^2-9\vert =\vert x+3\vert \vert x-3\vert \le 7\cdot\tfrac12=3.5<4.5=b,\) 并且 $\vert g(x)\vert \ge \vert 9\vert -3.5=5.5>0$（更强）。验证通过，说明 $\delta_1=\frac12$ 确实可行。（见下文 Python 验算 [V6]。）

再给出商法则：令 $h=\frac fg=f\cdot\frac1g$。由 $g(c)\ne0$，$\frac1g$ 在 $c$ 可导（刚证），$f$ 在 $c$ 可导，故由乘积法则（已证）：

1. $h^{\prime}(c)=f^{\prime}(c)\cdot\frac{1}{g(c)}+f(c)\cdot\left(-\frac{g^{\prime}(c)}{(g(c))^2}\right)$ （依据：乘积法则 Theorem 212(2)，其中第二因子取 $\frac1g$，其导数为 $-\frac{g^{\prime}(c)}{(g(c))^2}$）；
2. 通分：$=\frac{f^{\prime}(c)g(c)}{(g(c))^2}-\frac{f(c)g^{\prime}(c)}{(g(c))^2}=\frac{f^{\prime}(c)g(c)-f(c)g^{\prime}(c)}{(g(c))^2}$。 （依据：代数通分。）$\blacksquare$

• 【证明机制解说】：商法则本身不需要新技巧，它被”化归“成乘积法则 + 倒数法则。这是数学中极常见的省力策略：把一个复杂的运算拆成两个已知运算的复合（这里是 $f/g=f\cdot g^{-1}$）。真正需要动脑的是倒数法则：通分之后分母冒出 $g(x)g(c)$，“$g(x)\to g(c)\ne0$”这件事本身不足以直接说”分母的极限不为零”——你必须先知道”$g(x)$ 离 $0$ 有一段正距离”（即 $\vert g(x)\vert \ge b>0$），否则会犯”$\frac{1}{g(x)}$ 在 $x$ 靠近 $c$ 时可能爆炸”的隐患。Lecture 8 里那个 $b=\vert y\vert /2$ 的引理，就是为了这件事被发明出来的；本讲我们原样复用。
• 【证明技巧总结】：”先证倒数（并显式造出 $b>0$ 的下界），再用乘积法则拼出商。” 可迁移模式：处理 $1/\text{变量}$ 时，永远先花一步证明”变量离 $0$ 有正距离”；要算一个复合表达式的导数，先把它分解成已知法则能覆盖的形状。

证明 4（Theorem 213：链式法则 Chain Rule）

• 定理陈述：设 $I_1,I_2$ 是区间，$g:I_1\to I_2$ 在 $c\in I_1$ 可导，$f:I_2\to\mathbb R$ 在 $g(c)$ 可导。则 $f\circ g:I_1\to\mathbb R$ 在 $c$ 可导，且 $(f\circ g)’(c)=f^{\prime}\bigl(g(c)\bigr)\,g^{\prime}(c)$。

• 证明策略（先讲清楚”陷阱”）：每个人第一次证链式法则都会写下 \(\frac{f(g(x))-f(g(c))}{x-c}=\frac{f(g(x))-f(g(c))}{g(x)-g(c)}\cdot\frac{g(x)-g(c)}{x-c},\) 然后让 $x\to c$，期望第一因子 $\to f^{\prime}(g(c))$、第二因子 $\to g^{\prime}(c)$。这个写法有一个致命缺陷：当 $g(x)=g(c)$ 时第一个分母为零，整个等式无意义。 而 $g(x)=g(c)$ 完全可能对无穷多个任意接近 $c$ 的 $x$ 成立！最简单的例子：$g\equiv0$（常数函数），此时 $g(x)=g(c)=0$ 对所有 $x$ 成立；稍复杂一点的例子：$g(x)=x^2\sin(1/x)$（$g(0)=0$），它在 $x_n=\frac{1}{n\pi}$ 处取值为 $0=g(0)$，这些 $x_n\to0$。所以这条”朴素路线”是错的，必须绕开除零。

  源文件的绕法（即标准做法）：把差商改造成在 $c$（或 $d=g(c)$）处连续的函数，使得”拆分”变成恒等式，且对所有 $x$（包括 $g(x)=g(c)$ 的那些）都成立。具体地，引入两个辅助函数 $u,v$： \(u(y)=\begin{cases}\dfrac{f(y)-f(d)}{y-d},&y\ne d\\[3mm] f'(d),&y=d\end{cases} \qquad\text{其中 } d:=g(c),\qquad v(x)=\begin{cases}\dfrac{g(x)-g(c)}{x-c},&x\ne c\\[3mm] g'(c),&x=c.\end{cases}\) （源文件里 $u$ 的分母被 OCR 成 “$y-x$”（应为 $y-d$），$v$ 在 $x=c$ 处被 OCR 成 “$g^{\prime}(d)$”（应为 $g^{\prime}(c)$）。）

• 逐步推导：

1. $u$ 在 $d$ 连续。$\lim_{y\to d}u(y)=\lim_{y\to d}\frac{f(y)-f(d)}{y-d}=f^{\prime}(d)$（依据：$f$ 在 $d$ 可导，Definition 198），而 $u(d)=f^{\prime}(d)$，故极限值 $=$ 函数值，即 $u$ 在 $d$ 连续。
2. $v$ 在 $c$ 连续。同理 $\lim_{x\to c}v(x)=\lim_{x\to c}\frac{g(x)-g(c)}{x-c}=g^{\prime}(c)=v(c)$，故 $v$ 在 $c$ 连续。
3. 两个”换元恒等式”对一切点成立（这是绕开除零的关键）：
   • $\forall y\in I_2:\ f(y)-f(d)=u(y)\,(y-d)$。验证：若 $y\ne d$，两边同除以 $y-d$ 即 $u$ 的定义；若 $y=d$，左端 $f(d)-f(d)=0$，右端 $u(d)\cdot0=0$，仍然成立。
   • $\forall x\in I_1:\ g(x)-g(c)=v(x)\,(x-c)$。同理成立（$x=c$ 时两边都是 $0$）。
4. 把恒等式串起来。记 $h(x):=f(g(x))$。对一切 $x\in I_1$： \(h(x)-h(c)=f\bigl(g(x)\bigr)-f(d)=u\bigl(g(x)\bigr)\bigl(g(x)-g(c)\bigr)=u\bigl(g(x)\bigr)v(x)(x-c).\) （依据：$d=g(c)$，以及第 3 步两次代入。）
5. 对 $x\ne c$ 除以 $x-c$（此时是合法的，因为 $x-c\ne0$）： \(\frac{h(x)-h(c)}{x-c}=u\bigl(g(x)\bigr)\,v(x).\) 注意：这个式子里没有任何除以 $g(x)-g(c)$ 的操作，所以对 $g(x)=g(c)$ 的点也照样成立。
6. 取极限 $x\to c$：$g$ 在 $c$ 连续（工具 A，$g$ 可导），故 $g(x)\to g(c)=d$；$u$ 在 $d$ 连续（第 1 步），由连续函数的复合定理（Lecture 15 Theorem 175）得 $u(g(x))\to u(d)=f^{\prime}(d)$；$v$ 在 $c$ 连续（第 2 步），故 $v(x)\to v(c)=g^{\prime}(c)$。于是由工具 B(3)（乘积极限）， \(\lim_{x\to c}\frac{h(x)-h(c)}{x-c}=\lim_{x\to c}u\bigl(g(x)\bigr)\cdot\lim_{x\to c}v(x)=f^{\prime}(d)\,g^{\prime}(c)=f^{\prime}\bigl(g(c)\bigr)g^{\prime}(c).\)
7. 由 Definition 198，$h=f\circ g$ 在 $c$ 可导且导数如上。$\blacksquare$

• 【证明机制解说】：为什么链式法则的证明比其他法则难？ 因为那个”除以 $f(x)-f(c)$”的诱惑会导致除零。请看三条法则的对比：

  法则	我们想拆成	会遇到的障碍	解决办法
  乘积法则	$\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\cdot g(x)+\cdots$	$g(x)$ 随 $x$ 变	借”可导 $\Rightarrow$ 连续”取极限
  商法则	$\frac{g(x)-g(c)}{x-c}\cdot\frac{1}{g(x)g(c)}$	分母可能趋 $0$	借连续性造出下界 $b>0$
  链式法则	$\frac{f(g(x))-f(g(c))}{g(x)-g(c)}\cdot\frac{g(x)-g(c)}{x-c}$	第一个分母可能 $=0$	用辅助函数 $u$ 把差商”补定义”成连续函数

  链式法则的障碍最深：前两条只是”极限不好算”，而这一条是式子在有些点上根本没有定义。绕开它的思想可概括为一句话：不要用”商”，要用”乘积恒等式”——把 $\frac{f(y)-f(d)}{y-d}$ 升级为函数 $u(y)$，让它自动满足 $f(y)-f(d)=u(y)(y-d)$ 对一切 $y$（包括 $y=d$），于是”除以 $g(x)-g(c)$”这个危险动作被彻底消灭。 这正是 Carathéodory 导数刻画（补充，教材未用此名）：$f$ 在 $d$ 可导 $\iff$ 存在在 $d$ 连续的函数 $u$ 使 $f(y)-f(d)=u(y)(y-d)$（此时 $u(d)=f^{\prime}(d)$）。链式法则在这个语言下变成一句”乘法” $h(x)-h(c)=u(g(x))v(x)(x-c)$，一望即知 $h^{\prime}(c)=u(g(c))v(c)$。$u,v$ 之所以能在”坏点”上补定义，靠的恰恰是”$f$ 在 $d$ 可导”这个假设本身——$f^{\prime}(d)$ 就是那个极限值，把它填进去，函数就连续了。如果你自己重新发明这个证明，思路应当是：既然除以 $g(x)-g(c)$ 会出事，那就把”除以 $g(x)-g(c)$”这件事预先打包进一个新函数 $u$ 里，让它的定义域覆盖所有 $y$。

• 【证明技巧总结】：”链式法则 = 补定义两个辅助函数 $u,v$ + 乘性恒等式消去除零陷阱 + 连续性把极限送到底。” 可迁移模式：当某一步”除以可能为零的量”时，不要绕开它，而是问”这个除法能否被提升成一个处处定义的连续函数？” 也请记住本讲三条法则各自的”接口”：可导 $\Rightarrow$ 连续（乘积）、连续性造下界（商）、连续性 + 复合（链式）。

补充：幂法则 $(x^n)’=nx^{n-1}$（归纳法 + 乘积法则）

源文件在 Lecture 17 Example 201 用因式分解证明了幂法则：对 $f(x)=\alpha x^n$， \((x-c)\sum_{j=0}^{n-1}x^{n-1-j}c^j=x^n-c^n,\) 从而差商 $=\sum_{j=0}^{n-1}x^{n-1-j}c^j\to\sum_{j=0}^{n-1}c^{n-1}=n c^{n-1}$。这里再给一个用乘积法则 + 归纳法的证明（回扣 Lecture 1 的数学归纳法；也是 [JL] Exercise 4.1.3/4.1.4 的思路）：

• 命题：$\forall n\in\mathbb N$，$f(x)=x^n$ 在 $\mathbb R$ 上可导且 $f^{\prime}(c)=nc^{n-1}$（并由此 $(\alpha x^n)’=\alpha n x^{n-1}$，再用线性性）。
• 证明：对 $n$ 归纳。
  • 基始 $n=0$：$x^0\equiv1$，差商 $\frac{1-1}{x-c}=0\to0=0\cdot c^{-1}$。✓
  • 基始 $n=1$：$x^{\prime}=1$（Lecture 17 Example 200，取 $a=1,b=0$：差商 $\frac{x-c}{x-c}=1$）。✓
  • 归纳步：设 $(x^n)’=nx^{n-1}$ 成立。写 $x^{n+1}=x\cdot x^n$，由乘积法则（Theorem 212(2)，已证）： \((x^{n+1})'=(x)'\cdot x^n+x\cdot(x^n)'=1\cdot x^n+x\cdot n x^{n-1}=x^n+n x^n=(n+1)x^n .\) ✓
  • 由归纳法原理（Lecture 1），命题对一切 $n\in\mathbb N$ 成立。$\blacksquare$
• 【补充】负整数幂：若 $g(x)=x^n$（$n\ge1$，$x\ne0$），由倒数法则 \(\left(x^{-n}\right)'=\left(\frac{1}{x^n}\right)'=-\frac{nx^{n-1}}{x^{2n}}=-n x^{-n-1},\) 与公式 $(x^m)’=mx^{m-1}$ 在 $m=-n$ 时一致（[JL] Exercise 4.1.3）。注意 $x=0$ 时必须 $n\ge0$。

补充：反函数的导数（[JL] Exercise 4.1.10；源文件未涉及，属后续 §4.4 内容）

• 命题：设 $I_1,I_2$ 是区间，$f:I_1\to I_2$ 是双射，$g=f^{-1}:I_2\to I_1$ 是反函数。若 $f$ 在 $c\in I_1$ 可导、$f^{\prime}(c)\ne0$，且 $g$ 在 $f(c)$ 可导，则 $g^{\prime}\bigl(f(c)\bigr)=\frac{1}{f^{\prime}(c)}$，等价地 $\bigl(f^{-1}\bigr)’(y)=\frac{1}{f^{\prime}\bigl(f^{-1}(y)\bigr)}$（$y=f(c)$）。
• 证明：由 $g\circ f=\mathrm{id}_{I_1}$，即 $\forall x\in I_1,\ g(f(x))=x$。两边在 $c$ 处用链式法则（Theorem 213）：$\bigl(g\circ f\bigr)’(c)=g^{\prime}\bigl(f(c)\bigr)\cdot f^{\prime}(c)=(\mathrm{id})’(c)=1$。因 $f^{\prime}(c)\ne0$，两边除以 $f^{\prime}(c)$ 得 $g^{\prime}(f(c))=\frac{1}{f^{\prime}(c)}$。$\blacksquare$
• 【解说】：几何上这是”切线斜率取倒数“：把图像关于 $y=x$ 翻折，斜率 $m$ 变成 $1/m$。解析上它说明链式法则可以反过来使用——这也是为什么链式法则必须写成乘法。
• 注意（无需假设”$g$ 可导”的加强版）：教材 §4.4 会证明：若 $f$ 连续、严格单调且 $f^{\prime}(c)\ne0$，则反函数在 $f(c)$ 处自动可导且导数为 $1/f^{\prime}(c)$。本课程的 Assignment 中未要求，这里仅作预告。

Theorem 215（Fermat 引理：内点极值处导数必为零）

• 定理陈述：设 $f:[a,b]\to\mathbb R$ 在 $c\in(a,b)$ 处有相对极大或相对极小，且 $f$ 在 $c$ 可导。则 \(f^{\prime}(c)=0 .\) （源文件把 $f$ 定义在闭区间 $[a,b]$ 上并要求 $c\in(a,b)$——“内点”是定理的一部分，见下文。）
• 证明策略：单侧夹逼 + 序关系极限定理。核心观察：
  • 若 $c$ 是相对极大，则对 $c$ 右边的 $x$，分子 $\le0$、分母 $>0$，差商 $\le0$；
  • 对 $c$ 左边的 $x$，分子 $\le0$、分母 $<0$，差商 $\ge0$。 两边差商的符号相反。若导数存在（两边极限相等），唯一的可能是 $=0$。源文件用具体序列 $x_n=c-\delta/2^n$ 与 $y_n=c+\delta/2^n$ 从两端逼近 $c$，再由 Theorem 157（Lecture 13，函数极限的序列刻画）把”差商的极限”翻译成”沿这两串序列的极限”。
• 逐步推导（以相对极大为例）：

1. 取出邻域。由 Definition 214，$\exists\delta_0>0$ 使 $\forall x\in[a,b],\ \vert x-c\vert <\delta_0\Rightarrow f(x)\le f(c)$。因为 $c\in(a,b)$ 是内点，$\delta:=\min\{\delta_0,\ c-a,\ b-c\}>0$（注意 $c-a>0$、$b-c>0$），于是 $(c-\delta,c+\delta)\subset(a,b)$，且在这个区间内 $f(x)\le f(c)$。 （依据：Definition 214 + “内点”的定义 + $\min$ 的取法。若 $c$ 是端点，例如 $c=a$，则 $c-a=0$，这一步直接崩掉——见下文”内点条件有多重要”。）
2. 构造左逼近序列：令 $x_n=c-\frac{\delta}{2^n}$（$n\in\mathbb N$）。则 $c-\delta<x_n<c$，故 $x_n\in(c-\delta,c)\subset(a,b)$，且 $x_n\to c$（$\vert x_n-c\vert =\delta/2^n\to0$，夹逼定理 Lecture 8）。
3. 左侧差商的符号。对每个 $n$：由第 1 步（$\vert x_n-c\vert <\delta$）得 $f(x_n)\le f(c)$，即分子 $f(x_n)-f(c)\le0$；分母 $x_n-c=-\delta/2^n<0$。两数相除，负数除以负数： \(\frac{f(x_n)-f(c)}{x_n-c}\ \ge\ 0\qquad\forall n\in\mathbb N.\) （依据：实数的序公理 $A\le0,\ B<0\Rightarrow A/B\ge0$。）
4. 对左序列取极限。由 Theorem 157（Lecture 13）与 $f$ 在 $c$ 可导：$f^{\prime}(c)=\lim_{n\to\infty}\frac{f(x_n)-f(c)}{x_n-c}$。由工具 C（序关系极限定理 Theorem 87(1)：$\forall n,\ z_n\ge0\Rightarrow\lim z_n\ge0$）得 $f^{\prime}(c)\ \ge\ 0$。
5. 构造右逼近序列：令 $y_n=c+\frac{\delta}{2^n}$，则 $c<y_n<c+\delta$，$y_n\in(a,b)$，且 $y_n\to c$。
6. 右侧差商的符号。对每个 $n$：$f(y_n)\le f(c)$ 给出分子 $\le0$；分母 $y_n-c=\delta/2^n>0$。正数除以正数符号不变： \(\frac{f(y_n)-f(c)}{y_n-c}\ \le\ 0\qquad\forall n\in\mathbb N.\)
7. 对右序列取极限：同理 $f^{\prime}(c)=\lim_{n\to\infty}\frac{f(y_n)-f(c)}{y_n-c}\ \le\ 0$。
8. 两头夹死：由第 4、7 步，$0\le f^{\prime}(c)\le0$，故 $f^{\prime}(c)=0$。$\blacksquare$
9. 相对极小的情形：对 $-f$ 使用已证的极大情形即可：若 $f$ 在 $c$ 有相对极小，则 $-f$ 在 $c$ 有相对极大（因为 $f(x)\ge f(c)\Leftrightarrow -f(x)\le -f(c)$），且 $(-f)’(c)=-f^{\prime}(c)$（线性性）；由上一步 $(-f)’(c)=0$，故 $f^{\prime}(c)=0$。$\blacksquare$（源文件写 “The proof for relative minimum is similar and thus left to the reader”；这里用 $-f$ 的化归补全。）

• 等价的单侧极限写法（补充，用于对照 [JL] 的证明）：以上第 3–7 步也可以改写成单侧极限（Lecture 14 Definition 161/163）： \(f'_-(c)=\lim_{x\to c^-}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\ge0,\qquad f'_+(c)=\lim_{x\to c^+}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\le0 .\) 因为 $f^{\prime}(c)$ 存在，由工具 D（Theorem 166）$f^{\prime}(c)=f^{\prime}-(c)=f^{\prime}+(c)$，所以 $0\le f^{\prime}(c)\le0$，$f^{\prime}(c)=0$。源文件用的是序列版本（第 2–7 步），而 [JL] Lemma 4.2.2 用的是”对任意 $c<x<c+\delta$ 的差商 $\le0$，对任意 $c-\delta<y<c$ 的差商 $\ge0$，然后对两组序列取极限”——两条路线本质相同，都是”单侧符号 + 序极限定理”。

• 【证明机制解说】：”内点”这个条件有多重要？

  极其重要。 Fermat 引理说的是”内点的极值点导数必为零”。如果极值点落在端点上，结论完全失效。最干净的反例（补充）：

  反例 1（端点极小，导数不为零）：$f(x)=x$ 定义在 $[0,1]$ 上，$c=0$。 则 $\forall x\in[0,1],\ f(x)=x\ge0=f(0)$，所以 $0$ 是相对极小点（取 $\delta=1$ 即可），事实上也是绝对极小点。但 \(f^{\prime}(0)=\lim_{x\to0}\frac{x-0}{x-0}=1\ne0 .\) 为什么证明失效？第 1 步要取 $\delta^{\prime}=\min\{\delta_0,\ c-a,\ b-c\}=\min\{1,0,1\}=0$，没有可用的邻域——$c=0$ 的左边根本没有函数值可比。

  反例 2（端点极大，导数不为零）：同一个 $f(x)=x$ 在 $[0,1]$，$c=1$。此时 $f(x)\le1=f(1)$，$1$ 是（相对也是绝对）极大点，但 \(f^{\prime}(1)=\lim_{x\to1}\frac{x-1}{x-1}=1\ne0 .\) 这里右边的邻域不存在（$c+?$ 越出定义域），右侧差商无从谈起。

  这两个例子说明：极值出现在端点时导数不必为零。这是学生最常犯的错误之一（细节见”常见误区”第 2 条）。

  反过来，”$f^{\prime}(c)=0$”也不保证 $c$ 是极值点：

  反例 3（临界点不是极值点）：$f(x)=x^3$，$c=0$。$f^{\prime}(x)=3x^2\Rightarrow f^{\prime}(0)=0$。但 \(x<0\Rightarrow f(x)=x^3<0=f(0);\qquad x>0\Rightarrow f(x)=x^3>0=f(0).\) 即 $f$ 在 $0$ 的左侧处处比 $f(0)$ 小、右侧处处比 $f(0)$ 大，故 $0$ 既不是相对极大（右侧有更大的值）也不是相对极小（左侧有更小的值）。（数值验证：$f(-0.1)=-0.001<0<0.001=f(0.1)$，见验算 [V13]。） 所以 Fermat 引理只是必要条件：内点极值 $\Rightarrow f^{\prime}=0$，反之不真。

  这两个方向合起来给出完整的图景：

       内点极值点  ──── Fermat 引理 ────▶  临界点 (f'(c)=0)
            ▲                                   │
            │                                   │  反过来不成立！
            │  端点极值点可以 f'≠0              │  例：f(x)=x^3 在 0
            └──── 例：f(x)=x 在 [0,1] 的 x=0,1   ▼
  

• 【证明技巧总结】：”Fermat = 造两支逼近序列（左右各一）+ 差商符号相反 + 序关系极限定理（$\ge0$ 与 $\le0$ 同时成立）+ 内点保证两侧都有邻域。” 可迁移模式：遇到”一点处的性质”要证”某量 $=0$”时，试从两侧各取一串点，把不等号分别传成 $\ge$ 与 $\le$，再用 $0\le x\le0\Rightarrow x=0$ 收口。这个”两侧夹死”的模式在 Lecture 20 证 Taylor 定理时还会出现。

Theorem 216（Rolle 定理 Rolle’s Theorem）

• 定理陈述：设 $f:[a,b]\to\mathbb R$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 上可导，且 $f(a)=f(b)$。则 \(\exists\,c\in(a,b)\quad\text{使得}\quad f^{\prime}(c)=0 .\)

• 几何直观：两端点等高。图像从 $a$ 出发、到 $b$ 回到同一高度，中间必然有”上坡变下坡”或”下坡变上坡”的转折，那个转折处的切线水平。用一张 ASCII 图：

     f
     │            ●  ← c: 切线水平, f'(c)=0
     │           ╱ ╲
     │          ╱   ╲
     │         ╱     ╲
     │        ╱       ╲
     │  f(a)●╱         ╲●f(b)   ← f(a) = f(b)
     └──┬────┬─────────┬────┬──▶ x
        a    │         │    b
             └── 内部必有一处"最高/最低" ──┘
  

• 证明策略：“积木式”证明——不做任何新计算，只用两块前面的积木：
  1. Lecture 16 的极值定理 (Min-Max Theorem, Theorem 182)：闭区间上的连续函数取到绝对最大与绝对最小；
  2. 本讲刚证的 Fermat 引理（Theorem 215）：内点极值 $\Rightarrow$ 导数为零。 中间只差一个逻辑桥梁：必须先证明”至少有一个绝对极值点落在内部 $(a,b)$”。而这一点的关键正是假设 $f(a)=f(b)$——只要函数不是常数，端点值相等就意味着”更大的值或更小的值必须在内部出现”。
• 逐步推导：

1. 取极值点。由 $f$ 在 $[a,b]$ 连续，由极值定理（Theorem 182, Lecture 16），存在 $c_1,c_2\in[a,b]$ 使 \(f\ \text{在}\ c_1\ \text{取到绝对最大值}\ M:=f(c_1),\qquad f\ \text{在}\ c_2\ \text{取到绝对最小值}\ m:=f(c_2).\) （依据：Theorem 182；注意结论只保证 $c_1,c_2\in[a,b]$，可能在端点上，这正是需要讨论的地方。）
2. 记公共端点值：$K:=f(a)=f(b)$（依据：定理假设）。
3. 情形 I：$M=m$（$f$ 是常数）。此时 $\forall x\in[a,b],\ f(x)=M$，于是对任意 $x\ne c$，差商 $\frac{f(x)-f(c)}{x-c}=\frac{M-M}{x-c}=0$，取极限得 $f^{\prime}\equiv0$。任取 $c\in(a,b)$ 即有 $f^{\prime}(c)=0$。结论成立。 （依据：常数函数的差商恒为 $0$，极限为 $0$。）
4. 情形 II：$M>m$。此时要证明”$M$ 与 $m$ 中至少有一个在内部取到”。用反证法：
   • 假设两个极值都只在端点取到。由于 $f(a)=f(b)=K$，两个端点的函数值相同，所以”在端点取到”的那个值只能是 $K$。
   • 若 $M$ 在端点取到，则 $M=K$；若 $m$ 在端点取到，则 $m=K$。
   • 于是 $M=K=m$，与 $M>m$ 矛盾。
   • 故至少有一个极值点在 $(a,b)$ 内：存在 $c\in(a,b)$ 使 $f(c)=M$（$c$ 是相对极大，因为它是绝对极大，取 $\delta>0$ 时 $f(x)\le M=f(c)$）或使 $f(c)=m$（同理是相对极小）。 （依据：反证法 + 端点值相等 $f(a)=f(b)$ 这一假设的唯一用途。）
5. 用 Fermat 引理收口。由第 4 步，$c\in(a,b)$（内点）且 $c$ 是相对极大或相对极小；由定理假设 $f$ 在 $(a,b)$ 上可导（故在 $c$ 可导）。由 Theorem 215（Fermat 引理）： \(f^{\prime}(c)=0 .\qquad\blacksquare\)

• 源文件写法的对照：源文件（Theorem 216 的证明）用 $K=f(a)=f(b)$ 分三种情形：
  • 若 $f(c_1)>K$，则绝对最大点 $c_1$ 不可能在端点（端点值就是 $K$），故 $c_1\in(a,b)$，由 Theorem 215 得 $f^{\prime}(c_1)=0$；
  • 若 $f(c_2)<K$，同理 $c_2\in(a,b)$，$f^{\prime}(c_2)=0$；
  • 否则 $f(c_1)\le K\le f(c_2)$，而恒有 $m=f(c_2)\le f(c_1)=M$，故 $M=K=m$，$f\equiv K$，任取 $c\in(a,b)$ 有 $f^{\prime}(c)=0$。 （源文件最后一句 OCR 成 “$\Rightarrow f^{\prime}(c)-0$”，应为 $f^{\prime}(c)=0$。）这与上面的”情形 I/II”是完全等价的分类，只是一个从”值”分、一个从”位置”分。

• 【证明机制解说】：Rolle 定理的每一块都来自前面的讲次。

  这是本课程”积木式证明”的典范。请把依赖链画出来（每一条边都标上出处）：

   Lecture 16                          Lecture 17                Lecture 18
   ┌────────────────┐                 ┌──────────────┐          ┌──────────────────┐
   │ Theorem 182    │                 │ Definition   │          │ Theorem 202      │
   │ 极值定理 EVT   │                 │ 198 导数定义 │          │ 可导 ⇒ 连续      │
   │ 连续+闭区间    │                 │ (差商极限)   │          │                  │
   │ ⇒ 取到 max/min │                 └──────┬───────┘          └────────┬─────────┘
   └───────┬────────┘                        │                           │
           │                                 │                           │
           │   (Fermat 证明要"f 在 c 可导")   │                           │
           ▼                                 ▼                           │
   ┌───────────────────────────────────────────────────┐                │
   │ Theorem 215  Fermat 引理                          │                │
   │ 内点相对极值 + 可导 ⇒ f'(c)=0                      │                │
   │  工具：Lecture 13 Theorem 157 (序列刻画)          │                │
   │        Lecture 8  Theorem 87 (序关系)             │                │
   └───────────────────────┬───────────────────────────┘                │
                           │                                            │
                           │  (乘积法则用它把 g(x)→g(c))                 │
                           │                                            │
        ┌──────────────────┴─────────────┐                              │
        │                                │                              │
        ▼                                ▼                              │
   ┌─────────────────────────┐   ┌──────────────────────────────┐       │
   │ Theorem 216  Rolle      │   │ Theorem 212 求导法则          │◀──────┘
   │ 连续+可导+端点等高 ⇒ ∃c │   │ (乘积法则的证明引用 202)      │
   │ 内部水平切线            │   └──────────────┬───────────────┘
   └───────────┬─────────────┘                  │
               │                                │
               ▼                                │
   ┌─────────────────────────┐                  │
   │ Theorem 218  MVT        │                  │
   │ 减去割线 → 化归到 Rolle  │                  │
   └───────────┬─────────────┘                  │
               │                                │
               ▼                                ▼
   ┌──────────────────────────────────────────────────────────────┐
   │ Theorem 220  f'≡0 ⇒ f 常数    Theorem 221  f'≥0 ⇔ f 递增       │
   │ 推论：Lipschitz ⇔ f' 有界     f'=g' ⇒ f-g 常数                │
   │ （Lecture 22 微积分基本定理的唯一性也靠它）                    │
   └──────────────────────────────────────────────────────────────┘
  

  这张图就是本讲的”骨架”。注意 Fermat 引理是本讲唯一的”原创砖块”：极值定理来自 Lecture 16，导数定义来自 Lecture 17，而 Rolle 定理、MVT、以及后面所有推论都是这几块砖的重新组合。

  为什么 Rolle 定理的证明”必须”这么绕？因为它要建立的是存在性（$\exists c$）。存在性证明的一般套路是”先证明候选集合非空（用极值定理），再证明候选点真的合格（用 Fermat）“。中间的”非空”论证——”至少一个极值在内部”——看起来只是一句逻辑游戏，但它恰恰是定理假设 $f(a)=f(b)$ 发挥作用的唯一位置。把这一步单独拎出来，是理解 Rolle 定理的关键。

• 【证明技巧总结】：”Rolle = 极值定理找极值 + 分’常数/非常数’两种情形 + 用端点值相等逼出内点 + Fermat 定理。” 可迁移模式：证存在性时，先用紧性/完备性定理把”最值”造出来（虽然位置未知），再用反证法配合假设把位置限制到内部，最后用局部条件（可导）把”极值”翻译成”导数为零”。

• 讨论：三个条件都不可省（源文件 Remark 217 把这件事留作练习）

  Remark 217 原文：”Are the hypotheses all necessary? This is left to the reader to figure out.” 这里逐一给出反例。三个假设是：(H1) 闭区间上连续、(H2) 开区间上可导、(H3) $f(a)=f(b)$。

  去掉的条件	反例	验证
  (H3) $f(a)=f(b)$	$f(x)=x$ 在 $[0,1]$	$f$ 连续、可导，但 $f(0)=0\ne1=f(1)$；$f^{\prime}(x)\equiv1$，处处不为零（一条斜直线，没有水平切线）。
  (H2) 可导	$f(x)=\vert x\vert $ 在 $[-1,1]$	$f(-1)=1=f(1)$，连续；但唯一可能的水平切线在 $x=0$，而 $f$ 在 $0$ 不可导（左右导数 $-1$ 与 $+1$）。
  (H1) 连续	$f(x)=\begin{cases}0,&x=0\\ 1-x,&x\in(0,1]\end{cases}$	$f(0)=0=f(1)$，在 $(0,1)$ 上可导且 $f^{\prime}\equiv-1\ne0$；但 $f$ 在 $0$ 不连续（$\lim_{x\to0^+}f(x)=1\ne0=f(0)$），极值定理（Theorem 182）无法应用，max/min 造不出来。
  (H1) 闭区间	$f(x)=x$ 在开区间 $(0,1)$	连续、可导，但 $f^{\prime}\equiv1\ne0$；同时”端点值可比”的假设也无从谈起（$f(0),f(1)$ 不存在）。

  补充说明：[JL] 教材给的反例（§4.2.2 之后）正是 $f(x)=\vert x\vert $ 在 $[-1,1]$，用来强调(H2) 不可省。第一行与第四行是补充的对照例子。

• 与 Rolle 的历史注记（补充）：Rolle 本人 1691 年证明的是多项式版本（[JL] Exercise 4.2.11）：若 $f$ 是多项式、$f^{\prime}(a)=f^{\prime}(b)=0$（$a<b$）且在 $(a,b)$ 内没有 $f^{\prime}$ 的零点，则 $f$ 在 $(a,b)$ 内至多有一个根。用现在的 Rolle 定理证它极易：若 $f$ 在 $(a,b)$ 内有两个根 $x_1<x_2$，则对 $[x_1,x_2]$ 用 Rolle 得某个 $c\in(x_1,x_2)\subset(a,b)$ 使 $f^{\prime}(c)=0$，与假设矛盾。

Theorem 218（中值定理 Mean Value Theorem, MVT）

• 定理陈述：设 $f:[a,b]\to\mathbb R$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 上可导。则 \(\exists\,c\in(a,b)\quad\text{使得}\quad f(b)-f(a)=f^{\prime}(c)(b-a),\) 等价地（$b-a>0$） \(f^{\prime}(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.\) （源文件 Remark 219：The Mean Value Theorem is sometimes denoted MVT。）

• 几何直观：右端 $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ 是割线斜率（连接 $(a,f(a))$ 与 $(b,f(b))$ 的直线）。MVT 说：图像上至少有一点的切线平行于这条割线。

      y                                        ● (b, f(b))
      │                                       ╱
      │                              ●       ╱   ← 切线斜率 = 割线斜率
      │                        ,-~'   ╲     ╱
      │                   ,-~'         ╲   ╱
      │   (a, f(a)) ●-~'                ╲_╱
      │            ╱  ← 割线, 斜率 (f(b)-f(a))/(b-a)
      └───────────┬──────────────────────────┬──────▶ x
                  a                          b
  

  “旋转”的直观：把这条割线减掉（即把图像整体旋转/剪切，使割线变成水平线），两端点就”等高”了，于是 Rolle 定理立刻可用。这就是下面的辅助函数。

• 证明策略：构造辅助函数把 MVT 化归到 Rolle 定理。具体地，令 \(g(x)=f(x)-\Bigl[\text{过 }(a,f(a)),(b,f(b))\text{ 的割线在 }x\text{ 处的值}\Bigr],\) 即 $g=f-\ell$，其中 $\ell$ 是割线函数。选择 $\ell$ 使得 $g(a)=g(b)$，然后对 $g$ 用 Rolle。

• 逐步推导：

1. 定义辅助函数。取 \(g(x):=f(x)-f(b)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\,(b-x),\qquad x\in[a,b].\) 记割线斜率 $s:=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$，则 $g(x)=f(x)-f(b)+s(b-x)$。（这是源文件 Theorem 218 证明中的写法；常见的等价写法 $g(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)-f(a)$ 或 $g(x)=f(x)-f(b)-s(x-b)$ 与它只相差形式——注意 $-f(b)+s(b-x)=-f(b)-s(x-b)$，是同一个式子。）
2. 验证端点等高：
   • $x=a$：$g(a)=f(a)-f(b)+s(b-a)=f(a)-f(b)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(b-a)=f(a)-f(b)+f(b)-f(a)=0$。
   • $x=b$：$g(b)=f(b)-f(b)+s\cdot0=0$。 故 $g(a)=g(b)=0$。（依据：$s$ 的定义 + 代数化简。这正是”减去割线”的效果：$f$ 与割线在两端点重合，相减后为 $0$。）
3. 验证 $g$ 满足 Rolle 定理的假设：
   • $g$ 在 $[a,b]$ 连续：$f$ 连续；常数函数连续；$x\mapsto b-x$ 连续；由连续性对乘法与加法的封闭性（Lecture 15 Theorem 174）及复合（Theorem 175），$g$ 连续。
   • $g$ 在 $(a,b)$ 可导：$f$ 可导；线性函数 $x\mapsto -f(b)+s(b-x)$ 可导（导数为 $-s$，Lecture 17 Example 200）；由线性性（Theorem 212(1)，已证）$g$ 可导，且 $g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-s$ 对一切 $x\in(a,b)$。
4. 应用 Rolle 定理（Theorem 216）：由 $g(a)=g(b)$ 与第 3 步，$\exists c\in(a,b)$ 使 $g^{\prime}(c)=0$。
5. 把 $c$ 翻译回 $f$： \(0=g'(c)=f'(c)-s=f'(c)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \ \Longrightarrow\ f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \ \Longrightarrow\ f(b)-f(a)=f'(c)(b-a).\qquad\blacksquare\)

• 【证明机制解说】：这个辅助函数为什么是”自然”的？

  很多人第一次看到 $g$ 会觉得是”变魔术”。其实它是被 Rolle 定理反推出来的。推理链如下：

  • 目标：我们只有一个存在性定理可用——Rolle 定理，而它要求 $g(a)=g(b)$。
  • 障碍：$f$ 本身一般不满足 $f(a)=f(b)$（否则直接用 Rolle 就完了，不需要 MVT）。
  • 问：能不能给 $f$ 减去一个东西，使得新的函数两端点等高，但不破坏”连续 + 可导”？减去的东西必须：(i) 把两端点的差距拉平；(ii) 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 上可导——线性函数恰好满足这两条，而且是最简单的候选。
  • 解方程：设减去的线性函数为 $\ell(x)=Ax+B$，要求 $f(a)-\ell(a)=f(b)-\ell(b)$，即 $\ell(b)-\ell(a)=f(b)-f(a)$，即 $A(b-a)=f(b)-f(a)$，即 $A=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=s$（$B$ 任意）。这就唯一确定了斜率必须是割线斜率（截距任取，因为常数不影响导数、且两端点差又抵消了 $B$）。
  • 副产品：$\ell$ 的图像正是那条割线，所以 $g=f-\ell$ 就是”$f$ 减去割线”。而 $g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-s$，$g^{\prime}(c)=0$ 瞬间翻译成 $f^{\prime}(c)=s$。

  这就是”构造辅助函数把问题化归到已知定理“这一分析核心方法论的完美示范。它的一般形态是化归三问：① 我手上最接近的已知定理是什么？（Rolle）② 它比我需要的多要求了什么？（$g(a)=g(b)$）③ 我能否通过一个保结构的改造（减去合适的简单函数）把多出来的要求变成免费？（能：减线性函数，连续性/可导性都保住。） 同样的方法论随后反复出现：Lecture 20 证 Taylor 定理时把 $M_{x,x_0}(s-x_0)^{n+1}$ 减掉，使 $g$ 的前 $n$ 阶导数在 $x_0$ 全为零；[JL] 的 Cauchy MVT 也是同一手法。

• 【证明技巧总结】：”MVT = 减去割线函数 $\to$ 化归到 Rolle。” 可迁移模式：要证”存在某点使 A 成立”，找一个已知的存在性定理 B，构造”减法修正项”把前提条件补齐；修正项要尽量简单（多项式/线性），以保证不破坏定理要求的正则性（连续、可导）。

Theorem 220（由 $f^{\prime}\equiv0$ 推出 $f$ 是常数）

• 定理陈述：设 $I$ 是区间，$f:I\to\mathbb R$ 可导，且 $\forall x\in I,\ f^{\prime}(x)=0$。则 $f$ 是常数。
• 证明策略：直接对任意两点 $a<b$ 用 MVT。这是 MVT 最典型的使用方式：把”局部信息（每点导数为 $0$）”升级为”整体信息（任意两点的函数值相等）”。
• 逐步推导：
  1. 任取 $a,b\in I$ 且 $a<b$。（依据：只需证 $\forall a<b,\ f(a)=f(b)$ 即得 $f$ 是常数。）
  2. $[a,b]\subset I$：因为 $I$ 是区间且 $a,b\in I$，$a<b$，故 $[a,b]\subseteq I$（区间的定义：集合对两端点之间的点封闭）。
  3. $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 上可导（依据：$f$ 在整个 $I$ 上可导，且 $[a,b]\subset I$；由”可导 $\Rightarrow$ 连续”（Theorem 202）在每点连续，限制到 $[a,b]$ 仍连续）。
  4. 由 MVT（Theorem 218），$\exists c\in(a,b)$ 使 $f(b)-f(a)=f^{\prime}(c)(b-a)$。
  5. 由假设 $f^{\prime}(c)=0$，故 $f(b)-f(a)=0$，即 $f(b)=f(a)$。
  6. 由 $a<b$ 任意，$f$ 是常数。$\blacksquare$
• 【证明机制解说】：请体会”从局部到整体“的这一步。假设说的是”每一点附近 $f$ 的瞬时变化率为 $0$”，结论说的是”任意远的两点函数值相同”。这两者之间的鸿沟是真实存在的：如果定义域不是区间（例如 $I=(0,1)\cup(2,3)$），结论就假——在每个连通分支上常数，但两个分支可以取不同的常数！例如 $f\equiv1$ 在 $(0,1)$、$f\equiv2$ 在 $(2,3)$，在定义域上处处 $f^{\prime}=0$，但 $f$ 不是常数。所以”$I$ 是区间（连通）”这个条件不可省，它在第 2 步被使用。
• 【证明技巧总结】：”要证整体性质，任取两点 $a<b$，用 MVT 把差值 $f(b)-f(a)$ 换成 $f^{\prime}(c)(b-a)$，再用对导数的假设把它杀掉。” 这是 MVT 的”标准动作”，下文所有推论都是它的变奏。

Theorem 220 为什么是”积分学的基础”（补充说明）：Lecture 22 的微积分基本定理会断言：若 $F^{\prime}=f$，则 $\int_a^x f=F(x)-F(a)$。唯一性的关键正是 Theorem 220：若 $G$ 也是 $f$ 的原函数，则 $(G-F)’=f-f=0$，故 $G-F$ 是常数，于是 $\int$ 被唯一确定（相差一个常数）。没有 Theorem 220，就没有 FTC 的唯一性。

Theorem 221（单调性 $\Leftrightarrow$ 导数不变号）

• 定理陈述：设 $I$ 是区间，$f:I\to\mathbb R$ 可导。则
  1. $f$ 递增 $\iff$ $\forall x\in I,\ f^{\prime}(x)\ge0$；
  2. $f$ 递减 $\iff$ $\forall x\in I,\ f^{\prime}(x)\le0$。
• 证明策略：
  • （$\Leftarrow$） 用 MVT：任意 $a<b$，$f(b)-f(a)=f^{\prime}(c)(b-a)$，右端 $\ge0$，故 $f(a)\le f(b)$。
  • （$\Rightarrow$） 用差商 + 序关系极限定理：若 $f$ 递增，则对一切 $x\ne c$，差商 $\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\ge0$（分子与分母同号），取极限得 $f^{\prime}(c)\ge0$。注意这一侧不需要 MVT，也没有用到”$I$ 是区间”——单调性本身在任意集合上就有定义。
  • 第 2 条用 $-f$ 化归。

• 逐步推导（第 1 条）：

  （$\Leftarrow$：导数非负 $\Rightarrow$ 递增）

  1. 假设 $\forall x\in I,\ f^{\prime}(x)\ge0$。任取 $a,b\in I$，$a<b$。
  2. $[a,b]\subset I$（依据：$I$ 是区间），$f$ 在 $[a,b]$ 连续、在 $(a,b)$ 可导。
  3. 由 MVT，$\exists c\in(a,b)$：$f(b)-f(a)=f^{\prime}(c)(b-a)$。
  4. $f^{\prime}(c)\ge0$ 且 $b-a>0$，故乘积 $\ge0$，即 $f(b)-f(a)\ge0$，$f(a)\le f(b)$。
  5. $a<b$ 任意，$f$ 递增。$\blacksquare$

  （$\Rightarrow$：递增 $\Rightarrow$ 导数非负）

  1. 假设 $f$ 递增。取 $c\in I$。
  2. 左侧序列：取 $I$ 中的序列 $\{x_n\}$，$x_n\to c$ 且 $\forall n,\ x_n<c$。 （这样的序列存在，因为 $I$ 是区间（非退化时 $c$ 是聚点）；若 $c$ 是 $I$ 的左端点则不需要这一侧——但源文件统一处理，只要序列存在即可。）
  3. 对每个 $n$：因 $x_n<c$ 且 $f$ 递增，$f(x_n)\le f(c)$，即分子 $f(x_n)-f(c)\le0$；分母 $x_n-c<0$。两负相除： \(\frac{f(x_n)-f(c)}{x_n-c}\ \ge\ 0\qquad\forall n .\) （依据：序公理 $A\le0,B<0\Rightarrow A/B\ge0$。）
  4. 由 Theorem 157（函数极限的序列刻画）与可导性，$f^{\prime}(c)=\lim_{n\to\infty}\frac{f(x_n)-f(c)}{x_n-c}$；由序关系极限定理 Theorem 87(1)（$\ge0$ 的序列的极限 $\ge0$）： \(f^{\prime}(c)\ \ge\ 0 .\)
  5. 右侧序列：取 $I$ 中的序列 $\{x_n\}$，$x_n\to c$ 且 $\forall n,\ x_n>c$。同理：$f(x_n)\ge f(c)$ 使分子 $\ge0$，分母 $>0$，故差商 $\ge0$，取极限得 $f^{\prime}(c)\ge0$。
  6. 两种情形（沿左侧序列、沿右侧序列）都给出 $f^{\prime}(c)\ge0$，故 $f^{\prime}(c)\ge0$。$\blacksquare$

  （第 2 条：递减）

  1. 注意 $f$ 递减 $\iff$ $-f$ 递增（因为 $f(x)\ge f(y)\iff -f(x)\le-f(y)$）。对 $-f$ 用第 1 条：$(-f)’\ge0$，而 $(-f)’=-f^{\prime}$（线性性 Theorem 212(1)），故 $f^{\prime}\le0$。反之亦然。$\blacksquare$
• 【证明机制解说】：为什么 （$\Rightarrow$） 这一侧必须用序列而不能直接用”函数极限保持序关系”？其实两条路都行（[JL] 直接对差商 $x\ne c$ 用函数版的序极限定理）。源文件选择序列路线，好处是与 Lecture 8 的序关系定理（Theorem 87，序列版）严丝合缝，不需要事先把 Theorem 160（函数版）搬过来。代价是要写两遍（左序列、右序列）。这正是 Lecture 13 Theorem 157”函数极限 $\Leftrightarrow$ 一切序列”的实用价值：它让我们可以在”函数语言”和”序列语言”之间自由切换，哪边工具更现成就用哪边。

• 【证明技巧总结】：”把整体假设（递增）翻译成逐点的符号信息（差商 $\ge0$），再用序关系极限定理把符号传给极限“；反向用”MVT 把差值变成 $f^{\prime}(c)(b-a)$，符号由两个因子决定“。

• 严格单调的加强版（[JL] Proposition 4.2.8，补充，源文件未直接给出）
  • 命题：设 $I$ 是区间，$f:I\to\mathbb R$ 可导。若 $\forall x\in I,\ f^{\prime}(x)>0$，则 $f$ 严格递增。
  • 证明：与 Theorem 221 的（$\Leftarrow$）完全相同，只是第 4 步得出 $f(b)-f(a)=f^{\prime}(c)(b-a)>0$，即 $f(a)<f(b)$。$\blacksquare$
  • 反向不成立（重要！）：$f(x)=x^3$ 严格递增，但 $f^{\prime}(0)=0$。所以”严格递增”不能推出”$f^{\prime}>0$”（只能推出 $f^{\prime}\ge0$，由 Theorem 221）。这是”增/严格增”必须区分的根本原因。
  • 一个有用的中间版本（[JL] Exercise 4.2.7）：若 $f$ 在 $(a,b)$ 可导、$f^{\prime}(x)\ne0$ 处处成立，且有一点 $c$ 使 $f^{\prime}(c)>0$，则 $f^{\prime}(x)>0$ 对一切 $x$ 成立。（直觉：$f^{\prime}$ 具有 Darboux 介值性，见下文补充；若某点 $f^{\prime}<0$，则 $f^{\prime}$ 在 $c$ 与该点之间必取 $0$，矛盾。）

推论（MVT 的直接推论合集）

以下每一条都是”任取两点 + 用 MVT”的变奏，全部给出完整证明。

推论 1（$f^{\prime}=g^{\prime}\Rightarrow f-g$ 是常数；[JL] Exercise 4.2.8）

• 陈述：设 $I$ 是区间，$f,g:I\to\mathbb R$ 可导，且 $\forall x\in I,\ f^{\prime}(x)=g^{\prime}(x)$。则 $\exists C\in\mathbb R$ 使 $\forall x\in I,\ f(x)=g(x)+C$。
• 证明：令 $h:=f-g$。由线性性（Theorem 212(1)），$h$ 可导且 \(h^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-g^{\prime}(x)=0\qquad\forall x\in I .\) 由 Theorem 220，$h$ 是常数，即 $\exists C$ 使 $h(x)=C$，亦即 $f(x)=g(x)+C$。$\blacksquare$
• 【解说】：这是”原函数相差常数“的抽象版本，也是 Theorem 220 的直接应用。注意 $I$ 必须是区间（否则两个连通分支上的常数可以不同）。

推论 2（$\vert f^{\prime}\vert \le L$ $\Rightarrow$ $f$ 是 Lipschitz 的；[JL] Exercise 4.2.3、Assignment 10 第 3 题的（$\Leftarrow$））

• 陈述：设 $I$ 是区间，$f:I\to\mathbb R$ 可导，且 $\exists L\ge0$ 使 $\forall x\in I,\ \vert f^{\prime}(x)\vert \le L$。则 \(\forall x,y\in I,\quad \vert f(x)-f(y)\vert \le L\vert x-y\vert ,\) 即 $f$ 在 $I$ 上 Lipschitz 连续，Lipschitz 常数可取 $L$。
• 证明：
  1. 任取 $x,y\in I$。若 $x=y$，两边都是 $0$，成立。故设 $x<y$（$x>y$ 时交换两者，$\vert x-y\vert $ 与 $\vert f(x)-f(y)\vert $ 都对称）。
  2. $[x,y]\subset I$（依据：$I$ 是区间）。
  3. 由 MVT，$\exists c\in(x,y)$ 使 $f(y)-f(x)=f^{\prime}(c)(y-x)$。
  4. 取绝对值并用绝对值乘积法则： \(\vert f(y)-f(x)\vert =\vert f^{\prime}(c)\vert \,\vert y-x\vert \le L\vert y-x\vert .\) （依据：$\vert f^{\prime}(c)\vert \le L$ 的假设 + $y-x>0$。）
  5. 由 $x,y$ 任意，$f$ 是 Lipschitz 的。$\blacksquare$

推论 3（Assignment 10 第 3 题：$f$ Lipschitz $\iff f^{\prime}$ 有界）— 完整证明

• 题目原文（hw_all.txt，Assignment 10 第 3 题）：”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.”

• 陈述：$f:\mathbb R\to\mathbb R$ 可导。则 \(f\ \text{是 Lipschitz 连续}\iff f^{\prime}\ \text{是有界函数}.\)

• 证明（$\Leftarrow$：$f^{\prime}$ 有界 $\Rightarrow$ Lipschitz）
  1. 设 $\exists L\ge0$（Lipschitz 常数需 $\ge0$；若 $f^{\prime}$ 有界，即 $\exists M\ge0$ 使 $\forall x\,\vert f^{\prime}(x)\vert \le M$，取 $L=M$）使 $\vert f^{\prime}\vert \le L$。
  2. 这正是推论 2（把 $I$ 取成 $\mathbb R$）：$\forall x,y\in\mathbb R,\ \vert f(x)-f(y)\vert \le L\vert x-y\vert $。
  3. 故 $f$ Lipschitz。$\blacksquare$
• 证明（$\Rightarrow$：Lipschitz $\Rightarrow$ $f^{\prime}$ 有界）
  1. 设 $f$ Lipschitz，即 $\exists L\ge0$ 使 $\forall x,y\in\mathbb R,\ \vert f(x)-f(y)\vert \le L\vert x-y\vert $。
  2. 取任意 $c\in\mathbb R$。对任意 $x\ne c$，由第 1 步的不等式（取 $y=c$）： \(\vert f(x)-f(c)\vert \le L\vert x-c\vert \ \Longrightarrow\ \left\vert \frac{f(x)-f(c)}{x-c}\right\vert \le L .\) （依据：两边除以 $\vert x-c\vert >0$；绝对值除法 $\vert A/B\vert =\vert A\vert /\vert B\vert $。）
  3. 于是差商被常数 $L$ 上下夹住。由 $f$ 在 $c$ 可导， \(f^{\prime}(c)=\lim_{x\to c}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}.\) 对不等式 $\left\vert \frac{f(x)-f(c)}{x-c}\right\vert \le L$ 取极限：因为 $x\mapsto\left\vert \frac{f(x)-f(c)}{x-c}\right\vert $ 的极限存在（等于 $\vert f^{\prime}(c)\vert $，由 Lecture 8 的绝对值极限法则；或直接用序列刻画 + 序关系定理 Theorem 87），由序关系极限定理得 \(\vert f^{\prime}(c)\vert \le L .\) （依据：$\forall x,\ F(x)\le L$ 且 $\lim F$ 存在 $\Rightarrow\lim F\le L$，即工具 C。）
  4. 由 $c\in\mathbb R$ 任意，$\forall c,\ \vert f^{\prime}(c)\vert \le L$，即 $f^{\prime}$ 有界（$L$ 是一个界）。$\blacksquare$
• 【证明机制解说】：两个方向用了完全不同的工具，这很典型：
  • （$\Leftarrow$）用的是 MVT——把”两点之差”变成”某点导数 $\times$ 距离”；
  • （$\Rightarrow$）用的是导数的定义 + 序关系极限定理——因为此时我们只有”两点的信息”，而导数是”一点的极限”，必须通过差商这座桥把整体不等式传成逐点不等式。 请特别注意（$\Rightarrow$）里不等式到极限的传递：不能写”$\le L$ 对每个 $x$ 成立，所以极限 $\le L$”而不说明极限存在——序关系定理要求两个极限都存在。这里极限存在性由”$f$ 在 $c$ 可导”保证。这正是 Lecture 8 Theorem 87 的用法。
• 【证明技巧总结】：”Lipschitz $\Rightarrow$ 导数有界：两端同除 $\vert x-y\vert $ 再取极限“；”导数有界 $\Rightarrow$ Lipschitz：MVT 取绝对值“。这条题也是全课程的”枢纽”：它把度量性质（Lipschitz）、微分性质（$f^{\prime}$ 有界）、一致连续（Assignment 10 第 1 题：H”older $\alpha>0$ $\Rightarrow$ 一致连续；$\alpha>1$ $\Rightarrow$ $f$ 常数，后者用本题取 $\alpha=2$ 与推论 1 立刻可得）三者串了起来。

推论 4（Assignment 10 第 1 题 (b) 的快速通道，补充）：若 $\exists C>0,\alpha>1$ 使 $\vert f(x)-f(y)\vert \le C\vert x-y\vert ^\alpha$，则 $f$ 是常数。 证明：对任意 $x\ne y$，$\left\vert \frac{f(x)-f(y)}{x-y}\right\vert \le C\vert x-y\vert ^{\alpha-1}\to0$（因 $\alpha-1>0$），故 $f^{\prime}(x)=0$ 处处成立（把 $y\to x$），由 Theorem 220 得 $f$ 是常数。$\blacksquare$

MVT 的应用实例（不少于 3 个，全部完整证明）

应用 1（三角函数不等式）：$\forall x,y\in\mathbb R,\ \vert \sin x-\sin y\vert \le\vert x-y\vert $

• 背景：Lecture 15 Theorem 172 已经用和差化积证明了 $\sin$ 连续，并在 Lecture 18 Theorem 207(1) 用 $\vert \sin x-\sin y\vert \le\vert x-y\vert $ 来构造 Weierstrass 函数。当时这个不等式是”从单位圆几何”得到的；现在我们可以用 MVT 重新得到它（前提是先知道 $\sin^{\prime}=\cos$——见下）。
• 证明（需要补充事实：$\sin^{\prime}=\cos$，$\vert \cos\vert \le1$，见 [JL] Exercise 4.1.6/4.1.7 与补充小节）：
  1. 取任意 $x<y$。$\sin$ 在 $[x,y]$ 上连续（Lecture 15 Theorem 172）、在 $(x,y)$ 上可导且导数为 $\cos$。
  2. 由 MVT，$\exists c\in(x,y)$：$\sin y-\sin x=\cos c\,(y-x)$。
  3. 取绝对值：$\vert \sin y-\sin x\vert =\vert \cos c\vert \,\vert y-x\vert \le 1\cdot\vert x-y\vert $（依据：Lecture 15 Theorem 172 的 $\vert \cos x\vert \le1$）。
  4. $x>y$ 时交换两者；$x=y$ 时两边为 $0$。故对一切 $x,y$ 成立。$\blacksquare$
• 【解说】：这个不等式说明 $\sin$ 是 Lipschitz 常数 $\le1$ 的 Lipschitz 函数（而 $\vert \cos\vert \le1$ 恰好就是推论 2 中的 $L=1$）。数值抽样验证：在 $[-30,30]$ 上随机取 $3\times10^5$ 对邻近点，$\frac{\vert \sin x-\sin y\vert }{\vert x-y\vert }$ 的最大值约 $0.999999983703\le1$（见验算 [V8]）。

应用 2（指数不等式）：$\forall x\in\mathbb R,\ e^x\ge1+x$

• 证明（需要补充事实：$(e^x)’=e^x$、$e^0=1$，来自 [JL] §5.4 的 $e^x:=\exp(x)$ 定义；本课程 Lecture 22 之后会建立）：
  1. 情形 $x\ge0$：对 $f(t)=e^t$ 在 $[0,x]$ 上用 MVT（若 $x=0$ 两边都是 $1$，成立）：$\exists c\in(0,x)$ 使 \(e^x-e^0=e^c(x-0)=e^c\,x .\) 因 $c>0$ 故 $e^c\ge e^0=1$（$e^t$ 递增，或直接用 $e^c>0$ 且 $e^c\ge1$ 当 $c\ge0$），于是 $e^x-1\ge x$，即 $e^x\ge1+x$。
  2. 情形 $x<0$：对 $f(t)=e^t$ 在 $[x,0]$ 上用 MVT：$\exists c\in(x,0)$ 使 \(e^0-e^x=e^c(0-x)=-e^c x .\) 因 $c<0$ 故 $e^c<1$（$e^t$ 严格递增且 $e^0=1$），于是 $1-e^x=(-x)e^c<(-x)\cdot1=-x$，即 $e^x>1+x$。
  3. 两情形合并即得 $\forall x,\ e^x\ge1+x$，等号仅在 $x=0$ 处。$\blacksquare$
• 数值验证：在 $[-3,3]$ 上取样 $6001$ 点，$\min\{e^x-(1+x)\}=0$（在 $x=0$ 处取到），见验算 [V8]。
• 【解说】：这是 MVT 最常用的”证明不等式“模式：把待证不等式写成 $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ 与某个导数值的比较。

应用 3（Assignment 11 第 1 题）：$x^{2021}+x^{1121}+x+1=0$ 恰有一个实根

题目原文（hw_all.txt，Assignment 11 第 1 题）：”Prove that the polynomial equation $x^{1121}+x^{2021}+x+1=0$ has exactly one real root.”（原文因 PDF 排版，指数 $1121$ 与 $2021$ 在正文中被拆到两行；题目即 $x^{2021}+x^{1121}+x+1=0$。）

• 陈述：多项式 $f(x):=x^{2021}+x^{1121}+x+1$ 在 $\mathbb R$ 上恰有一个实根。
• 证明策略：经典的”存在性 + 唯一性“两步：
  • 存在性：用 IVT（Lecture 16 Theorem 187）——找出两点使 $f$ 异号。
  • 唯一性：用 严格单调性（Theorem 221 / 严格版推论）——若能证明 $f^{\prime}>0$ 处处成立，则 $f$ 严格递增，从而根唯一。

• 逐步推导：

  第 A 部分：存在性

  1. $f$ 是多项式，故在 $\mathbb R$ 上连续（Lecture 15 的多项式连续性）。
  2. 计算 $f(0)=0+0+0+1=1>0$。
  3. 计算 $f(-1)=(-1)^{2021}+(-1)^{1121}+(-1)+1$。因为 $2021$ 与 $1121$ 都是奇数，$(-1)^{\text{奇}}=-1$，故 \(f(-1)=-1-1-1+1=-2<0 .\) （数值验证：$f(-1)=-2$，$f(0)=1$，见验算 [V1]。）
  4. 由 Bolzano IVT（Theorem 187, Lecture 16），在 $f(-1)<0<f(0)$ 之间，$\exists r\in(-1,0)$ 使 $f(r)=0$。 故至少有一个实根。

  第 B 部分：唯一性（关键的一步）

  1. 计算导数。由幂法则 + 线性性（Theorem 212(1)、Lecture 17 Example 201）： \(f^{\prime}(x)=2021x^{2020}+1121x^{1120}+1 .\)
  2. 断言 $f^{\prime}(x)>0$ 对一切 $x\in\mathbb R$ 成立。 理由分两种情形：
     • 若 $x\ge0$：$x^{2020}\ge0$、$x^{1120}\ge0$，故 $2021x^{2020}+1121x^{1120}\ge0$，于是 $f^{\prime}(x)\ge1>0$。
     • 若 $x<0$：注意 $2020$ 与 $1120$ 都是偶数！偶次幂非负：$x^{2020}=\vert x\vert ^{2020}\ge0$，$x^{1120}=\vert x\vert ^{1120}\ge0$。故同样 \(f^{\prime}(x)=2021\underbrace{x^{2020}}_{\ge0}+1121\underbrace{x^{1120}}_{\ge0}+1\ \ge\ 1\ >\ 0 .\)
     • 合并：$\forall x\in\mathbb R,\ f^{\prime}(x)\ge1>0$。 （这里是全题唯一需要小心的地方：学生在 $x<0$ 时会犹豫，因为 $x$ 本身是负的；但只要注意到指数是偶次，符号问题就消失了。补充验证：$f^{\prime}(-1)=2021+1121+1=3143>0$；数值抽样在 $[-1,1]$ 上最小值为 $1$，在 $x=0$ 处取到，见验算 [V2]。）
  3. 由 严格单调的推论（[JL] Proposition 4.2.8；本讲 Theorem 221 的加强版）：$f^{\prime}>0\Rightarrow f$ 严格递增。
  4. 唯一性：若 $r_1<r_2$ 都是根，则 $f(r_1)=f(r_2)=0$；但严格递增给出 $f(r_1)<f(r_2)$，矛盾。故根唯一。$\blacksquare$
  5. 同一件事的 MVT 写法（等价，且更能说明 MVT 的作用）：设 $r_1<r_2$ 都是根。在 $[r_1,r_2]$ 上用 MVT： \(0=f(r_2)-f(r_1)=f^{\prime}(c)(r_2-r_1)\quad\text{对某个 }c\in(r_1,r_2).\) 因 $r_2-r_1>0$，必须 $f^{\prime}(c)=0$，与第 6 步 $f^{\prime}>0$ 处处成立矛盾。$\blacksquare$ ——请对比两种写法：“严格递增”是整体语言的结论，”MVT 反证”是局部语言的直接应用。二者本质相同，但 MVT 版本不需要先建立严格单调的推论，是最”短路径”的证明。

  第 C 部分：根的数值定位（补充，见验算 [V1]）

  1. 用二分法（回扣 Lecture 16 的二分法与 IVT）在 $[-1,0]$ 上求解：初始 $f(-1)=-2<0<1=f(0)$。迭代 $200$ 次后得到 \(r\approx-0.995230831626651 ,\qquad \vert f(r)\vert \approx4.4\times10^{-16},\qquad \text{区间宽度}\approx1.1\times10^{-16}.\)
  2. 用牛顿法（初值 $x_0=-1/2$）迭代 $30$ 次得到同一个值 $r\approx-0.995230831626651$，$\vert f(r)\vert \approx2.2\times10^{-16}$。
  3. 用 $80$ 位精度再做二分，得 \(r=-0.9952308316266512303352549960281611108883856269040157093829632974081257810771048\ldots\) 与上面的双精度结果在 $15$ 位后一致，交叉验证成功。
  4. 直觉检查：根几乎就是 $-1$，但略大于 $-1$。原因是 $x^{2021}+x^{1121}$ 在 $x\in(-1,0)$ 上是很小的负数（例如 $x=-0.99$ 时约 $-1.2\times10^{-9}$ 量级），要靠 $x+1>0$ 的主要贡献去补偿——即 $x+1\approx -(x^{2021}+x^{1121})\approx 10^{-9}$ 量级，所以 $x\approx-1+10^{-9}$ 量级。精确地说，$1+r\approx0.004769\ldots$，与 $-r$ 的”接近程度”由此解释。
• 【证明机制解说】：这道题的”陷阱”全在第 6 步。很多同学会写”当 $x<0$ 时 $2021x^{2020}+1121x^{1120}+1$ 的符号不好判断，所以我们分区间讨论”。其实完全不需要：只要盯住指数是偶数，$x^{2020}$ 与 $x^{1120}$ 就永远非负，而末尾的 $+1$ 保证 $f^{\prime}>0$ 处处成立、且下界是最优的 $1$（在 $x=0$ 达到）。这叫”用结构（奇偶性）代替计算”。 另一个值得记住的点：“恰有一个根”这类题目几乎总是”IVT 出一条命，单调性（或 MVT 反证）保唯一”。请把这个套路固化下来。
• 【证明技巧总结】：”存在性 = IVT 找异号两点；唯一性 = 证 $f^{\prime}$ 不变号（或 MVT 反证）。” 可迁移模式：判断导数符号时优先看最高次项的奇偶性与常数项，而不是暴力求根。

应用 4（对数不等式，补充）：$\forall x>0,\ \dfrac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x$

• 证明（需要补充事实：$(\ln t)’=1/t$ 对 $t>0$，来自 [JL] §5.4）：
  1. 右边：取 $f(t)=\ln t$，区间 $[1,1+x]$（$x>0$）。由 MVT，$\exists c\in(1,1+x)$：$\ln(1+x)-\ln1=\frac1c\bigl((1+x)-1\bigr)=\frac xc$。因 $c>1$ 故 $\frac1c<1$，于是 $\ln(1+x)<x$。
  2. 左边：同样地 $\ln(1+x)=\frac xc$ 且 $c<1+x$，故 $\frac1c>\frac{1}{1+x}$，于是 $\ln(1+x)>\frac{x}{1+x}$。
  3. 合并：$\frac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x$（$x>0$）。$\blacksquare$（$x=0$ 时三个量都是 $0$，退化为等号。）
• 【解说】：右侧 $\ln(1+x)<x$ 与前面的 $e^y\ge1+y$ 是同一不等式的两种写法（令 $y=\ln(1+x)$ 得 $1+x\le e^{\ln(1+x)}$）。同一个事实在 MVT 语言下的不同投影。

补充：Cauchy 中值定理（广义中值定理，[JL] Theorem 4.2.5；源文件未涉及）

• 陈述：设 $f,\varphi:[a,b]\to\mathbb R$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 上可导。则 $\exists\,c\in(a,b)$： \(\bigl(f(b)-f(a)\bigr)\varphi^{\prime}(c)=f^{\prime}(c)\bigl(\varphi(b)-\varphi(a)\bigr).\) 若 $\varphi(b)\ne\varphi(a)$ 且 $\varphi^{\prime}\ne0$，可写成 $\frac{f(b)-f(a)}{\varphi(b)-\varphi(a)}=\frac{f^{\prime}(c)}{\varphi^{\prime}(c)}$。（取 $\varphi(x)=x$ 即退化为普通 MVT。）
• 证明（与 MVT 完全同构的”减去修正项”手法）：
  1. 定义 $g(x):=\bigl(f(x)-f(b)\bigr)\bigl(\varphi(b)-\varphi(a)\bigr)-\bigl(f(b)-f(a)\bigr)\bigl(\varphi(x)-\varphi(b)\bigr)$。
  2. $g$ 在 $[a,b]$ 连续、在 $(a,b)$ 可导（依据：$f,\varphi$ 连续可导，线性组合与乘积保这两条性质——含乘积法则 Theorem 212(2)）。
  3. 验证 $g(a)=g(b)=0$：$g(a)=(f(a)-f(b))(\varphi(b)-\varphi(a))-(f(b)-f(a))(\varphi(a)-\varphi(b))$，而 $\varphi(a)-\varphi(b)=-(\varphi(b)-\varphi(a))$ 且 $f(a)-f(b)=-(f(b)-f(a))$，两项恰好抵消 ✓；$g(b)=(f(b)-f(b))(\cdot)-(f(b)-f(a))(\varphi(b)-\varphi(b))=0$ ✓。
  4. 由 Rolle 定理，$\exists c\in(a,b)$ 使 $g^{\prime}(c)=0$，即 $0=f^{\prime}(c)\bigl(\varphi(b)-\varphi(a)\bigr)-\bigl(f(b)-f(a)\bigr)\varphi^{\prime}(c)$，整理即得结论。$\blacksquare$
• 具体数值验证：取 $f(x)=x^2$，$\varphi(x)=x^3$，$[a,b]=[0,1]$。结论要求 $(f(1)-f(0))\varphi^{\prime}(c)=f^{\prime}(c)(\varphi(1)-\varphi(0))\Rightarrow 1\cdot3c^2=2c\cdot1\Rightarrow c=\tfrac23$。检验：$3\cdot(\frac23)^2=\frac43$，$2\cdot\frac23=\frac43$，相等 ✓（见验算 [V9]）。
• 用途（补充）：Cauchy MVT 是 L’Hôpital 法则的标准证明工具。

补充：L’Hôpital 法则（[JL] Exercise 4.1.15 与 Exercise 4.2.9；源文件未涉及，但在本讲工具范围内可证）

• 陈述（0/0 型，[JL] Exercise 4.2.9）：设 $f,g:(a,b)\to\mathbb R$ 可导，$c\in(a,b)$，$f(c)=g(c)=0$，$g^{\prime}(x)\ne0$（$x\ne c$），且 $\lim_{x\to c}\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=L$ 存在。则 $\lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)}=L$。
• 证明（用 Cauchy MVT；这正是 [JL] Exercise 4.2.9 的提示”先证 $x\ne c$ 时 $g(x)\ne0$”的用途）：
  1. 先证 $g(x)\ne0$ 对一切 $x\ne c$ 成立：固定 $x\ne c$，对 $g$ 在 $[c,x]$（或 $[x,c]$）上用 MVT：$\exists\xi$ 在 $c,x$ 之间使 $g(x)-g(c)=g^{\prime}(\xi)(x-c)$，即 $g(x)=g^{\prime}(\xi)(x-c)$。由 $g^{\prime}(\xi)\ne0$ 与 $x-c\ne0$，得 $g(x)\ne0$。
  2. 于是 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 对 $x\ne c$ 有定义。固定 $x\ne c$，在 $[c,x]$（或 $[x,c]$）上对 $(f,g)$ 用 Cauchy MVT：$\exists\xi$ 在 $c,x$ 之间使 $\frac{f(x)-f(c)}{g(x)-g(c)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}$。
  3. 代入 $f(c)=g(c)=0$：$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}$。
  4. 若进一步假设 $f^{\prime},g^{\prime}$ 连续（即 [JL] Exercise 4.1.15 的加强假设），则当 $x\to c$ 时 $\xi\to c$，由连续性 $\lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{\xi\to c}\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}=L$。$\blacksquare$（一般情形（只假设 $\lim f^{\prime}/g^{\prime}$ 存在）需用”$\xi$ 被挤向 $c$”+序关系极限定理严格传递，细节见 [JL] §4.2；本课程不要求。）
• 数值验证（见验算 [V10]）：$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$：$h=10^{-3}$ 得 $0.999999833333$；$\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1$：得 $1.000500166708$；$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12$：得 $0.499999958326$。
• 【解说】：这三例的数值收敛都较慢（尤其 $\frac{e^x-1}{x}$ 是 $O(h)$），因为 L’Hôpital 只告诉你极限存在，不告诉收敛速度。“数值验证只能佐证，不能代替证明”——记住这句话。

Assignment 11 第 4 题：$f^{\prime}(c)=f^{\prime\prime}(c)=0$、$f^{\prime\prime}^{\prime}(c)>0$ 时 $c$ 既非局部极大也非局部极小

题目原文（hw_all.txt，Assignment 11 第 4 题）：”Suppose that $f:(a,b)\to\mathbb R$ is three times continuously differentiable, $c\in(a,b)$, $f^{\prime}(c)=f^{\prime\prime}(c)=0$ and $f^{\prime\prime}^{\prime}(c)>0$. Prove that $f$ has neither a local maximum nor a local minimum at $c$.”（原文 OCR 为 “$f^{\prime}(c) = f^{\prime\prime}(c) = 0$ 与 $f^{\prime\prime}^{\prime}(c)>0$”。）

• 陈述：设 $f:(a,b)\to\mathbb R$ 三次连续可导，$c\in(a,b)$，$f^{\prime}(c)=f^{\prime\prime}(c)=0$，$f^{\prime\prime}^{\prime}(c)>0$。则 $c$ 既不是 $f$ 的局部极大点，也不是局部极小点。
• 说明（关于所用工具）：源文件 Lecture 19 没有涉及 Taylor 定理，Taylor 定理是 Lecture 20（Theorem 225）的内容，而 Assignment 11 的 Reading 正是 §4.3（Taylor）。因此下面给出两条证明：
  • 路线 I：用 Lecture 20 的 Taylor 定理（最”正道”的证明，也是作业期望的解法）；
  • 路线 II：只用 Lecture 19 及以前的工具（高阶差商的极限定义），作为独立验证——下面两条都完整写出。
• 路线 I（Taylor 定理，Lecture 20 Theorem 225）
  1. 取任意 $x\in(a,b)$，$x\ne c$。由 Taylor 定理（在 $c$ 处展开到 $n=2$ 阶，余项为 $3$ 阶）：存在 $\xi$ 在 $c$ 与 $x$ 之间使 \(f(x)=\underbrace{f(c)+f^{\prime}(c)(x-c)+\frac{f^{\prime\prime}(c)}{2}(x-c)^2}_{P_2(x)}+\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)}{6}(x-c)^3 .\)
  2. 代入 $f^{\prime}(c)=f^{\prime\prime}(c)=0$： \(f(x)=f(c)+\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)}{6}(x-c)^3 .\)
  3. 由第 (3 步的假设) $f^{\prime\prime}^{\prime}$ 连续且 $f^{\prime\prime}^{\prime}(c)>0$：取 $\epsilon_0:=\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(c)}{2}>0$，由连续性 \(\exists\delta>0:\ \vert y-c\vert <\delta\Rightarrow \vert f^{\prime\prime}^{\prime}(y)-f^{\prime\prime}^{\prime}(c)\vert <\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(c)}{2}\ \Longrightarrow\ f^{\prime\prime}^{\prime}(y)>\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(c)}{2}>0 .\)
  4. 于是当 $0<\vert x-c\vert <\delta$ 时，$\xi$ 落在 $c$ 与 $x$ 之间故 $\vert \xi-c\vert <\delta$，于是 $f^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)>\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(c)}{2}>0$。
  5. 因此 \(\operatorname{sign}\bigl(f(x)-f(c)\bigr)=\operatorname{sign}\Bigl(\tfrac{f'''(\xi)}{6}(x-c)^3\Bigr)=\operatorname{sign}\bigl((x-c)^3\bigr) =\begin{cases}<0,&x<c\\>0,&x>c\end{cases}\) （依据：正数之积保持符号；$(x-c)^3$ 的符号由 $x-c$ 决定。）
  6. 所以：$c$ 的左侧有 $f(x)<f(c)$，右侧有 $f(x)>f(c)$。于是
     • $c$ 不是局部极大：因为任意 $\delta$ 邻域内总有右侧的点 $x$ 使 $f(x)>f(c)$；
     • $c$ 不是局部极小：因为任意 $\delta$ 邻域内总有左侧的点 $x$ 使 $f(x)<f(c)$。 故 $c$ 处既非局部极大也非局部极小。$\blacksquare$
• 路线 II（只用 Lecture 19 及以前的工具：三阶差商）
  1. 把”三阶导数”写成差商的极限。$f^{\prime\prime}^{\prime}(c)$ 的定义是 $f^{\prime\prime}$ 在 $c$ 处的导数： \(f^{\prime\prime}^{\prime}(c)=\lim_{x\to c}\frac{f^{\prime\prime}(x)-f^{\prime\prime}(c)}{x-c}.\) （依据：Definition 198 应用于 $f^{\prime\prime}$。）
  2. 目标是控制 $f(x)-f(c)$ 的符号。仿照 MVT 的”减去修正项”思想，构造 \(R(x):=\frac{f(x)-f(c)-\tfrac12 f^{\prime\prime}(c)(x-c)^2}{(x-c)^3}\quad(x\ne c).\) （这里减去了 $f(c)+f^{\prime}(c)(x-c)+\frac12f^{\prime\prime}(c)(x-c)^2$，其中 $f^{\prime}(c)$ 与 $f^{\prime\prime}(c)$ 恰好为 $0$，所以式子简化为上式。）
  3. 断言 $\lim_{x\to c}R(x)=\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(c)}{6}$。 证明分三步（这正是 Taylor 定理 $n=2$ 的”手工版”）：
     • 第一步（造出 $M$ 与辅助函数）：固定 $x\ne c$，记 $M:=R(x)$（即 $f(x)=f(c)+\frac12f^{\prime\prime}(c)(x-c)^2+M(x-c)^3$），并定义 \(g(s):=f(s)-f(c)-\tfrac12 f^{\prime\prime}(c)(s-c)^2-M(s-c)^3 .\)
     • 第二步（$g$ 的零点）：$g(c)=0$，且按 $M$ 的定义 $g(x)=0$。又 \(g^{\prime}(s)=f^{\prime}(s)-f^{\prime\prime}(c)(s-c)-3M(s-c)^2\ \Rightarrow\ g^{\prime}(c)=f^{\prime}(c)-0-0=0,\) \(g^{\prime\prime}(s)=f^{\prime\prime}(s)-f^{\prime\prime}(c)-6M(s-c)\ \Rightarrow\ g^{\prime\prime}(c)=f^{\prime\prime}(c)-f^{\prime\prime}(c)-0=0 .\)
     • 第三步（三次 Rolle）：由 $g(c)=g(x)=0$，Rolle 定理给出 $x_1$ 在 $c,x$ 之间使 $g^{\prime}(x_1)=0$；又 $g^{\prime}(c)=0$，Rolle 给出 $x_2$ 在 $c,x_1$ 之间使 $g^{\prime\prime}(x_2)=0$；又 $g^{\prime\prime}(c)=0$，Rolle 给出 $\xi$ 在 $c,x_2$ 之间使 $g^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)=0$。
     • 计算 $g^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)=f^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)-0-6M$，故 $M=\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)}{6}$，其中 $\xi$ 在 $c$ 与 $x$ 之间。
     • 于是 \(R(x)=\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)}{6}\quad\text{对某个 }\xi\in(c,x)\ \text{或}\ (x,c) .\)
     • 由 $f^{\prime\prime}^{\prime}$ 在 $c$ 连续与 $f^{\prime\prime}^{\prime}(c)>0$：当 $x\to c$ 时 $\xi\to c$（因 $\vert \xi-c\vert \le\vert x-c\vert $），故 $f^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)\to f^{\prime\prime}^{\prime}(c)$，于是 $\lim_{x\to c}R(x)=\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(c)}{6}>0$。✓ 断言得证。
  4. 由极限的符号得局部符号。设 $L:=\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(c)}{6}>0$。取 $\epsilon_0=L>0$（或 $\epsilon_0=L/2$），由 Definition 198 与函数极限的 $\epsilon$-$\delta$ 定义， \(\exists\delta>0:\ 0<\vert x-c\vert <\delta\ \Longrightarrow\ \left\vert R(x)-L\right\vert <L\ \Longrightarrow\ R(x)>0 .\) （依据：$\epsilon$-$\delta$ 定义 + 绝对值不等式 $\vert R-L\vert <L\Rightarrow R>0$。）
  5. 于是对 $0<\vert x-c\vert <\delta$： \(f(x)-f(c)=\bigl(f'(c)(x-c)\bigr)+\tfrac12f''(c)(x-c)^2+R(x)(x-c)^3 =R(x)(x-c)^3 ,\) 因为 $f^{\prime}(c)=f^{\prime\prime}(c)=0$。由 $R(x)>0$ 得 \(\operatorname{sign}\bigl(f(x)-f(c)\bigr)=\operatorname{sign}\bigl((x-c)^3\bigr) .\)
  6. 与路线 I 第 5–6 步完全相同：$x<c$ 时 $f(x)<f(c)$，$x>c$ 时 $f(x)>f(c)$，故 $c$ 既非局部极大也非局部极小。$\blacksquare$
• 具体示例与数值验证：取 $f(x)=x^3$，$c=0$。此时 $f^{\prime}(0)=0$、$f^{\prime\prime}(0)=0$、$f^{\prime\prime}^{\prime}(0)=6>0$，符合题设。
  • 三阶差商 $\frac{f(x)-f(0)}{(x-0)^3}=\frac{x^3}{x^3}=1=\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(0)}{6}$ 对一切 $x\ne0$ 精确成立。
  • 数值（见验算 [V4]）：$h=0.5,0.1,0.01,0.001$ 均得 $\frac{f(h)-f(0)}{h^3}=1.000000000000$。
  • 符号翻转：$f(-0.1)=-0.001<0=f(0)<0.001=f(0.1)$ ✓——左侧低于 $f(c)$、右侧高于 $f(c)$，正是”既非极大也非极小”。
• 对照示例（说明 $f^{\prime\prime}^{\prime}>0$ 不可弱化成 $f^{\prime\prime}^{\prime}\ge0$）：$f(x)=x^4$ 在 $c=0$：$f^{\prime}(0)=f^{\prime\prime}(0)=f^{\prime\prime}^{\prime}(0)=0$，$f^{(4)}(0)=24>0$。此时 $\frac{f(h)-f(0)}{h^3}=h>0$ 对两侧都正，故 $f(x)>f(0)$ 在 $0$ 的两侧都成立，$0$ 是严格局部极小点。数值：$h=0.5$ 得 $0.5$，$h=0.1$ 得 $0.1$（都 $>0$）✓。这说明”最低非零阶导数的阶数是奇数、且首项系数为正”才是”非极值”的真正条件。
• 【证明机制解说】：这道题的核心机制是”用最低非零阶导数决定局部形状“。
  • $f^{\prime\prime}^{\prime}$ 是一阶非零导数（因为在它之前 $f^{\prime},f^{\prime\prime}$ 在 $c$ 处都是 $0$），所以 $f(x)-f(c)$ 的主项是 $\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(c)}{6}(x-c)^3$；
  • 阶数 $3$ 是奇数，$(x-c)^3$ 在 $c$ 的两侧变号，故差值变号 $\Rightarrow$ 非极值；
  • 若最低非零阶导数的阶数是偶数（如 $x^4$ 的 4 阶），$(x-c)^4$ 两侧同号 $\Rightarrow$ 是极值（极小或极大取决于符号）。 这个”奇偶二分”就是高阶导数判别法的全部内容。路线 II 的价值在于：它把”Taylor 展开”这件事拆成三次 Rolle 定理，证明它并没有比 MVT 多出什么全新工具——Taylor 定理本质上就是”MVT 用了 $n+1$ 次”（源文件 Lecture 20 Remark 222 的原话）。
• 【证明技巧总结】：”高阶导数判定极值 = 把 $f$ 在 $c$ 处减去 Taylor 多项式，把余项写成 $\frac{f^{(k)}(\xi)}{k!}(x-c)^k$，再用 $f^{(k)}(c)\ne0$ + 连续性控制符号。” 可迁移模式：要判断”一点附近的符号”，就构造”奇点被消掉”的修正函数，让最低阶非零项出来说话；要造出 $n$ 阶差商的极限，就连续使用 $n$ 次 Rolle 定理。

本讲核心图像：MVT 的”旋转割线”（ASCII 图解）

下面这张图把 MVT 的证明机制画出来。左边是原函数与割线，”旋转”的动作就是减去割线；右边是减完之后的 $g$，两端点等高，Rolle 定理登场。

   【第一步：原函数 f 与割线 l】              【第二步：g = f - l，两端等高】
                                            
   y                                          y
   │           ● (b, f(b))                    │
   │          ╱                               │        ●───────●  ← g(b)=0
   │         ╱  ← 割线 l, 斜率 s              │       ╱  ╲      ╲
   │        ╱                                 │      ╱    ╲      ╲
   │       ╱   ← 要找的切线 (斜率也是 s)      │     ╱      ╲      ╲
   │      ╱                                   │    ╱        ╲      ╲
   │  ●──╱                                    │   ●          ╲      ●
   │ (a,f(a))                                 │  g(a)=0       ╲   g(b)=0
   └──┬──────────────────────────┬──▶ x       └──┬─────────────┬────┬──▶ x
      a                          b              a             c    b
                                                       ↑
                                              Rolle 说：这里 g'(c)=0
                                              g'(c) = f'(c) - s = 0
                                              ⟹ f'(c) = s = (f(b)-f(a))/(b-a)

   【"旋转"一词的由来：把坐标纸转过来看】
   
   原图：切线斜率 = 割线斜率 s ≠ 0          旋转(减去割线)后：割线变成水平
   
        ╱ 切线 (斜率 s)                            ────── 水平线
       ╱                                          ╱
      ╱  ╱ 割线 (斜率 s)                          ╱   ← 切线也水平
     ╱  ╱                                        ╱
    ●──●                                        ●──────●
   a     b                                      a      b
                                                ⟹ Rolle 定理的适用形态

各定理的依赖链（本讲”积木表”）

   ┌──────────────────────────────────────────────────────────────────────┐
   │                    Lecture 19 依赖链（每一块都标明出处）             │
   └──────────────────────────────────────────────────────────────────────┘

   L1 归纳法 ──────────┐
                       ▼
   L8  极限代数运算 ──▶ (x^n)' = n x^{n-1} ──┐
   L17 导数定义 ──────▶                      │
   L18 可导⇒连续 ─────┐                      │
                      ▼                      ▼
   L8  乘积极限 ──▶ 【Theorem 212 求导法则】◀── L8 除法极限引理 (|g|≥b>0)
   L15 复合连续 ──▶      │  线性 / 乘积 / 商
                         ▼
                    【Theorem 213 链式法则】
                     (辅助函数 u,v 补定义)
                         
   L16 极值定理 ──┐
   L13 序列刻画 ──┤
   L8  序关系 ────┼──▶ 【Theorem 215 Fermat 引理】
   L14 单侧极限 ──┘          内点极值 ⇒ f'=0
                                    │
                                    ▼
                         【Theorem 216 Rolle 定理】
                          连续 + 可导 + 端点等高
                                    │
                                    ▼
                         【Theorem 218 中值定理 MVT】
                          减去割线 → 化归到 Rolle
                                    │
              ┌─────────────────────┼─────────────────────┐
              ▼                     ▼                     ▼
     【Thm 220 f'≡0⇒常数】  【Thm 221 f'≥0⇔递增】    推论：
        │                        │                  |f'|≤L ⇒ Lipschitz
        ▼                        ▼                  f'=g' ⇒ f-g 常数
   原函数唯一性             严格单调判别
   (→ L22 FTC)             (→ 极值/单调性应用)
              │
              └──▶ 【Assignment 11 Q1: 恰有一实根】
                   【Assignment 10 Q3: Lipschitz ⇔ f' 有界】
                   【Assignment 11 Q4: 三阶导数判极值】

与教材的对应

对应 [JL] §4.1 “The derivative”（源文件 Lecture 17–19 覆盖）

对应 [JL] §4.2 “Mean value theorem”

对应 OCW Assignment 10（Reading: Sections 4.1, 4.2 (Lebl)）

对应 OCW Assignment 11（Reading: Sections 4.3, The Riemann Integral lecture notes）

对应 Midterm / Final

• Midterm（2020-10-16）：本次考试覆盖 Lecture 1–12 的内容（集合/基数/实数系/序列/级数），没有涉及导数或 MVT 的题目。本讲内容不在 Midterm 范围内。
• Final 第 4(a)(i) 题：$f:(a,b)\to\mathbb R$ 在 $c$ 可导 $\Rightarrow$ 在 $c$ 连续——即 Lecture 18 Theorem 202 / 本讲”工具 A”。
• Final 第 4(a)(ii) 题：举反例说明上题的逆不真——用 $f(x)=\vert x\vert $（Lecture 18 Example 204），也是 Rolle 定理中”可导性不可省”的反例。
• Final 第 4(b) 题：$f(x)=x^2\sin(1/x)$（$x\ne0$，$f(0)=0$），用导数定义证明 $f$ 在 $0$ 可导——练的是差商 + $\epsilon$-$\delta$ / 夹逼，与商法则证明中”造下界”的思想同源。
• Final 第 7(b)(i) 题：$\vert f^{\prime}(c)\vert \le L\ \forall c\Rightarrow f$ 是 Lipschitz 的——正是本讲”推论 2/3”（用 MVT）；第 7(b)(ii) 用 $f_n(x):=f(x+1/n)$ 证一致收敛，依赖 (i) 的 $\vert f_n(x)-f(x)\vert \le L/n$。

与其他讲次的关联

• 承上（本讲用到的）
  • Lecture 8（Theorem 89，极限代数运算；Theorem 87，序关系极限定理）：本讲每一条求导法则的最后一击都落在它上面；而它自己的”乘积极限 $\to$ 加一项减一项”“除法极限 $\to$ 造出 $b>0$”两个技巧，又原封不动被搬进乘积法则与倒数法则的证明。请务必对照阅读。
  • Lecture 13（Theorem 157，函数极限的序列刻画）：把 $\lim_{x\to c}$ 的命题翻译成”对一切 $x_n\to c$”的命题，从而使 Fermat 引理、Theorem 221 的（$\Rightarrow$）可以直接使用 Lecture 8 的序列工具。
  • Lecture 14（Definition 161/163 单侧极限；Theorem 166 双侧 $=$ 单侧；Theorem 160 序关系）：Fermat 引理的另一种写法（$f^{\prime}-\ge0\ge f^{\prime}+$）。
  • Lecture 15（Theorem 172 三角不等式与 $\sin,\cos$ 连续性；Theorem 174/175 连续函数的四则运算与复合）：应用 1（$\sin$ 的 Lipschitz 性）与链式法则证明第 6 步（$u\circ g$ 连续）都用它。
  • Lecture 16（Theorem 182 极值定理；Theorem 187 Bolzano IVT）：Rolle 定理的”上半段”（造出 max/min）和 Assignment 11 第 1 题的”存在性”。
  • Lecture 17（Definition 198 导数定义；Example 200 线性函数；Example 201 幂法则）：本讲一切证明的出发点。
  • Lecture 18（Theorem 202，可导 $\Rightarrow$ 连续）：乘积法则把 $g(x)$ 换成 $g(c)$ 的唯一依据；也是”对导数的局部假设能推出整体结论”的第一块多米诺骨牌。
• 启下（本讲是哪些讲次的地基）
  • Lecture 20（Taylor 定理）：Taylor 定理的证明方式是”把 MVT 用 $n+1$ 次“（Lecture 20 Remark 222 原文：”Taylor’s theorem is essentially the Mean Value Theorem for higher order derivatives”）。本讲 Assignment 11 第 4 题的”路线 II”就是 $n=2$ 的手工版，把这条逻辑完整演示了一遍。此外 Lecture 20 的 Second Derivative Test（Theorem 227） 用 $f^{\prime\prime}(x_0)>0$ 判严格局部极小，与本讲的 Fermat 引理（$f^{\prime\prime}$ 那一步）配套。
  • Lecture 21–22（黎曼积分与 FTC）：Theorem 220（$f^{\prime}\equiv0\Rightarrow$ 常数）是 FTC 唯一性的全部依据——没有它，”$\int_a^x f$ 与 $F(x)-F(a)$ 相等”就无法断言（原函数只能确定到相差常数）。MVT 还用于证明积分中值定理与 $\int$ 的估计。
  • Lecture 23（Riemann–Lebesgue 引理）：分部积分由 FTC 导出；而 FTC 的根基在本讲。
  • Assignment 10 第 3 题的”Lipschitz $\iff f^{\prime}$ 有界”：它是 Lecture 17 一致连续、Lecture 24 一致收敛（$f_n(x)=f(x+1/n)$ 的一致收敛估计 $\vert f_n-f\vert \le L/n$）之间的桥梁，课程的 Final 第 7(b) 题正是把这条链走完。

关键要点

1. 四则法则的本质是”把差商改写成已知极限的合法组合”： \((\alpha f+g)'=\alpha f^{\prime}+g^{\prime},\qquad (fg)'=f^{\prime}g+fg^{\prime},\qquad \left(\frac fg\right)'=\frac{f^{\prime}g-fg^{\prime}}{g^2},\qquad (f\circ g)'=f^{\prime}(g(c))\,g^{\prime}(c).\) 乘积法则靠”加一项减一项“，商法则靠”先证倒数（造 $b>0$ 下界）+ 乘积法则“，链式法则靠”补定义辅助函数 $u,v$ + 乘性恒等式“。
2. 可导 $\Rightarrow$ 连续是”隐藏的第五法则”：它出现在乘积法则（把 $g(x)\to g(c)$）与链式法则（$u(g(x))\to u(g(c))$）的关键一步。没有它，乘积法则证不出来。
3. Fermat 引理（Theorem 215）是本讲唯一的”新砖”：$c$ 是内点 + $c$ 是相对极值 + $f$ 在 $c$ 可导 $\Rightarrow f^{\prime}(c)=0$。“内点”不可省（$f(x)=x$ 在 $[0,1]$ 的 $x=0$ 是极小点但 $f^{\prime}(0)=1$）；反过来也不成立（$f(x)=x^3$ 在 $0$ 有 $f^{\prime}(0)=0$ 但非极值）。
4. Rolle 与 MVT 是一条流水线： \(\textbf{极值定理} \Rightarrow \textbf{Fermat} \Rightarrow \textbf{Rolle}\ \bigl(f(a)=f(b)\Rightarrow\exists c,\ f^{\prime}(c)=0\bigr) \Rightarrow \textbf{MVT}\ \Bigl(f^{\prime}(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\Bigr).\) MVT 的证明只有一句话：减去割线，让两端点等高，然后交给 Rolle。
5. MVT 的五条”标准动作”（全部要背下来）：
   • $f^{\prime}\equiv0$ 在区间上 $\Rightarrow$ $f$ 是常数；由此 $f^{\prime}=g^{\prime}\Rightarrow f-g$ 是常数（FTC 唯一性的地基）。
   • $f^{\prime}\ge0\iff f$ 递增；$f^{\prime}\le0\iff f$ 递减；$f^{\prime}>0\Rightarrow f$ 严格递增（反之不真，$x^3$）。
   • $\vert f^{\prime}\vert \le L\Rightarrow f$ 是 Lipschitz 的（$L$ 可取为导数的界）；反过来 $f$ Lipschitz $\Rightarrow \vert f^{\prime}\vert \le L$（Assignment 10 第 3 题）。
   • 证不等式：把 $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ 换成 $f^{\prime}(c)$，再用导数的界（如 $\vert \sin x-\sin y\vert \le\vert x-y\vert $、$e^x\ge1+x$）。
   • 证根唯一：$f^{\prime}$ 恒正（或 MVT 反证）$\Rightarrow$ 严格单调 $\Rightarrow$ 至多一根（Assignment 11 第 1 题）。

常见误区与注意事项

1. 把”相对极值”和”绝对极值”混为一谈。 错误做法：看到 $f^{\prime}(c)=0$ 就说 $f(c)$ 是最大值或最小值。 为什么错：Definition 214 只比较 $c$ 的一个 $\delta$ 邻域，$f(x)=x^3-3x$ 在 $c=-1$ 是相对极大（$f(-1)=2$），但 $f(3)=18$ 更大。同样，Lecture 16 Definition 181 的绝对极值是整个定义域上的比较。 正确做法：找绝对极值要”列出所有临界点 + 定义域端点，逐个比较函数值”（[JL] §4.2.1 的做法）；判断是不是相对极值才用导数符号 / 二阶导数。

2. 把 Fermat 引理用在端点上（最常见的错误）。 错误做法：$f(x)=x$ 在 $[0,1]$ 上，$x=0$ 是最小值点，于是”由 Fermat 引理 $f^{\prime}(0)=0$”——但 $f^{\prime}(0)=1$。 为什么错：Theorem 215 的前提是 $c\in(a,b)$ 是内点，而且证明第 1 步需要 $\delta^{\prime}=\min\{\delta_0,c-a,b-c\}>0$，端点处这个数为 $0$，邻域不存在。 正确做法：作分类讨论——内点用 Fermat，端点单独检查（导数可以不为零）。同理，Rolle 定理证明里”至少一个极值在内部”这一步之所以能成立，全靠 $f(a)=f(b)$；若把端点误当作候选，整个证明就塌了。

3. 用”$f^{\prime}(c)=0$ 不是极值”与”极值必有 $f^{\prime}=0$”互相混淆方向。 错误做法：看到 $f^{\prime}(0)=0$ 就说”$0$ 是极值点”（$f=x^3$ 反例）；或者看到 $f$ 在某点有极值就断言”该点必可导”（$f=\vert x\vert $ 在 $0$ 是极小点但不可导）。 为什么错：Fermat 引理是单向的必要条件：内点极值 $\Rightarrow f^{\prime}=0$（且此时还要求可导）。两个方向都不等价。 正确做法：完整的判定链是 \(\text{内点极值}\ \Longrightarrow\ f^{\prime}=0 \text{ 或 } f^{\prime} \text{ 不存在};\qquad f^{\prime}(c)=0\ \not\Longrightarrow\ \text{极值}.\)

4. 链式法则里”除以 $f(x)-f(c)$”的非法操作。 错误做法：写 $\frac{g(f(x))-g(f(c))}{x-c}=\frac{g(f(x))-g(f(c))}{f(x)-f(c)}\cdot\frac{f(x)-f(c)}{x-c}$ 然后让 $x\to c$。 为什么错：当 $f(x)=f(c)$（可能对无穷多个趋近 $c$ 的 $x$ 成立，例如 $f\equiv$ 常数）时第一个分母为 $0$，等式无意义。 正确做法：用辅助函数 $u$（以及 $v$）把差商补定义成连续函数，写成对一切 $x$ 都成立的乘性恒等式 \(g(f(x))-g(f(c))=u(f(x))\cdot v(x)\cdot(x-c).\)

5. 把 MVT 的区间条件写错 / 漏写”开区间可导、闭区间连续”。 错误做法：写”若 $f$ 在 $[a,b]$ 上可导，则存在 $c\in[a,b]$ 使 $f^{\prime}(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$”——两处都错：连续性要求在闭区间、可导性只要求在开区间，而 $c$ 必须取在开区间 $(a,b)$。 为什么错：$c\in(a,b)$ 是实质性的——Rolle/MVT 的证明要用的 Fermat 引理只对内点成立；把 $c$ 写成 $[a,b]$ 会让命题失去内容（例如 $f(x)=x$ 在 $[0,1]$ 上，若允许 $c=1$ 则任何 $f^{\prime}(1)=1=\frac{1-0}{1-0}$ 都”成立”，定理变得空洞）。 正确做法：机械地背住证据链：”$[a,b]$ 连续 + $(a,b)$ 可导 $\Rightarrow \exists c\in(a,b)$”。这条也是 FORMAT_SPEC 第 5 节明确点名的”不许犯的低级错误”。

6. 以为”$f^{\prime}$ 的符号”和”$f^{\prime}$ 存在”是自动的。 注意两个并列的反例：$f(x)=\vert x\vert $ 在 $[-1,1]$ 上连续、端点等高，但没有 $f^{\prime}(c)=0$ 的点（因为 $f^{\prime}$ 在 $0$ 不存在）——这是 Rolle 定理中”可导性不可省”的见证；$f(x)=x$ 在 $(0,1)$ 上处处可导却处处 $f^{\prime}=1$——这是”闭区间/端点等高”不可省的见证。三个条件缺一不可，请为每一个条件准备一个反例。

思考题（带答案）

Q1（用 MVT 证明恒等式） 设 $x>0$。利用”$f^{\prime}\equiv0$ 于区间 $\Rightarrow f$ 是常数”证明 \(\arctan x+\arctan\frac1x=\frac{\pi}{2}.\) （提示：不要用三角恒等式直接算，而是构造 $F(x)=\arctan x+\arctan(1/x)$ 并求导。）

Q2（考察 Rolle 定理条件不可省 / Fermat 的”内点”条件） 回答下列各问，每题都要给出显式例子并验证：

(a) 是否存在 $f:[0,1]\to\mathbb R$、连续的 $c\in[0,1]$ 是 $f$ 的相对极小点（Definition 214）且 $f$ 在 $c$ 可导、但 $f^{\prime}(c)\ne0$？若存在，指出 $c$ 有什么特征。 (b) 是否存在端点处的相对极值点，其导数恰好为 $0$？（这说明端点处导数”可以为零”，但”不必为零”，因此 Fermat 定理不能反向推广到端点。） (c) 指出 Rolle 定理三个条件中，$f(x)=\vert x\vert $ 在 $[-1,1]$ 违反了哪一条；再分别给出违反另外两个条件的具体例子。

Q3（完整的 $\epsilon$-$\delta$ 计算） 用导数的定义（Definition 198）证明 \(f(x)=\frac{1}{x^2}\ \text{在}\ c=1\ \text{可导，且}\ f^{\prime}(1)=-2,\) 并且对 $\epsilon=0.01$ 显式算出一个可用的 $\delta$（要求给出完整的代数变形与不等式的每一步依据）。