Lecture 20: Taylor’s Theorem and the Definition of Riemann Sums（泰勒定理与黎曼和的定义）

目录 · ← l19 · l21 →

Lecture 20: Taylor’s Theorem and the Definition of Riemann Sums（泰勒定理与黎曼和的定义）

概述

本讲是整门课的枢纽：它一次性打开了两扇门。前半讲把 Lecture 19 的中值定理 (Mean Value Theorem, MVT) 推到高阶导数，得到 Taylor 定理 (Taylor’s theorem)——用多项式在一点附近逼近函数，并给出精确的余项公式 (remainder)。后半讲开启了全新的方向：不再研究”函数”，而研究”曲线下的面积“，为此引入分割 (partition)、标签 (tag)、带标签分割 (tagged partition)、范数 (norm / mesh) 与 黎曼和 (Riemann sum)。

本讲回答了什么问题？

1. 如何用多项式逼近一个光滑函数，并且知道误差有多大？ 答案：Taylor 定理（源文件 Remark 222 一句话点题：”Taylor 定理本质上就是高阶导数的中值定理”）。
2. “曲线下的面积”能不能被严格定义？ 答案是”先把面积写成一族矩形的和（黎曼和），再看它收不收敛”。本讲只提出这个问题（源文件 Question 234），存在性的回答留给 Lecture 21。

源文件的编号顺序是：Remark 222 → Definition 223 → Notation 224 → Theorem 225 (Taylor) → Definition 226 → Theorem 227 (Second Derivative Test) → Remark 228 → Definition 229 → Definition 230 (Partition) → Definition 231 (Tag) → Example 232 → Definition 233 (Riemann sum) → Question 234。本笔记完全按此编号与顺序展开。

记号约定（务必先读）：源文件用字母 $x$ 表示分割（例如 $x=\{a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b\}$），这恰好与自变量 $x$ 重名，极易混淆。本笔记在可能冲突处把分割改写成大写 $X$，但每次都会同时给出源文件记号，以便对照，例如 $X=\{a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b\}$（源文件写作 $x$）。

核心定义与直观解释

Definition 223 (n-times Differentiable)：$n$ 次可导

• 严格定义（源文件原文的意思）：设 $I\subset\mathbb{R}$ 是一个区间，$J\subset I$。我们说 $f:I\to\mathbb{R}$ 在 $J$ 上 $n$ 次可导 (n-times differentiable)，是指 \(f^{\prime},\;f^{\prime\prime},\;f^{\prime\prime}^{\prime},\;\dots,\;f^{(n)}\) 这 $n$ 个导数在 $J$ 的每一点都存在。

• 直观解释（”它到底在说什么？”）：一阶导数 $f^{\prime}$ 描述”上升还是下降”，二阶导数 $f^{\prime\prime}$ 描述”往上弯还是往下弯”（凹凸性），三阶导数 $f^{\prime\prime}^{\prime}$ 描述”弯曲程度本身怎么变”。$n$ 次可导就是说：这套”层层求导”的操作可以连续做 $n$ 次，一次也不失败。

  想象你在开车：位置 $s(t)$ 是一阶信息，速度 $s^{\prime}(t)$ 是二阶，加速度 $s^{\prime\prime}(t)$ 是三阶，加加速度（jerk）$s^{\prime\prime}^{\prime}(t)$ 是四阶……$n$ 次可导就是”至少能算到第 $n$ 层变化率”。

• 为什么需要这个条件？ Taylor 定理要用到 $f^{(n+1)}$，所以必须先把”存在到第几阶”说清楚。注意 Definition 223 只说存在，不说连续。

• 具体示例：
  • $f(x)=\vert x\vert $ 在 $\mathbb{R}$ 上：$f^{\prime}(x)$ 在 $x=0$ 不存在（左导数 $-1$、右导数 $+1$）。故 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上连 1 次可导都不是；但 $f$ 在 $(0,\infty)$ 上任意次可导。
  • $f(x)=x^{3/2}=\sqrt{x^3}$（定义在 $[0,\infty)$）在 $x=0$ 处：$f^{\prime}(0)=\lim_{h\to0^+}\frac{h^{3/2}}{h}=\lim_{h\to0^+}h^{1/2}=0$ 存在；$f^{\prime\prime}(0)=\lim_{h\to0^+}\frac{h^{1/2}-0}{h}=\lim_{h\to0^+}h^{-1/2}=+\infty$ 不存在。故 $f$ 在 $[0,\infty)$ 上 1 次可导，但不是 2 次可导。
  • $f(x)=x^n$：在 $\mathbb{R}$ 上任意次可导，且 $f^{(k)}(x)=\frac{n!}{(n-k)!}x^{n-k}$（$k\le n$），$f^{(k)}\equiv0$（$k>n$）。这是一个关键事实：$n$ 次多项式的第 $n+1$ 阶导数恒为 $0$。Taylor 定理的证明最后一步正是用它。
• 反例（条件不可省）：设 $f(x)=x\vert x\vert $。则 $f^{\prime}(x)=2\vert x\vert $，$f^{\prime\prime}(0)$ 不存在，故 $f$ 不是 2 次可导。这不是吹毛求疵：Taylor 定理取 $n=1$ 就需要 $f^{\prime\prime}$ 存在，对这个 $f$ 在 $x_0=0$ 处就不适用。

Notation 224：$n$ 阶导数的记号

• 严格定义：$f$ 的第 $n$ 阶导数记为 \(f^{(n)}:=\underbrace{(f^{\prime})'\cdots^{\prime}}_{n\ \text{次}},\qquad f^{(0)}:=f,\qquad f^{(1)}:=f^{\prime},\quad f^{(2)}:=f^{\prime\prime}.\)
• 直观解释：括号是为了把”求导次数”和”幂次”分开。$f^{(2)}$ 是二阶导数，$f^2$ 是函数值的平方，完全不同的东西。$f^{(n)}(x_0)$ 表示”先求 $n$ 阶导函数，再在 $x_0$ 取值”。
• 为什么需要这个记号？ Taylor 多项式的公式里 $k$ 从 $0$ 跑到 $n$，需要把 $f$ 本身也写成 $f^{(0)}$，才能用 $\sum$ 统一表达。
• 具体示例：$f(x)=\sin x$ 时 \(f^{(0)}=\sin x,\quad f^{(1)}=\cos x,\quad f^{(2)}=-\sin x,\quad f^{(3)}=-\cos x,\quad f^{(4)}=\sin x,\) 之后每 4 阶循环一次。这个周期 4 的性质是后面所有 $\sin$ 例子的引擎。
• 反例（记号误用）：$f^{(2)}(x)$ 与 $f(x)^2$ 在 $x=0$、$f(x)=x$ 时分别是 $0$ 和 $0$（碰巧相同），但在 $x=1$ 时分别是 $0$ 和 $1$。请永远写清楚括号。

Remark 222：本讲的”题眼”

源文件原文：

Taylor’s theorem is essentially the Mean Value Theorem for higher order derivatives. （Taylor 定理本质上是高阶导数的中值定理。）

• 它到底在说什么？ 回忆 Lecture 19 的 MVT：若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 上可导，则存在 $c\in(a,b)$ 使 \(f(b)-f(a)=f^{\prime}(c)(b-a)\quad\Longleftrightarrow\quad f(b)=f(a)+f^{\prime}(c)(b-a).\) 这就是用 $c$ 点的一阶导数精确地算出一整段的变化量。Taylor 定理是说：用 $c$ 点的 $(n+1)$ 阶导数精确地算出”用 $n$ 次多项式逼近后的误差”。变量从”函数值差”升级成”余项”，导数从 1 阶升级成 $n+1$ 阶，其余结构完全一样。

• 为什么这句话重要？ 它告诉你两件事：

  1. Taylor 定理的证明一定是把 MVT 反复使用（源文件明确说 “We will essentially apply the Mean Value Theorem $n+1$ times”）；
  2. 取 $n=0$ 时 Taylor 定理必须退化成 MVT。写完定理后我们会当场验证这一点。

Definition 226：Taylor 多项式与余项

源文件在 Theorem 225 之后给出：

• 严格定义：设 $f$ 在 $x_0$ 处有直到 $n$ 阶的导数。定义 $n$ 阶 Taylor 多项式 (n-th order Taylor polynomial) \(P_n(x):=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k =f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n,\) 以及 $n$ 阶余项 (n-th order remainder term) \(R_n(x):=f(x)-P_n(x).\) （源文件记 $P_n(x)$ 是”$f$ 在 $x_0$ 处的 $n$ 阶 Taylor 多项式”。本笔记下文用 $P_n$ 而非 $P_{n,c}$，以与源文件一致；内容上 $c$ 就是源文件的 $x_0$。）

• 直观解释（”它到底在说什么？”）——以及唯一性： $P_n$ 是”在 $x_0$ 点与 $f$ 有相同的前 $n$ 阶导数的唯一一个次数 $\le n$ 的多项式“。这一句里的每个词都要落实：

  (i) 为什么 $P_n$ 在 $x_0$ 处与 $f$ 前 $n$ 阶导数相同？ 直接算。对 $P_n$ 求 $k$ 次导（$k\le n$），求导会把 $(x-x_0)^j$ 中所有 $j<k$ 的项杀成 0；对 $j\ge k$ 的项， \(\frac{d^k}{dx^k}\left[\frac{f^{(j)}(x_0)}{j!}(x-x_0)^j\right]=\frac{f^{(j)}(x_0)}{j!}\cdot j(j-1)\cdots(j-k+1)(x-x_0)^{j-k}.\) 代入 $x=x_0$：只有 $j=k$ 那一项还活着（因为 $j>k$ 时 $(x-x_0)^{j-k}\big\vert _{x=x_0}=0$），于是 \(P_n^{(k)}(x_0)=\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\cdot k! = f^{(k)}(x_0).\) 所以 \(P_n^{(k)}(x_0)=f^{(k)}(x_0)\qquad(0\le k\le n).\tag{$\\star$}\) 这就是 Taylor 多项式的定义性质，也是证明 Taylor 定理时”$g^{(k)}(x_0)=0$”的直接来源。

  (ii) 为什么唯一？ 设 $Q$ 是任意一个次数 $\le n$ 的多项式，且 $Q^{(k)}(x_0)=f^{(k)}(x_0)$ 对 $0\le k\le n$ 成立。写 $Q(x)=\sum_{k=0}^{n}a_k(x-x_0)^k$（$n$ 次多项式总可以在基点 $x_0$ 处展开）。由上面的计算 $Q^{(k)}(x_0)=a_k\,k!$，于是条件强迫 \(a_k=\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\qquad(0\le k\le n),\) 每个系数都被唯一确定，所以 $Q=P_n$。唯一性得证——这个论证没有任何”显然”，它只是把”$k$ 阶导数在基点的值”和”第 $k$ 个系数”一一对应起来（这一点正是”在 $x_0$ 处展开”的好处）。

  (iii) 用它做什么？ 做局部逼近。$P_n$ 是 $f$ 在 $x_0$ 附近的”最佳 $n$ 次多项式替身”：离 $x_0$ 越近，替身越像（余项的阶是 $\vert x-x_0\vert ^{n+1}$）。

• 为什么需要”次数 $\le n$”这个条件？ 如果允许用任意高次多项式，$P_n$ 就不是唯一的了（你可以加 $C(x-x_0)^{n+1}$，前 $n$ 阶导数在 $x_0$ 处不变）。”次数 $\le n$”恰好锁死 $n+1$ 个系数，而”前 $n$ 阶导数相同”恰好给出 $n+1$ 个方程，方程数和未知数相等且矩阵可逆——唯一性就是这么来的。

• 反例（唯一性失效）：取 $f(x)=x^2$，$x_0=0$，$n=1$。则 $P_1(x)=0+0\cdot x=0$。而 $Q(x)=5x^2$ 也是次数 $\le2$ 的多项式，且 $Q(0)=f(0)=0$、$Q^{\prime}(0)=f^{\prime}(0)=0$，前 1 阶导数都相同，但 $Q\ne P_1$。原因：$Q$ 的次数是 2，超出了”次数 $\le n=1$”的允许范围。条件一松，唯一性立刻崩掉。

具体示例（全部用脚本验算过）

示例 A：$f(x)=\sin x$，$x_0=0$。

由 Notation 224 的周期 4 性：$f^{(k)}(0)$ 依次为 \(\sin 0=0,\quad \cos 0=1,\quad -\sin 0=0,\quad -\cos 0=-1,\quad \sin 0=0,\quad \cos 0=1,\quad\dots\) 即 $f^{(k)}(0)=0$（$k$ 偶）、$(-1)^{(k-1)/2}$（$k$ 奇）。于是 \(P_1(x)=0+1\cdot x=x,\qquad P_3(x)=x-\frac{x^3}{3!}=x-\frac{x^3}{6},\qquad P_5(x)=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{5!}=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}.\)

脚本验算（$k$ 阶导数在 $0$ 的值与系数 $f^{(k)}(0)/k!$）：

f^(0)(0) =  0.0000000000   coeff =  0.0000000000
f^(1)(0) =  1.0000000000   coeff =  1.0000000000
f^(2)(0) =  0.0000000000   coeff =  0.0000000000
f^(3)(0) = -1.0000000000   coeff = -0.1666666667   <-- 即 -1/6
f^(4)(0) =  0.0000000000   coeff =  0.0000000000
f^(5)(0) =  1.0000000000   coeff =  0.0083333333   <-- 即 1/120

⚠ 一个必须澄清的细节：Assignment 11 第 2(a) 题要的是”四阶 Taylor 多项式”

这里有一个术语陷阱。”fourth Taylor polynomial”（四阶 Taylor 多项式）指的是次数为 4 的 Taylor 多项式，也就是指标 $n=4$ 的 $P_4$，即 \(P_4(x)=\sum_{k=0}^{4}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k.\) 它不是“展开到 4 阶导数、次数为 3”的那个东西——这两个说法在一般函数上确实会给出不同的多项式，必须分清。

对 $f(x)=\sin x$、$x_0=0$：第 4 项是 $\dfrac{f^{(4)}(0)}{4!}x^4=\dfrac{0}{24}x^4=0$。所以 \(P_4(x)=x-\frac{x^3}{6}+0\cdot x^4=x-\frac{x^3}{6}=P_3(x).\) 结论：$\sin x$ 在 $0$ 处的四阶 Taylor 多项式就是 $x-\dfrac{x^3}{6}$，它恰与 $P_3$ 相同。（脚本验算：$f^{(4)}(0)=0$，系数 $0/24=0$。）

这个”$P_4=P_3$”现象的原因是 $\sin$ 的偶次项系数全为 0。请勿误写成 $x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{24}$——那是把 $\cos$ 或 $e^x$ 的系数错搬过来的典型错误。

示例 B：$f(x)=1-\dfrac{1}{x}$，$x_0=-1$（Assignment 11 第 2(b) 题）。

写成 $f(x)=1-x^{-1}$。逐阶求导（依据：幂函数求导法则 $(x^m)’=mx^{m-1}$，并用 Lecture 19 Theorem 212 的线性性与链式法则）： \(f^{\prime}(x)=x^{-2},\qquad f^{\prime\prime}(x)=-2x^{-3},\qquad f^{\prime\prime}^{\prime}(x)=6x^{-4},\qquad f^{(4)}(x)=-24x^{-5}.\) 一般地，对 $k\ge1$， \(f^{(k)}(x)=(-1)^{k+1}k!\,x^{-(k+1)}.\) 在 $x=-1$ 处代入（注意 $(-1)^{-(k+1)}=(-1)^{k+1}$，因为 $-(k+1)$ 与 $k+1$ 同奇偶）： \(\boxed{f^{(k)}(-1)=(-1)^{k+1}k!\cdot(-1)^{k+1}=(-1)^{2k+2}k!=k!\qquad(k\ge1).}\)

脚本验算（用精确有理数与阶乘）：

k   f^(k)(-1)      coeff = f^(k)(-1)/k!
0   2              2
1   1              1
2   2              1
3   6              1
4   24             1
5   120            1

（同时用中心差分数值微分独立核对：$h=0.01$ 时 $f^{(4)}(-1)\approx24.012$，$h=0.001$ 时 $\approx23.9986$，与精确值 $24$ 吻合。$h=0.0001$ 时出现 $35.5$ 是浮点相减误差放大所致，这是数值微分的典型陷阱，精确值以符号计算为准。）

因此 \(P_4(x)=f(-1)+f^{\prime}(-1)(x+1)+\frac{f^{\prime\prime}(-1)}{2!}(x+1)^2+\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(-1)}{3!}(x+1)^3+\frac{f^{(4)}(-1)}{4!}(x+1)^4\) \(=2+1\cdot(x+1)+\frac{2}{2}(x+1)^2+\frac{6}{6}(x+1)^3+\frac{24}{24}(x+1)^4,\) 即

⚠ 与原提示的差异：$f^{(4)}(-1)=(-1)^{5}\cdot4!\cdot(-1)^{-5}=(-1)^{10}\cdot24=+24$，是 $+24$（不是 $-24$），所以最后一项是 $+\frac{24}{24}(x+1)^4=+(x+1)^4$，取加号。脚本用两种独立方式（精确有理数求导 + 数值微分）与”代点比较”三重验证：

| $x$ | 真值 $f(x)=1-\frac1x$ | $P_4$（取 $+(x+1)^4$） | 误差 | 若误取 $-(x+1)^4$ | 误差 | |—|—|—|—|—|—| | $-0.5$ | $3$ | $47/16=2.9375$ | $-0.0625$ | $45/16=2.8125$ | $-0.1875$ | | $-0.75$ | $7/3\approx2.3333$ | $597/256\approx2.3320$ | $-0.0013$ | $595/256\approx2.3242$ | $-0.0091$ | | $-0.9$ | $19/9\approx2.1111$ | $21111/10000\approx2.11110$ | $-1.1\times10^{-5}$ | $\approx2.11090$ | $-2.1\times10^{-4}$ |

取加号时误差是取减号时的 $1/4$（当 $\vert x+1\vert $ 小时），这正符合”余项的首项是 $\frac{f^{(5)}(\xi)}{5!}(x+1)^5$、符号由 $f^{(5)}>0$ 决定”的预期。取加号正确。

示例 C：$f(x)=e^x$，$x_0=0$。

$f^{(k)}(x)=e^x$（$e^x$ 求导不变，这是它独一无二的性质），故 $f^{(k)}(0)=1$ 对一切 $k\ge0$，于是 \(P_n(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\cdots+\frac{x^n}{n!}.\)

脚本验算：$x=1$ 时

n=2: P_2(1)=2.5000000000   e - P_2 = 2.183e-01
n=3: P_3(1)=2.6666666667   e - P_3 = 5.162e-02
n=4: P_4(1)=2.7083333333   e - P_4 = 9.948e-03

Definition 229：连续函数空间 $C([a,b])$

• 严格定义： \(C([a,b]):=\{f:[a,b]\to\mathbb{R}\mid f\ \text{在}\ [a,b]\ \text{上连续}\}.\)
• 直观解释：把”所有连续函数”装进一个集合。Lecture 21 的黎曼积分定理会对 $f\in C([a,b])$ 陈述，而不是对某个具体函数——这是从”算一个例子”走向”建立一般理论”的标志。
• 为什么需要它？ 没有它，”连续性”这个假设要在每条定理里重写一遍；有了它，定理可以说成”$\forall f\in C([a,b])$，……”。
• 具体示例：$f(x)=x^2\in C([0,1])$；$g(x)=1/x\notin C([0,1])$（在 $0$ 无定义、也无界）；Dirichlet 函数 $D(x)=1$（$x\in\mathbb{Q}$）、$0$（$x\notin\mathbb{Q}$）不属于 $C([a,b])$（Lecture 15 已证它在每一点间断，见源文件 Theorem 172 那一段）。
• 反例（这个条件多重要）：Lecture 21 的存在性定理正是靠”$[a,b]$ 上连续 $\Rightarrow$ 一致连续”（Lecture 17）才成立的。把 $C([a,b])$ 换成”有界函数”，定理就假了——Dirichlet 函数有界但黎曼不可积（见下文补充）。

Definition 230 (Partition)：分割与范数

• 严格定义（源文件原文）：$[a,b]$ 的一个分割 (partition) 是一个有限集 \(X=\{a=x_0<x_1<x_2<\cdots<x_n=b\}\) （源文件写作 $x=\{a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b\}$，本笔记记作 $X$ 以免与自变量 $x$ 混淆）。$X$ 的范数 (norm)，记作 $\vert X\vert $（源文件：$\vert x\vert $），是数 \(\vert X\vert :=\max\{x_1-x_0,\;x_2-x_1,\;\dots,\;x_n-x_{n-1}\}=\max_{1\le k\le n}(x_k-x_{k-1}).\)

  术语注：$\vert X\vert $ 在英文教材里也叫 mesh（网格直径）或 norm of the partition。中文常见译名：”分割的范数”“分割的模”“网格”。本笔记混用”范数”与”网格”，指同一件事。

• 直观解释（”它到底在说什么？”）：分割就是”把 $[a,b]$ 用刀切成若干段”，刀口位置必须严格递增、且首尾恰好是 $a$ 和 $b$。范数是”最宽的那一段的宽度“。
  • 范数小 $\iff$ 每一段都窄 $\iff$ 分割”足够细”。
  • 注意：范数小不要求段数多！这是本讲最重要的反直觉点，见下面的 Zeno 反例。

• 为什么需要”$x_0=a$、$x_n=b$”和”严格递增”？ 若允许 $x_k=x_{k-1}$，就会产生宽度为 $0$ 的假段，$\sum(x_k-x_{k-1})$ 里多出无意义的项；若允许 $x_0\ne a$，那么 $[a,x_0]$ 这一段没被算进去，$\sum_{k}(x_k-x_{k-1})=x_n-x_0\ne b-a$ 的恒等式（后文反复用）就崩了。

• 具体示例 1（$n=3$）：$[0,1]$，$X=\{0,\ \tfrac14,\ \tfrac12,\ 1\}$。各段宽度为 $\tfrac14,\tfrac14,\tfrac12$，故 \(\vert X\vert =\max\{\tfrac14,\tfrac14,\tfrac12\}=\tfrac12.\)
• 具体示例 2（均匀分割）：$[a,b]$，$X=\{a+k\tfrac{b-a}{n}:k=0,\dots,n\}$，各段宽度都是 $\frac{b-a}{n}$，故 $\vert X\vert =\frac{b-a}{n}$。取 $a=0,b=1,n=100$，$\vert X\vert =0.01$。

• 具体示例 3（非均匀分割）：$[0,1]$，$X=\{0,\ 0.01,\ 0.02,\ 0.999,\ 1\}$，各段 $0.01,0.01,0.979,0.001$，$\vert X\vert =0.979$。段数虽多，范数却很大——因为有一段的宽度接近 $1$。

• 反例（Zeno 分割：范数不趋于 0）：对每个 $n$，取 \(X_n=\Big\{0,\ 1-\tfrac12,\ 1-\tfrac14,\ \dots,\ 1-\tfrac1{2^n}\Big\}.\) 各段宽度是 $\tfrac12,\tfrac14,\dots,\tfrac1{2^n}$，故 $\vert X_n\vert =\tfrac12$ 对每个 $n$ 都成立。脚本验算：

  Zeno n=10: intervals = 1/2, 1/4, ..., 1/1024   mesh = 1/2
  Zeno n=100: 101 个分割点                        mesh = 1/2
  uniform n=100: mesh = 1/100 = 0.01
  

  即使分割点个数从 $4$ 涨到 $101$，范数恒为 $\tfrac12$，永远不会变小。教训：“加更多分割点”不等于”范数变小”。Lecture 21 的一切定理都以 $\vert X\vert \to0$ 为前提，而不是以”分割点变多”为前提。这个反例正是理解 Definition 233 之后 Question 234 的关键。

Definition 231 (Tag)：标签与带标签分割

• 严格定义（源文件原文的”链式”写法）：若 $X$ 是 $[a,b]$ 的一个分割，$X$ 的一个标签 (tag) 是一个有限集 \(\xi=\{\xi_1,\xi_2,\dots,\xi_n\}\) 满足 \(a=x_0\le\xi_1\le x_1\le\xi_2\le x_2\le\cdots\le x_{n-1}\le\xi_n\le x_n=b.\) 称 $(X,\xi)$ 为一个带标签分割 (tagged partition)。

• 直观解释（”它到底在说什么？”）：每一个小段 $[x_{k-1},x_k]$ 里，插一面小旗子 $\xi_k$。上面那串”链式不等式”只是把 \(\xi_k\in[x_{k-1},x_k]\qquad(k=1,\dots,n)\) 写成了一行，方便一气读下去。用旗子处的函数值 $f(\xi_k)$ 当这一段的”代表高度”。

• 为什么需要”标签”这个额外自由度？ 因为我们要用高度 $f(\xi_k)$ 乘宽度来近似面积，而”这一段的代表高度”必须由我们选。如果强行规定只能取左端点，就得到”左黎曼和”，换右端点又得到另一个值；真相是：面积不应该依赖我们怎么选旗子。所以定义里必须让 $\xi_k$ 自由，然后要求”无论怎么选都对“（这正是 Lecture 21 定理的量化结构 $\forall$ 标签）。

• 具体示例：$[0,1]$，$X=\{0,\tfrac12,1\}$，$\xi=\{\tfrac14,\tfrac34\}$。检验：$0=x_0\le\xi_1=\tfrac14\le x_1=\tfrac12\le\xi_2=\tfrac34\le x_2=1$ ✓，是合法标签。
• 反例（非法的标签）：同样 $X=\{0,\tfrac12,1\}$，但 $\xi=\{\tfrac34,\tfrac14\}$。此时 $\xi_1=\tfrac34>x_1=\tfrac12$，链式不等式在第二步就断了。标签必须”待在它自己那一段里”，不许乱跑（这一点在 Assignment 11 第 5 题里用得很实：取 $\xi_k=x_k$ 右上端点就是合法标签，因为 $x_{k-1}\le x_k\le x_k$）。

Example 232（源文件例）

考虑带标签分割 \((X,\xi)=\big(\{1,\ \tfrac32,\ 2,\ 3\},\ \{\tfrac54,\ \tfrac74,\ \tfrac52\}\big).\) 先验证一致性：$x_0=1\le\xi_1=\tfrac54\le x_1=\tfrac32\le\xi_2=\tfrac74\le x_2=2\le\xi_3=\tfrac52\le x_3=3$ ✓。各段宽度为 \(x_1-x_0=\tfrac32-1=\tfrac12,\quad x_2-x_1=2-\tfrac32=\tfrac12,\quad x_3-x_2=3-2=1.\) 故 \(\vert X\vert =\max\{\tfrac32-1,\ 2-\tfrac32,\ 3-2\}=\max\{\tfrac12,\tfrac12,1\}=1.\) （与源文件一致。）

Definition 233 (Riemann sum)：黎曼和

• 严格定义（源文件原文）：$f$（定义在 $[a,b]$ 上）关于带标签分割 $(X,\xi)$ 的黎曼和 (Riemann sum) 是数 \(S_f(X,\xi):=\sum_{k=1}^{n}f(\xi_k)\,(x_k-x_{k-1}).\) （源文件记 $S_f(X,\xi)$。有时也写成 $S(X,\xi,f)$，三者的含义相同。）

• 直观解释（”它到底在说什么？”）：把曲线下的区域切成 $n$ 个竖条。第 $k$ 个竖条：宽 $x_k-x_{k-1}$，高 $f(\xi_k)$，面积 $f(\xi_k)(x_k-x_{k-1})$。全加起来就是黎曼和。

        f(x)
         │
         │        ╭─╮ ξ3 处的高度 f(ξ3)
         │   ╭────┤ │╭───╮
         │  ╱│ f(ξ1) │ f(ξ2)│  ╲
         │ ╱ │    │ │     │   ╲
         │╱  │    │ │     │    ╲
      ───┼───┴────┴─┴─────┴─────┴───→ x
         a  x0   ξ1   x1   ξ2  x2=b
         │← Δx1 →│← Δx2 →│← Δx3 →│
         矩形1     矩形2     矩形3
         S_f(X,ξ) = f(ξ1)Δx1 + f(ξ2)Δx2 + f(ξ3)Δx3   ≈ 曲线下面积
  

  注意图上每个矩形都只能在 $[x_{k-1},x_k]$ 内选高度（旗子 $\xi_k$ 在该段内），所以矩形可能高于也可能低于曲线——这正是”近似”的来源。

• 为什么需要”$f(\xi_k)$ 而不是别的”？ 因为我们想让矩形高度代表这一段的函数值。若 $f\ge0$，则 $S_f(X,\xi)$ 是阶梯函数 $\sum_k f(\xi_k)\mathbf{1}{[x{k-1},x_k)}$ 在 $[a,b]$ 上的”面积”，而这个阶梯函数是在每段内”用常数顶替 $f$”。整个黎曼理论就是研究”用越来越细的阶梯函数顶替 $f$，面积是否稳定”。

• 关键提醒（源文件紧接着的句子）：源文件说

  For $f\in C([a,b])$ positive, $S_f(X,\xi)$ is an approximate area under the graph of $f$. As $\vert X\vert \to0$, we should expect these approximate areas to converge to a number $A$.

  “we should expect（我们应该期待）”——只是期待，尚未证明。而且标签的选择会影响 $S_f(X,\xi)$：同一个分割 $X$ 换一组标签 $\xi^{\prime}$，和会变。所以”可积”不能是”存在一组标签让和收敛”，必须是”所有足够细的分割配上所有标签，和都趋于同一个 $L$”。

• 具体示例：$f(x)=x$，$[0,1]$，$X=\{0,\tfrac12,1\}$。
  • 取左端点标签 $\xi=\{0,\tfrac12\}$：$S=0\cdot\tfrac12+\tfrac12\cdot\tfrac12=\tfrac14=0.25$。
  • 取右端点标签 $\xi^{\prime}=\{\tfrac12,1\}$：$S=\tfrac12\cdot\tfrac12+1\cdot\tfrac12=\tfrac34=0.75$。
  • 取中点标签 $\xi^{\prime\prime}=\{\tfrac14,\tfrac34\}$：$S=\tfrac14\cdot\tfrac12+\tfrac34\cdot\tfrac12=\tfrac12=0.5$。 同一个分割，三个不同的和：$0.25,\ 0.75,\ 0.5$。标签真的会影响结果——但当 $\vert X\vert $ 变小时，三个值会互相靠拢（后文补充例题会量化这一点：误差 $\le\vert X\vert (b-a)/2$）。
• 反例（”标签影响结果”被推到极端）：Dirichlet 函数 $D(x)=1$（$x\in\mathbb{Q}$）、$0$（$x\notin\mathbb{Q}$）。任意分割 $X$，若每段都取有理标签，则 $S_D=b-a$；若每段都取无理标签，则 $S_D=0$。由于 $\mathbb{Q}$ 与 $\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$ 都在每个非退化区间内稠密（Lecture 1–3 的有理数稠密性），这两种标签都合法，而两个和相差 $b-a>0$，不可能同时靠近同一个 $L$。故 $D$ 不是黎曼可积的。（补充：源文件 Lecture 20 未讨论此例；它属于”黎曼积分理论的边界”，供理解”为什么定义要对所有标签量化”。）

Question 234（源文件问题）

Do these approximate sums actually converge? （这些近似和真的收敛吗？）

• 源文件回答：”We will answer this question and more during the next few lectures.”（我们将在接下来几讲回答这个问题以及更多。）
• 本讲的边界（务必守住）：Lecture 20 到此为止。本讲没有给出黎曼积分的正式定义，也没有证明存在性。正式的定理是 Lecture 21 的 Theorem 235（对 $f\in C([a,b])$，存在唯一数 $\int_a^b f$，使得对一切满足 $\vert X_r\vert \to0$ 的带标签分割序列 $\{(X_r,\xi_r)\}$，都有 $\lim_{r\to\infty}S_f(X_r,\xi_r)=\int_a^b f$）；证明工具是 Definition 237（连续性模 modulus of continuity） 与 Theorem 239、240。
• 预告（下一讲内容，非本讲结论）：把 Theorem 235 换一种写法的等价形式是：$\int_a^b f=L$ 当且仅当 \(\forall\epsilon>0\ \exists\delta>0\ \text{s.t.}\ \forall\ \text{带标签分割}(X,\xi),\ \vert X\vert <\delta\Longrightarrow\vert S_f(X,\xi)-L\vert <\epsilon.\) 这个 $\epsilon$-$\delta$ 形式与 Theorem 235 的序列形式等价（可用 Lecture 2–3 的”序列刻画”论证）。本笔记特此标明：它是 Lecture 21 的内容，不是本讲的定理。

源文件原文：

Riemann integration is the first rigorous theory of ‘area’ that agrees with experience (areas of rectangles, triangles, circles), and it is the inverse of differentiation. However, it is not a complete theory of area (see Lebesgue integration).

逐句读：

1. “第一个严格的面积理论”：在黎曼之前，”面积”是几何直观概念（矩形面积 = 长 × 宽，三角形 = 底 × 高 / 2，圆 = $\pi r^2$）。但对一条任意曲线下的面积，没有人给出过定义。黎曼积分第一次把它写成了严格的数学对象。
2. “与经验一致”：任何合理的面积理论都必须对矩形、三角形、圆给出教科书上的答案。这就是为什么黎曼和的形式是”高 × 宽”——它是”矩形面积”的直接推广。
3. “是微分的逆”：这是下一讲之后（Lecture 22, 微积分基本定理）的内容——积分与求导互为逆运算。
4. “不是完整的面积理论”：黎曼积分有它管不住的函数（例如 Dirichlet 函数，见上文反例）。更强大的理论是勒贝格积分 (Lebesgue integration)，它出现在更高阶的实分析课程里。

积分的两个用途（本讲反复回扣）：

• 用途一（求面积）：给定曲线，求曲线下的面积。这是本讲的出发点。
• 用途二（求反导数）：给定导数，反求原函数。这是 Lecture 22（微积分基本定理）的主题。

与 Lecture 16 的接口：Lecture 16 证明了极值定理 (Min-Max Theorem) 与 Bolzano 介值定理 (IVT)。这两个定理在本讲暂时用不上（它们描述连续函数的”取值范围”），但下一讲 Lecture 21 的证明必须依赖 Lecture 17 的一致连续性，而一致连续性又依赖于 Lecture 16/17 关于闭区间上连续函数的结论。依赖链：Lecture 16/17（闭区间上连续函数的整体性质）→ Lecture 21（黎曼积分存在性）。

Definition 230 再读：分割的范数为什么这样定义？

（严格定义见上文。）这里补充为什么不是”段数”而是”最大宽度”。

• 用段数 $n$ 当”粗细指标”会失败：Zeno 反例中 $n$ 从 3 涨到 100，但最宽的一段仍然是 $\frac12$，面积近似的最坏误差不会改善。“段数多”不能保证”每段都窄”。
• 用最大宽度 $\vert X\vert $ 就能同时控制所有段：若 $\vert X\vert <\delta$，则每一段的宽度都 $<\delta$。这是”一刀切”式的控制，正是后面所有误差估计需要的。
• 形式上，$\vert X\vert \to0$ 与”对每个 $\delta>0$ 都存在分割使 $\vert X\vert <\delta$”等价（取均匀分割 $n>\frac{b-a}{\delta}$ 即可，见下文具体示例）。

Definition 231 再读：标签条件的”链式写法”与”逐段写法”

源文件把标签条件写成一行链式不等式 \(a=x_0\le\xi_1\le x_1\le\xi_2\le x_2\le\cdots\le x_{n-1}\le\xi_n\le x_n=b.\) 它等价于逐段的条件 \(\xi_k\in[x_{k-1},x_k]\qquad(k=1,\dots,n).\) 等价性证明（两个方向都要写）：

• ($\Rightarrow$) 链式中第 $k$ 组是 $x_{k-1}\le\xi_k\le x_k$，即 $\xi_k\in[x_{k-1},x_k]$。
• ($\Leftarrow$) 已知 $\xi_k\in[x_{k-1},x_k]$ 对每个 $k$，且 $x_0<x_1<\cdots<x_n$。于是把 $x_0\le\xi_1$、$\xi_1\le x_1$、$x_1\le\xi_2$、$\xi_2\le x_2$、…、$x_{n-1}\le\xi_n$、$\xi_n\le x_n$ 按顺序串起来即可。 （依据：不等式的传递性。）

注意允许等号：$\xi_k$ 可以取端点 $x_{k-1}$ 或 $x_k$。所以”左端点和”“右端点和”“中点标签”都是合法标签。Assignment 11 第 5 题用的就是右端点标签 $\xi_k=x_k$。

Definition 233 再读：黎曼和的三个”必须记住的性质”

这三个性质都是”代数恒等式”，不涉及极限，但在后面所有计算中反复使用。

(P1) 面积系数恒等式：对任意分割 $X$， \(\sum_{k=1}^{n}(x_k-x_{k-1})=x_n-x_0=b-a.\) （依据：望远镜求和 telescoping sum。）这是”任意标签下，常数函数 $f\equiv c$ 的黎曼和恒等于 $c(b-a)$”的原因。

(P2) 有界性：若存在 $M\ge0$ 使 $\vert f(t)\vert \le M$ 对一切 $t\in[a,b]$ 成立，则 \(\vert S_f(X,\xi)\vert =\left\vert \sum_{k=1}^{n}f(\xi_k)(x_k-x_{k-1})\right\vert \le\sum_{k=1}^{n}M(x_k-x_{k-1})=M(b-a).\) （依据：三角不等式、$x_k-x_{k-1}>0$、几何求和。）黎曼和自动有界——这为”取极限”提供了先决条件。

(P3) 同一分割、不同标签的差：设 $\xi,\xi^{\prime}$ 是同一分割 $X$ 的两组标签，则 \(\vert S_f(X,\xi)-S_f(X,\xi^{\prime})\vert =\left\vert \sum_{k=1}^{n}\big(f(\xi_k)-f(\xi_k^{\prime})\big)(x_k-x_{k-1})\right\vert \le\sum_{k=1}^{n}\vert f(\xi_k)-f(\xi_k^{\prime})\vert \,(x_k-x_{k-1}).\) （依据：三角不等式；$x_k-x_{k-1}>0$。） 这个不等式是理解 Question 234 的关键：当 $f$ 连续时，只要 $\vert X\vert $ 小，$\xi_k$ 与 $\xi_k^{\prime}$ 都在同一小段内，$\vert f(\xi_k)-f(\xi_k^{\prime})\vert $ 就一致地小（这就是 Lecture 21 的连续性模 $\omega_f$ 的用处），于是两组标签给出几乎相同的和。若 $f$ 不连续（如 Dirichlet 函数），$\vert f(\xi_k)-f(\xi_k^{\prime})\vert $ 可以等于 $1$，不等式无法收紧。

        分割 X 与两组标签：ξ（实心点）和 ξ'（空心点）
        │
   f(x) │      ● ξ2'         ○ ξ2
        │   ○ ξ1        ● ξ3'
        │ ● ξ1'   ○ ξ3
        │╱──┼────┼────┼────┼────╲
     ───┼───┴────┴────┴────┴─────┴───→ x
        a   x0     x1     x2    x3=b
            ↑      ↑      ↑
         同一段内两组标签的差异被 Δx_k 加权后求和 —— 这就是 (P3) 的含义

Question 234 的”预告”：下一讲怎么回答它？

（以下全部是 Lecture 21 的内容，本讲只做预告，不引用为本讲结论。）

回答 Question 234 的路线是：

1. 定义连续性模（Lecture 21, Definition 237）：对 $f\in C([a,b])$、$\eta>0$， \(\omega_f(\eta):=\sup\{\vert f(x)-f(y)\vert :x,y\in[a,b],\ \vert x-y\vert \le\eta\}.\)
2. 证明 $\omega_f(\eta)\to0$（Lecture 21, Theorem 239）：这一步用的正是 Lecture 17 的一致连续性（$[a,b]$ 上连续 $\Leftrightarrow$ 一致连续）。
3. 证明”细分不改变多少”（Lecture 21, Theorem 240）：若 $X\subset X^{\prime}$（$X^{\prime}$ 是 $X$ 的加细 (refinement)），则 \(\vert S_f(X,\xi)-S_f(X^{\prime},\xi^{\prime})\vert \le\omega_f(\vert X\vert )(b-a).\)
4. 用加细把两列黎曼和拉到一起：任取两列带标签分割序列，都加细到共同的分割，用 (3) 把差异压到 $\omega_f(\vert X\vert )(b-a)\to0$，从而证明它们收敛到同一个极限。这就是 Lecture 21, Theorem 235。

为什么本讲不能给出积分定义？ 因为直到现在我们还不知道”极限是否存在且唯一”。如果先写定义再证存在，逻辑上没错（定义可以只描述一个条件），但课程选择先提出问题（Question 234），下一讲再一并给出定理与证明。本笔记严格遵守这个边界。

Theorem 225 (Taylor)：Taylor 定理

定理陈述（严格照源文件）：

设 $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ 连续，且在 $[a,b]$ 上有 $n$ 个连续导数，并且 $f^{(n+1)}$ 在 $(a,b)$ 上存在。给定 $x_0,x\in[a,b]$，则存在 $c\in(x_0,x)$ 使得 \(f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}f^{(k)}(x_0)\,(x-x_0)^k+\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}.\) 记前一个大和为 $P_n(x)$，最后一项为 $R_n(x)$。

关于陈述的两点诚实说明（必须写清）：

1. 源文件写的是 “$c\in(x_0,x)$”，这只在 $x_0<x$ 时字面成立。源文件的证明也默认了 $x_0<x$（因为它在 $[x_0,x]$ 上用中值定理、并得到 $x_0<x_1<x$）。对 $x<x_0$，把区间方向反过来（在 $[x,x_0]$ 上用同样的论证）就得到 $c\in(x,x_0)$。因此最忠实的读法是”$c$ 严格介于 $x_0$ 与 $x$ 之间”。本笔记在证明中同时说明这两种情形。
2. 条件是”$f$ 在 $[a,b]$ 上有 $n$ 个连续导数，而 $f^{(n+1)}$ 只在开区间 $(a,b)$ 上存在”。这不是随意的技术细节——第 $k$ 次用 Rolle 定理时，需要 $g^{(k)}$ 在闭子区间上连续（Rolle 需要闭区间连续），而 $g^{(k)}$ 的连续性正来自”$f^{(k)}$ 在 $[a,b]$ 上连续”。条件是为证明量身定做的。

证明策略：

MVT 的”误差版”是 $f(x)=f(x_0)+f^{\prime}(\xi)(x-x_0)$。要把它推到 $n$ 阶，思路是：

1. 把待证的结论当成一个定义式：令 $M=\dfrac{f(x)-P_n(x)}{(x-x_0)^{n+1}}$（对固定的 $x$ 而言这是一个数），则结论等价于”$M=\dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}$ 对某个 $c$ 成立”。
2. 构造一个辅助函数 $g$，让结论变成”$g^{(n+1)}$ 有零点”：令 \(g(s):=f(s)-P_n(s)-M(s-x_0)^{n+1}.\) 这个构造的动机是”把余项按 $(x-x_0)^{n+1}$ 的比例归一化”（见下文机制解说）。
3. 数零点并反复用 Rolle：$g$ 在 $x_0$ 处有 $n+1$ 个零点条件（$g(x_0)=g^{\prime}(x_0)=\cdots=g^{(n)}(x_0)=0$），在 $x$ 处有 $g(x)=0$。每用一次 Rolle 就”消耗掉一个零点、把阶数降一”，用了 $n+1$ 次之后得到 $g^{(n+1)}(c)=0$。
4. 算出 $g^{(n+1)}$：$f$ 贡献 $f^{(n+1)}$，$P_n$ 因为次数是 $n$ 贡献 $0$，$M(s-x_0)^{n+1}$ 贡献 $M(n+1)!$。三者相减即得 $M=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}$。

逐步推导：

设 $x,x_0\in[a,b]$。

步骤 1（平凡情形先处理）：若 $x=x_0$，则 $(x-x_0)^k=0$ 对 $k\ge1$，故 $P_n(x)=f(x_0)=f(x)$，且 $(x-x_0)^{n+1}=0$，于是等式对任意 $c$ 成立（源文件：”If $x=x_0$ then any $c$ will satisfy the theorem.”）。 所以下面设 $x\ne x_0$。为书写方便先设 $x_0<x$；$x<x_0$ 的情形在步骤 9 处理。

步骤 2（记号的准备：$\star$ 恒等式）：由 Definition 226 的推导已得 \(P_n^{(k)}(x_0)=f^{(k)}(x_0)\qquad(0\le k\le n).\tag{$\\star$}\) （依据：对 $P_n$ 求 $k$ 次导后代入 $x=x_0$，只有 $j=k$ 项存活。这一步是整个证明的支点。）

步骤 3（定义归一化常数 $M$）：令 \(M:=M_{x,x_0}:=\frac{f(x)-P_n(x)}{(x-x_0)^{n+1}}.\) 因为 $x\ne x_0$，分母 $\ne0$，所以 $M$ 是一个确定的实数。由定义立刻有 \(f(x)=P_n(x)+M(x-x_0)^{n+1}.\tag{3.1}\) （依据：两边乘 $(x-x_0)^{n+1}$。）

步骤 4（构造辅助函数 $g$）：令 \(g(s):=f(s)-P_n(s)-M(s-x_0)^{n+1},\qquad s\in[a,b].\)

• $g$ 有 $n+1$ 阶导数：$f$ 在 $(a,b)$ 上有 $n+1$ 阶导数、在 $[a,b]$ 上有 $n$ 个连续导数；$P_n$ 是多项式（无穷次可导）；$M(s-x_0)^{n+1}$ 是多项式。故 $g^{(n+1)}$ 在 $(a,b)$ 上存在，且 $g^{(k)}$ 在 $[a,b]$ 上对 $0\le k\le n$ 连续。（源文件注：”notably, $n+1$-times differentiable”。）

步骤 5（$g$ 在 $x_0$ 处的 $n+1$ 个零点）：对 $0\le k\le n$，计算 $g^{(k)}(x_0)$。

• $k=0$：$g(x_0)=f(x_0)-P_n(x_0)-M(x_0-x_0)^{n+1}=f(x_0)-f(x_0)-M\cdot0=0$。（依据：$(\star)$ 中 $k=0$。）
• $k=1$：$g^{\prime}(s)=f^{\prime}(s)-P_n^{\prime}(s)-M(n+1)(s-x_0)^{n}$，代入 $s=x_0$：$g^{\prime}(x_0)=f^{\prime}(x_0)-P_n^{\prime}(x_0)-M(n+1)\cdot0^n=0$。（依据：$(\star)$ 中 $k=1$；当 $n\ge1$ 时 $0^n=0$。）
• 一般 $k$（$1\le k\le n$）：$\dfrac{d^k}{ds^k}\big[M(s-x_0)^{n+1}\big]=M\,\dfrac{(n+1)!}{(n+1-k)!}(s-x_0)^{n+1-k}$，代入 $s=x_0$ 得 $0$（因为 $n+1-k\ge1$）。故 \(g^{(k)}(x_0)=f^{(k)}(x_0)-P_n^{(k)}(x_0)-0=0.\qquad(\text{依据：}(\star))\) 于是 \(g(x_0)=g^{\prime}(x_0)=g^{\prime\prime}(x_0)=\cdots=g^{(n)}(x_0)=0.\tag{5.1}\)

步骤 6（$g$ 在 $x$ 处的零点）： \(g(x)=f(x)-P_n(x)-M(x-x_0)^{n+1}=0\qquad(\text{依据：}(3.1)).\tag{6.1}\)

步骤 7（第 1 次 Rolle：从两个 $g$ 的零点得到 $g^{\prime}$ 的零点）： 在闭区间 $[x_0,x]$ 上使用 Rolle 定理（Lecture 19）。检查条件：

• $g$ 在 $[x_0,x]$ 上连续（$f$ 连续，$P_n$ 与 $(s-x_0)^{n+1}$ 连续）；
• $g$ 在 $(x_0,x)$ 上可导（$f$ 在 $(a,b)$ 上可导）；
• $g(x_0)=0$（步骤 5）且 $g(x)=0$（步骤 6）。

由 Rolle 定理，存在 $x_1\in(x_0,x)$ 使 $g^{\prime}(x_1)=0$。

步骤 8（第 2 次 Rolle，并递推下去）：现在 $g^{\prime}(x_0)=0$（步骤 5，$k=1$）且 $g^{\prime}(x_1)=0$。在 $[x_0,x_1]$ 上用 Rolle（条件同前：$g^{\prime}$ 在 $[x_0,x_1]$ 上连续——由 $f^{\prime}$ 连续；在 $(x_0,x_1)$ 上可导——由 $f^{\prime\prime}$ 存在），得 \(\exists x_2\in(x_0,x_1)\ \text{使}\ g^{\prime\prime}(x_2)=0.\) 继续同样的推理：由 $g^{\prime\prime}(x_0)=0$ 与 $g^{\prime\prime}(x_2)=0$ 得 $\exists x_3\in(x_0,x_2)$ 使 $g^{\prime\prime}^{\prime}(x_3)=0$；……；第 $n$ 次得 \(\exists x_n\in(x_0,x_{n-1})\ \text{使}\ g^{(n)}(x_n)=0.\) （依据：每一步都使用步骤 5.1 给出的 $g^{(k)}(x_0)=0$ 与上一步刚得的零点，并注意区间在收缩 \(x_0<x_n<x_{n-1}<\cdots<x_2<x_1<x.)\)

步骤 9（第 $n+1$ 次 Rolle：得到 $g^{(n+1)}(c)=0$）：现在 $g^{(n)}(x_0)=0$（步骤 5，$k=n$）且 $g^{(n)}(x_n)=0$。在 $[x_0,x_n]$ 上用 Rolle（$g^{(n)}$ 在 $[x_0,x_n]$ 上连续——由 $f^{(n)}$ 在 $[a,b]$ 上连续；在 $(x_0,x_n)$ 上可导、导数为 $g^{(n+1)}$——由 $f^{(n+1)}$ 在 $(a,b)$ 上存在），得 \(\exists\,c\in(x_0,x_n)\subset(x_0,x)\ \text{使}\ g^{(n+1)}(c)=0.\tag{9.1}\) 这里就是”为什么假设 $f^{(n)}$ 在闭区间上连续”的用处：Rolle 的最后一次使用需要 $g^{(n)}$ 在闭区间 $[x_0,x_n]$ 上连续。

步骤 10（计算 $g^{(n+1)}$，三条命）：

• $f$ 的贡献：$\dfrac{d^{n+1}}{ds^{n+1}}f(s)=f^{(n+1)}(s)$，在 $c$ 处为 $f^{(n+1)}(c)$（依据：$f^{(n+1)}$ 在 $(a,b)$ 上存在，$c\in(a,b)$）。
• $P_n$ 的贡献：$P_n$ 是次数 $\le n$ 的多项式，其第 $n+1$ 阶导数恒为 $0$： \(P_n^{(n+1)}(c)=0.\qquad(\text{依据：Definition 223 示例中的 }x^n\text{ 结论})\)
• $M(s-x_0)^{n+1}$ 的贡献：$\dfrac{d^{n+1}}{ds^{n+1}}\big[M(s-x_0)^{n+1}\big]=M(n+1)!$（依据：对 $s^{n+1}$ 求 $n+1$ 次导得 $(n+1)!$；源文件写出这一计算）。注意这是常数，与 $c$ 无关。

由 (9.1) 与线性性（Lecture 19 Theorem 212 第 1 条）： \(0=g^{(n+1)}(c)=f^{(n+1)}(c)-0-M(n+1)!,\) 故 \(M=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}.\tag{10.1}\)

步骤 11（代入收尾）：把 (10.1) 代入 (3.1)： \(f(x)=P_n(x)+\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} =\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}.\) 这正是要证的。∎

步骤 12（$x<x_0$ 的情形）：把上面所有论证中的区间 $[x_0,x]$ 替换成 $[x,x_0]$，Rolle 定理给出的点依次落在 $(x,x_0)$ 内，最后得到 $c\in(x,x_0)$ 满足同一个等式。唯一需要检查的是 Rolle 的闭区间连续性条件在反向区间上同样成立——它只依赖于 $[a,b]$ 上有连续导数，与区间方向无关，故确实成立。于是”$c$ 介于 $x_0$ 与 $x$ 之间”。∎

【证明机制解说】

(1) 为什么”要反复用 Rolle”？

Rolle 定理的输入是”两个函数值相等的点”，输出是”中间有一个导数零点”。我们的目标是得到 $g^{(n+1)}$ 的一个零点——也就是要求 $g$ 的第 $n+1$ 阶导数有零点。而 $g$ 在 $x_0$ 处手握着 $n+1$ 个”隐藏零点”： \(g(x_0)=0,\ g^{\prime}(x_0)=0,\ \dots,\ g^{(n)}(x_0)=0.\) 这些条件是定义 $P_n$ 时自动送上门来的（就是 $(\star)$）。再加上 $g(x)=0$ 这第 $n+2$ 个条件。于是我们可以”层层递进”：

g    : 零点 x0 , x
        │  Rolle
g'   : 零点 x0 , x1        (x0 < x1 < x)
        │  Rolle
g''  : 零点 x0 , x2        (x0 < x2 < x1)
        │  Rolle
 ...    ...
        │  Rolle
g^(n): 零点 x0 , xn        (x0 < xn < x_{n-1})
        │  Rolle
g^(n+1): 零点 c            (x0 < c < xn)

关键是每用一次 Rolle 就”消耗掉一个零点”：要让 $g^{(k)}$ 出现零点，你需要 $g^{(k-1)}$ 的两个零点。$x_0$ 处的零点只能”用一次”（它在 $g^{(k-1)}$ 上被用掉后，就变成了 $g^{(k)}$ 的一个零点，而且 $g^{(k)}(x_0)$ 又恰好是 0——因为 $(\star)$ 给了所有阶）。因此链条能一直走下去，一共走 $n+1$ 步，正好抵达 $g^{(n+1)}$。

换句话说，$P_n$ 的定义（前 $n$ 阶导数在 $x_0$ 处复刻 $f$）恰好提供了所需的 $n+1$ 个起始零点，而”$n+1$ 阶导数”恰好需要 $n+1$ 次 Rolle。两者数量精确匹配——这就是为什么 Taylor 定理里是 $n+1$ 而不是别的数。

(2) 辅助函数 $g$ 的设计动机：把余项按 $(x-x_0)^{n+1}$ 的比例归一化。

我们想证明的东西是”$f(x)-P_n(x)$ 恰好等于 $\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$”。左边是一个已知的数（对固定的 $x$ 而言），右边是一个未知点 $c$ 的导数。怎么把”数”和”导数”缝在一起？

办法是引入比例系数 $M=\frac{f(x)-P_n(x)}{(x-x_0)^{n+1}}$，把结论改写成”$M$ 等于某个 $f^{(n+1)}(c)/(n+1)!$”。然后构造 \(g(s)=\underbrace{f(s)-P_n(s)}_{\text{把前 }n\text{ 阶导数在 }x_0\text{ 处清零}}-\underbrace{M(s-x_0)^{n+1}}_{\text{按同一次幂的比例扣掉}}.\) 这个 $g$ 有两个”魔法性质”：

• 在 $x_0$ 处，$f-P_n$ 的前 $n$ 阶导数全为 0（由 $(\star)$），而 $M(s-x_0)^{n+1}$ 的前 $n$ 阶导数在 $x_0$ 处也全为 0。所以 $g$ 的前 $n$ 阶导数在 $x_0$ 处全灭。
• 在 $x$ 处，$g(x)=f(x)-P_n(x)-M(x-x_0)^{n+1}=0$（这正是 $M$ 的定义！）。

“把余项按 $(x-x_0)^{n+1}$ 的比例归一化”就是：用 $(x-x_0)^{n+1}$ 作为标尺去量余项，量出的读数叫 $M$；再把这个标尺从 $f-P_n$ 里减掉，得到的函数 $g$ 在 $x$ 处恰好归零。 一个在 $x_0$ 处”多阶归零”、在 $x$ 处”单点归零”的函数，被 Rolle 层层挤压后，第 $n+1$ 阶导数必然有一个零点——而那个零点处的 $g^{(n+1)}$ 表达式里同时含有 $f^{(n+1)}(c)$ 和 $M(n+1)!$，一相减就解出了 $M$。

如果自己重新发明这个证明，你会怎么想？ 从 $n=1$ 的情形反推：要证 $f(x)=f(x_0)+f^{\prime}(c)(x-x_0)$，标准做法是令 $h(s)=f(s)-f(x_0)-\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}(s-x_0)$，则 $h(x_0)=h(x)=0$，Rolle 给出 $h^{\prime}(c)=0$，即 $f^{\prime}(c)=\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$。把 $\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ 换成 $M$、把 $(s-x_0)$ 换成 $(s-x_0)^{n+1}$、把 $h$ 换成 $g$、把”一次 Rolle”换成”$n+1$ 次 Rolle”，就是 Taylor 定理的证明。 结构一模一样，只是层数变多。

(3) 为什么 Taylor 定理是 MVT 的推广？—— 用 $n=0$ 当场验证。

取 $n=0$。此时：

• $P_0(x)=\sum_{k=0}^{0}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k=\frac{f^{(0)}(x_0)}{0!}(x-x_0)^0=f(x_0)$（依据：$0!=1$，$(x-x_0)^0=1$）。
• 定理假设变成：$f$ 在 $[a,b]$ 上连续（”0 个连续导数”= 没有额外要求）、$f^{(1)}=f^{\prime}$ 在 $(a,b)$ 上存在。
• 结论变成：存在 $c$ 介于 $x_0$ 与 $x$ 之间，使 \(f(x)=P_0(x)+\frac{f^{(1)}(c)}{1!}(x-x_0)^{1}=f(x_0)+f^{\prime}(c)(x-x_0).\)

这正是 Lecture 19 的中值定理（把 $x$ 写成 $b$、$x_0$ 写成 $a$，得到 $f(b)=f(a)+f^{\prime}(c)(b-a)$）。✓

验证完毕。所以 Remark 222 的话被落实了：Taylor 定理在 $n=0$ 时字面上就是 MVT。反过来说，Taylor 定理是”把 MVT 中的一阶导数提升到 $n+1$ 阶、把函数值差提升为 $n$ 阶余项”的产物。

【证明技巧总结】

Taylor 定理的证明 = 构造余项（消掉前 $n$ 阶导数）+ 构造辅助函数归零 + 反复 Rolle $n+1$ 次。

可迁移的证明模式：

1. “把要证的等式改写成’某个数 $M$ 等于某个导数’“：这是把”存在性陈述”（存在 $c$）转化为”辅助函数有零点”的标准手法。同类手法见 MVT、积分中值定理。
2. “让辅助函数在该点前 $k$ 阶导数全为 0”：这样每次 Rolle 都能从同一点 $x_0$ 借到一个零点，形成”阶梯式降阶”。
3. “数清楚需要几次 Rolle”：需要 $g^{(n+1)}$ 的零点，就要 $n+1$ 次 Rolle；每次 Rolle 消耗一个零点条件，所以需要 $n+1$ 个（$x_0$ 处 $n$ 个 + $x$ 处 $1$ 个）。先数数，再构造，这是高阶中值型定理的通用起手式。
4. “多项式的高阶导数为 0”：$P_n^{(n+1)}\equiv0$ 是让计算闭合的最后一击。
5. “闭区间连续 + 开区间可导”：每次 Rolle 使用前都要逐条核对这两条，这就是定理假设长成那样的原因。

【补充】余项估计与逼近精度

源文件给出了余项的精确形式；实际使用时更常用它的上界。这是标准推论（补充，源文件未单列，但直接由 Theorem 225 得到）：

推论（余项估计）：在 Theorem 225 的假设下，若还存在常数 $M\ge0$ 使 \(\vert f^{(n+1)}(t)\vert \le M\qquad\text{对一切介于 }x_0\text{ 与 }x\text{ 之间的 }t,\) 则 \(\vert f(x)-P_n(x)\vert =\vert R_n(x)\vert \le\frac{M}{(n+1)!}\vert x-x_0\vert ^{n+1}.\)

推导：由 Theorem 225，$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$，其中 $c$ 介于 $x_0$ 与 $x$ 之间。取绝对值并用三角不等式： \(\vert R_n(x)\vert =\frac{\vert f^{(n+1)}(c)\vert }{(n+1)!}\vert x-x_0\vert ^{n+1}\le\frac{M}{(n+1)!}\vert x-x_0\vert ^{n+1}.\) （依据：$\vert ab\vert =\vert a\vert \vert b\vert $；$\vert x-x_0\vert ^{n+1}\ge0$；$\vert f^{(n+1)}(c)\vert \le M$。）∎

具体应用：$\sin x\approx x-\dfrac{x^3}{6}$ 在 $\vert x\vert \le1$ 上的误差界。

取 $x_0=0$、$n=3$（或 $n=4$，因为 $P_4=P_3$，$f^{(4)}=\sin$）。用 $n=3$：$f^{(4)}(t)=\sin t$，在 $\vert t\vert \le1$ 上 $\vert \sin t\vert \le\sin 1\approx0.84147$（也可粗取 $M=1$）。于是 \(\vert R_3(x)\vert \le\frac{\sin 1}{4!}\vert x\vert ^4\le\frac{\sin 1}{24}\approx0.03506\qquad(\vert x\vert \le1),\) 或者更粗但更好记的 \(\vert R_3(x)\vert \le\frac{1}{24}\vert x\vert ^4\le\frac1{24}\approx0.041667\qquad(\vert x\vert \le1).\)

脚本验算（实际误差 vs 界）：

  x      |actual error|   x^4/24      sin(1)*x^4/24
 0.00    0.0000000000     0.0000000000   0.0000000000
 0.25    0.0000081259     0.0001627604   0.0001369582
 0.50    0.0002588719     0.0026041667   0.0021913307
 0.75    0.0019512600     0.0131835938   0.0110936116
 1.00    0.0081376515     0.0416666667   0.0350612910
（网格扫描 [-1,1] 的最大实际误差 = 0.008137651475，出现在 x = ±1）

结论：两套界都成立且相当宽松（真实误差 $0.00814$ 远小于界 $0.03506$），这正是”用一个粗糙但可靠的界换取一般性”的典型取舍——界的作用是”保证精度”，不是”给出最精确的数”。

Theorem 227 (Second Derivative Test)：二阶导数判别法

定理陈述（严格照源文件）：

设 $f:(a,b)\to\mathbb{R}$ 有两个连续导数。若 $x_0\in(a,b)$ 满足 $f^{\prime}(x_0)=0$ 且 $f^{\prime\prime}(x_0)>0$，则 $f$ 在 $x_0$ 处有严格相对极小 (strict relative minimum)。

即：存在 $\delta>0$，使对一切 $x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\cap(a,b)$，$x\ne x_0$，都有 $f(x)>f(x_0)$。

证明策略：

源文件的思路非常干脆，分两步：

1. 用 $f^{\prime\prime}$ 的连续性把”$f^{\prime\prime}(x_0)>0$”升级为”$x_0$ 附近处处 $f^{\prime\prime}>0$”。这一步是容斥论证（$\epsilon$-$\delta$ 版本）：因为 $f^{\prime\prime}(x_0)>0$，取 $\epsilon=\frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2}>0$ 实用极限定义，得到一个邻域，使该邻域内 $f^{\prime\prime}(c)>f^{\prime\prime}(x_0)-\frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2}=\frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2}>0$。
2. 在该邻域内用 Taylor 定理（$n=1$），把 $f(x)-f(x_0)$ 写成 $\frac{f^{\prime\prime}(c)}{2}(x-x_0)^2$。由于 $f^{\prime\prime}(c)>0$ 且 $(x-x_0)^2>0$（$x\ne x_0$），这个差是正数。

逐步推导：

步骤 1（连续性给出正性邻域）：由假设 $f^{\prime\prime}$ 在 $x_0$ 连续，故 $\lim_{t\to x_0}f^{\prime\prime}(t)=f^{\prime\prime}(x_0)>0$。（依据：Definition of continuity at a point，Lecture 14。）

步骤 2（取 $\epsilon$ 为具体数字）：取 \(\epsilon:=\frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2}>0.\) （依据：$f^{\prime\prime}(x_0)>0$，所以它的一半严格大于 $0$。这是具体的、可算的数：例如若 $f^{\prime\prime}(x_0)=4$，则 $\epsilon=2$。） 由极限的 $\epsilon$-$\delta$ 定义，存在 $\delta_0>0$，使 \(t\in(a,b),\ \vert t-x_0\vert <\delta_0\ \Longrightarrow\ \vert f^{\prime\prime}(t)-f^{\prime\prime}(x_0)\vert <\frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2}.\)

步骤 3（解出 $f^{\prime\prime}(t)>0$）：对上式去掉绝对值： \(-\frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2}<f^{\prime\prime}(t)-f^{\prime\prime}(x_0)\ \Longrightarrow\ f^{\prime\prime}(t)>f^{\prime\prime}(x_0)-\frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2}=\frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2}>0.\) （依据：$\vert u\vert <v\iff-v<u<v$。） 结论（记下来备用）： \(\forall t\in(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\cap(a,b):\qquad f^{\prime\prime}(t)>0.\tag{3.1}\)

步骤 4（取工作邻域并确认 Taylor 条件）：取 \(\delta:=\min\Big\{\delta_0,\ \frac{b-x_0}{2},\ \frac{x_0-a}{2}\Big\}>0,\) 使闭区间 $[x_0-\delta,x_0+\delta]\subset(a,b)$。（依据：$x_0\in(a,b)$，故 $x_0-a>0$、$b-x_0>0$。） 固定 $x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)$，$x\ne x_0$。在 $[x_0-\delta,x_0+\delta]$ 上检查 Theorem 225 的条件（取 $n=1$）：

• $f$ 在 $[x_0-\delta,x_0+\delta]$ 上连续 ✓（$f$ 可导，Lecture 17 已证可导 $\Rightarrow$ 连续）；
• $f$ 在 $[x_0-\delta,x_0+\delta]$ 上有 1 个连续导数 ✓（$f^{\prime}$ 连续，因为 $f$ 有两个连续导数）；
• $f^{(2)}=f^{\prime\prime}$ 在 $(x_0-\delta,x_0+\delta)$ 上存在 ✓。

步骤 5（套用 Taylor 定理，$n=1$）：由 Theorem 225，存在 $c$ 介于 $x$ 与 $x_0$ 之间（因而 $c\in(x_0-\delta,x_0+\delta)$），使 \(f(x)=f(x_0)+f^{\prime}(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{\prime\prime}(c)}{2!}(x-x_0)^2.\) （依据：Theorem 225 取 $n=1$，即 $P_1(x)=f(x_0)+f^{\prime}(x_0)(x-x_0)$。）

步骤 6（用假设 $f^{\prime}(x_0)=0$ 消掉一次项）： \(f(x)=f(x_0)+0\cdot(x-x_0)+\frac{f^{\prime\prime}(c)}{2}(x-x_0)^2=f(x_0)+\frac{f^{\prime\prime}(c)}{2}(x-x_0)^2.\tag{6.1}\) 这正是源文件写的那一行。

步骤 7（判定符号）：$c\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\subset(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)\cap(a,b)$，由 (3.1) 得 $f^{\prime\prime}(c)>0$；又 $(x-x_0)^2\ge0$。故 \(\frac{f^{\prime\prime}(c)}{2}(x-x_0)^2\ge0\qquad\Longrightarrow\qquad f(x)\ge f(x_0).\)

步骤 8（严格性：$x\ne x_0$ 时严格大于）：若 $x\ne x_0$，则 $(x-x_0)^2>0$，而 $\frac{f^{\prime\prime}(c)}{2}>0$，两个正数相乘 $>0$，于是 \(f(x)=f(x_0)+\underbrace{\frac{f^{\prime\prime}(c)}{2}(x-x_0)^2}_{>0}>f(x_0).\) 故 $x_0$ 是严格相对极小点。∎ （源文件原话：”with $f(x)>f(x_0)$ if $x\ne x_0$”。）

【证明机制解说】

这个证明最妙的地方是把”一个点的信息”变成”一个邻域的信息”。假设只告诉你 $f^{\prime\prime}(x_0)>0$——这是单点的信息；但要证明”局部极小”，你需要整个邻域内 $f(x)\ge f(x_0)$。这道鸿沟由连续性填平：连续性的定义恰好说”离得够近时，函数值离 $f^{\prime\prime}(x_0)$ 足够近”，而 $f^{\prime\prime}(x_0)>0$ 意味着”足够近”就可以保证仍然 $>0$。

为什么要取 $\epsilon=f^{\prime\prime}(x_0)/2$ 而不是 $\epsilon=f^{\prime\prime}(x_0)$？ 取 $\epsilon=f^{\prime\prime}(x_0)$ 只能得到 $f^{\prime\prime}(t)>0$（非严格），在解 $(3.1)$ 时会得到 $f^{\prime\prime}(t)>f^{\prime\prime}(x_0)-f^{\prime\prime}(x_0)=0$——其实也算 $>0$，勉强够用。但取 $\epsilon=f^{\prime\prime}(x_0)/2$ 得到 $f^{\prime\prime}(t)>f^{\prime\prime}(x_0)/2>0$，留下了正的余量$\frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2}$，这个余量在后面任何需要”乘以一个正常数”的地方都用得上，是更稳健的写法（“留一半余量”是分析里极其常见的技巧，与 $\epsilon/2$ 技巧同源）。

“if you had to reinvent it”：先问”局部极小的证明需要什么？”——需要 $f(x)-f(x_0)$ 在 $x_0$ 附近定号。Taylor 定理正好把 $f(x)-f(x_0)$ 写成一个显式表达式 $\frac{f^{\prime\prime}(c)}{2}(x-x_0)^2$，其中 $(x-x_0)^2$ 自动非负，所以只剩 $f^{\prime\prime}(c)$ 的符号要操心。于是问题立刻退化为”怎么保证 $c$ 附近 $f^{\prime\prime}>0$”，而这就是连续性的日常工作。先找表达式，再定符号，最后用连续性兜底。

【证明技巧总结】

1. “连续性 + 单点正值 $\Rightarrow$ 邻域内正值”：这是分析中最常用的”信息传播”模式。标准做法是取 $\epsilon=$ 该正值的一半。
2. “用 Taylor 定理制造显式表达式”：把 $f(x)-f(x_0)$ 写成含 $(x-x_0)^2$ 的乘积，使符号判定变成”一个非负因子 × 一个待判因子”。
3. “缩小区间以适配定理假设”：Theorem 225 只假设 $f^{(n+1)}$ 在开区间存在，所以先取 $\delta\le\frac{b-x_0}{2},\frac{x_0-a}{2}$ 把闭工作区间塞进 $(a,b)$。凡是要在闭区间上用”开区间前提”的定理，都要先做这一步。
4. “非负 vs 严格正”的分界线：$\ge f(x_0)$ 只需非负因子 + 非负因子；严格 $>$ 则要求 $x\ne x_0$ 时 $(x-x_0)^2>0$。严格性往往藏在”等号何时成立”里。

【补充】$f^{\prime\prime}(x_0)<0$ 的情形（严格相对极大）

源文件的 Theorem 227 只写了 $f^{\prime\prime}(x_0)>0$ 的极小情形。补充：把定理用于 $g:=-f$ 立刻得到对偶结论。

补充命题：设 $f:(a,b)\to\mathbb{R}$ 有两个连续导数。若 $x_0\in(a,b)$、$f^{\prime}(x_0)=0$、$f^{\prime\prime}(x_0)<0$，则 $f$ 在 $x_0$ 处有严格相对极大（即存在 $\delta>0$，对 $0<\vert x-x_0\vert <\delta$ 有 $f(x)<f(x_0)$）。

证明：令 $g:=-f$。则 $g$ 有两个连续导数（依据：$g^{\prime}=-f^{\prime}$、$g^{\prime\prime}=-f^{\prime\prime}$，均为连续函数的常数倍，连续），且 $g^{\prime}(x_0)=-f^{\prime}(x_0)=0$、$g^{\prime\prime}(x_0)=-f^{\prime\prime}(x_0)>0$。由 Theorem 227，存在 $\delta>0$ 使对 $0<\vert x-x_0\vert <\delta$ 有 \(g(x)>g(x_0)\quad\Longrightarrow\quad -f(x)>-f(x_0)\quad\Longrightarrow\quad f(x)<f(x_0).\) （依据：不等式两边乘 $-1$ 反向。）故 $f$ 在 $x_0$ 处严格相对极大。∎

注意边界情形：$f^{\prime\prime}(x_0)=0$ 时 Theorem 227 什么都推不出来。例：$f(x)=x^4$ 在 $0$ 处 $f^{\prime}(0)=f^{\prime\prime}(0)=0$，但 $0$ 是严格极小；$g(x)=x^3$ 在 $0$ 处同样 $g^{\prime}(0)=g^{\prime\prime}(0)=0$，但 $0$ 不是极值点；$h(x)=-x^4$ 则是严格极大。$f^{\prime\prime}(x_0)=0$ 是”判别法失效”的信号，必须用更高阶导数（见下一小节）。

【补充】Assignment 11 第 4 题：$f^{\prime}(c)=f^{\prime\prime}(c)=0$、$f^{\prime\prime}^{\prime}(c)>0$ 时无极值

题目（OCW Assignment 11 第 4 题）：设 $f:(a,b)\to\mathbb{R}$ 三次连续可导，$c\in(a,b)$，满足 $f^{\prime}(c)=f^{\prime\prime}(c)=0$ 且 $f^{\prime\prime}^{\prime}(c)>0$。证明 $f$ 在 $c$ 处既不是局部极大也不是局部极小。

证明策略：$f^{\prime\prime}(c)=0$ 说明二阶判别法（Theorem 227）失效，必须往上一阶走。用 Taylor 定理取 $n=2$，把 $f(x)-f(c)$ 写成 $\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)}{6}(x-c)^3$。关键在于 $(x-c)^3$ 是变号的：$x>c$ 时为正，$x<c$ 时为负。再用 $f^{\prime\prime}^{\prime}$ 的连续性保证 $\xi$ 靠近 $c$ 时 $f^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)>0$，于是 $f(x)-f(c)$ 在 $c$ 两侧符号相反——两侧符号相反意味着既不是极大也不是极小。

逐步推导：

步骤 1（Taylor 展开，$n=2$）：$f$ 三次连续可导，取 $\delta_0=\min\{\frac{b-c}{2},\frac{c-a}{2}\}>0$ 使 $[c-\delta_0,c+\delta_0]\subset(a,b)$。在 Theorem 225 中取 $n=2$、$x_0=c$，条件是：$f$ 在 $[c-\delta_0,c+\delta_0]$ 上连续 ✓、有 2 个连续导数 ✓、$f^{(3)}$ 在开区间存在 ✓。于是对每个 $x\in[c-\delta_0,c+\delta_0]$，$x\ne c$，存在 $\xi$ 介于 $x$ 与 $c$ 之间使 \(f(x)=f(c)+f^{\prime}(c)(x-c)+\frac{f^{\prime\prime}(c)}{2!}(x-c)^2+\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)}{3!}(x-c)^3.\)

步骤 2（代入假设）：$f^{\prime}(c)=0$、$f^{\prime\prime}(c)=0$，故 \(f(x)=f(c)+\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)}{6}(x-c)^3.\tag{2.1}\)

步骤 3（$f^{\prime\prime}^{\prime}$ 的正性邻域）：$f^{\prime\prime}^{\prime}$ 在 $c$ 连续，且 $f^{\prime\prime}^{\prime}(c)>0$。取 $\epsilon=\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(c)}{2}>0$，同 Theorem 227 的步骤 2–3，存在 $\delta_1>0$ 使 \(t\in(c-\delta_1,c+\delta_1)\cap(a,b)\ \Longrightarrow\ f^{\prime\prime}^{\prime}(t)>\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(c)}{2}>0.\tag{3.1}\)

步骤 4（缩小邻域）：取 \(\delta:=\min\{\delta_0,\delta_1\}>0.\) 对任意 $x\in(c-\delta,c+\delta)$、$x\ne c$：因 $\xi$ 介于 $x$ 与 $c$ 之间，故 $\xi\in(c-\delta,c+\delta)\subset(a,b)$，由 (3.1) 得 \(f^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)>0,\qquad\text{记}\quad \kappa:=\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)}{6}>0.\) 于是 (2.1) 变成 \(f(x)-f(c)=\kappa\,(x-c)^3,\qquad \kappa>0.\tag{4.1}\)

步骤 5（两侧变号）：

• 若 $x\in(c,c+\delta)$：$x-c>0$，故 $(x-c)^3>0$，由 (4.1) 得 $f(x)-f(c)>0$，即 $f(x)>f(c)$。
• 若 $x\in(c-\delta,c)$：$x-c<0$，故 $(x-c)^3<0$，由 (4.1) 得 $f(x)-f(c)<0$，即 $f(x)<f(c)$。

步骤 6（否定两种极值）：

• 不是局部极大：要否定”$f$ 在 $c$ 处局部极大”，只需指出”$\exists x$ 任意接近 $c$ 使 $f(x)>f(c)$”——步骤 5 已给出整个右侧 $(c,c+\delta)$ 都满足。故 $c$ 不是局部极大点。
• 不是局部极小：同理，步骤 5 给出整个左侧 $(c-\delta,c)$ 都满足 $f(x)<f(c)$，故 $c$ 不是局部极小点。

结论：$f$ 在 $c$ 处既非局部极大也非局部极小。∎

脚本验算（用最典型例子 $f(x)=x^3$，$c=0$，$f^{\prime\prime}^{\prime}(0)=6>0$）：

x =  0.1 : f(x) = x^3 = +0.00100  >  f(0) = 0
x = -0.1 : f(x) = x^3 = -0.00100  <  f(0) = 0
对照 x^4（f''(0)=f'''(0)=0, f^(4)(0)=24>0）:
x = ±0.1 : f(x) = x^4 = +0.00010  >  f(0) = 0  （两侧同号 → 极小！）

这个对照精确说明了“三阶导数主导时两侧变号、四阶导数主导时两侧同号”：奇偶性决定命运。

【证明机制解说 & 技巧总结】

• 机制：极值的本质是”差值 $f(x)-f(c)$ 在 $c$ 附近不变号“。当第一个非零的导数是 $f^{(m)}(c)$ 时，Taylor 定理给出 $f(x)-f(c)\approx\frac{f^{(m)}(c)}{m!}(x-c)^m$，而 $(x-c)^m$ 在 $m$ 奇时变号、$m$ 偶时同号。所以”第一个非零导数的阶数”的奇偶性直接决定极值与否。 本题 $m=3$（奇）$\Rightarrow$ 无极值；Theorem 227 的 $m=2$（偶）$\Rightarrow$ 有极值。
• 技巧：① “往高阶走”——判别法失效时不要放弃，用更高阶 Taylor；② “奇函数变号”——$(x-c)^m$ 的符号分析；③ “把常数提出去、只判符号”——把 $\kappa=\frac{f^{\prime\prime}^{\prime}(\xi)}{6}>0$ 与 $(x-c)^3$ 分开看。

【补充】Taylor 定理的三个应用（对应 OCW Assignment 11）

说明：以下三题来自 OCW Assignment 11 第 3 题（并非源文件 Lecture 20 讲义中的例子）。它们是对 Theorem 225 的直接应用，因此放在本小节。

【补充】Assignment 11 第 3(a) 题：$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^3}$

题目（OCW Assignment 11 第 3(a) 题）：计算 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^3}$。

思路：这是一个 $\frac00$ 型极限。Taylor 定理的核心用途之一就是把这种”相减后分子比”的极限，转化为”读出最低阶非零项”。用 $x_0=0$、$n=3$ 展开 $\sin$： \(\sin x=\sin 0+\cos 0\cdot x+\frac{-\sin 0}{2!}x^2+\frac{-\cos 0}{3!}x^3+\frac{\sin\xi}{4!}x^4 =0+x+0-\frac{x^3}{6}+\frac{\sin\xi}{24}x^4 =x-\frac{x^3}{6}+\frac{\sin\xi}{24}x^4,\) 其中 $\xi$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间。于是 \(x-\sin x=x-\left(x-\frac{x^3}{6}+\frac{\sin\xi}{24}x^4\right)=\frac{x^3}{6}-\frac{\sin\xi}{24}x^4=\frac{x^3}{6}\left(1-\frac{\sin\xi}{4x}\cdot\cdots\right)\) 为看清极限，把方式写成更稳的”除以 $x^3$ 再令 $x\to0$”： \(\frac{x-\sin x}{x^3}=\frac{1}{6}-\frac{\sin\xi}{24}\,x.\)

严格求极限：因为 $\xi$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间，故 $\vert \xi\vert \le\vert x\vert $，于是 $\vert \sin\xi\vert \le1$（更精细地 $\vert \sin\xi\vert \le\vert \xi\vert \le\vert x\vert $），得到 \(\left\vert \frac{x-\sin x}{x^3}-\frac16\right\vert =\left\vert \frac{\sin\xi}{24}\,x\right\vert \le\frac{\vert x\vert }{24}.\) （依据：$\vert ab\vert =\vert a\vert \vert b\vert $、$\vert \sin\xi\vert \le1$。） 由 $\vert x\vert /24\to0$（$x\to0$），用夹逼（Lecture 3 的夹逼定理 / 或直接 $\epsilon$-$\delta$）得 \(\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^3}=\frac16.\) （若要用 $\epsilon$-$\delta$ 语言：给定 $\epsilon>0$，取 $\delta=24\epsilon$，则 $0<\vert x\vert <\delta$ 时 $\vert \frac{x-\sin x}{x^3}-\frac16\vert \le\frac{\vert x\vert }{24}<\epsilon$。）

另一种写法（分析里最常见的记法）：写 $\sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5)$，则 $x-\sin x=\frac{x^3}{6}+O(x^5)$，除以 $x^3$ 得 $\frac16+O(x^2)\to\frac16$。这里的 $O(x^5)$ 是记号（表示”被 $C\vert x\vert ^5$ 控制”），不是定理；本笔记的严格论证用上面的”含 $\xi$ 的精确式子 + 三角不等式”。请勿在严格证明中只写 $O(\cdot)$ 而不给出界。

脚本验算：

  x = 0.1     : (x - sin x)/x^3 = 0.1665833532
  x = 0.01    : (x - sin x)/x^3 = 0.1666658333
  x = 0.001   : (x - sin x)/x^3 = 0.1666666583
  x = 0.0001  : (x - sin x)/x^3 = 0.1666666615
  1/6                            = 0.1666666667
  1/6 + x^2/120 (x=0.01)         = 0.1666675000

数值确实收敛到 $0.1666666\ldots=1/6$。注意残差的量级：$x=0.01$ 时误差约 $8.3\times10^{-7}\approx x^2/120$，这与”下一项是 $x^5/120$，除以 $x^3$ 得 $x^2/120$”完全一致——数值与理论互相印证。

【补充】Assignment 11 第 3(b) 题：$\displaystyle\lim_{x\to\pi/2}\frac{1-\sin x}{\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2}$

题目（OCW Assignment 11 第 3(b) 题）：计算 $\displaystyle\lim_{x\to\pi/2}\frac{1-\sin x}{(x-\pi/2)^2}$。

思路：现在展开点不在 $0$ 而在 $x_0=\frac{\pi}{2}$（源文件 Theorem 225 允许任意 $x_0\in[a,b]$，这正是它比”Maclaurin 展开”更一般的地方）。需要 $\sin$ 在 $\frac{\pi}{2}$ 处各阶导数值： \(\sin\tfrac{\pi}{2}=1,\qquad \cos\tfrac{\pi}{2}=0,\qquad -\sin\tfrac{\pi}{2}=-1,\qquad -\cos\tfrac{\pi}{2}=0,\qquad \sin\tfrac{\pi}{2}=1.\)

取 $n=2$、$x_0=\frac{\pi}{2}$，由 Theorem 225，对 $x\ne\frac{\pi}{2}$ 存在 $\xi$ 介于 $x$ 与 $\frac{\pi}{2}$ 之间使 \(\sin x=\sin\tfrac{\pi}{2}+\cos\tfrac{\pi}{2}\left(x-\tfrac{\pi}{2}\right)+\frac{-\sin\frac{\pi}{2}}{2!}\left(x-\tfrac{\pi}{2}\right)^2+\frac{\cos\xi}{3!}\left(x-\tfrac{\pi}{2}\right)^3\) \(=1+0\cdot\left(x-\tfrac{\pi}{2}\right)-\frac12\left(x-\tfrac{\pi}{2}\right)^2+\frac{\cos\xi}{6}\left(x-\tfrac{\pi}{2}\right)^3.\) 于是 \(1-\sin x=\frac12\left(x-\tfrac{\pi}{2}\right)^2-\frac{\cos\xi}{6}\left(x-\tfrac{\pi}{2}\right)^3,\) 除以 $\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2$： \(\frac{1-\sin x}{\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2}=\frac12-\frac{\cos\xi}{6}\left(x-\tfrac{\pi}{2}\right).\)

严格求极限：$\vert \cos\xi\vert \le1$，故 \(\left\vert \frac{1-\sin x}{\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2}-\frac12\right\vert =\left\vert \frac{\cos\xi}{6}\right\vert \cdot\left\vert x-\tfrac{\pi}{2}\right\vert \le\frac16\left\vert x-\tfrac{\pi}{2}\right\vert .\) 令 $x\to\frac{\pi}{2}$，右边 $\to0$，故 \(\lim_{x\to\pi/2}\frac{1-\sin x}{\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2}=\frac12.\)

（$\epsilon$-$\delta$ 版本：给定 $\epsilon>0$，取 $\delta=6\epsilon$；当 $0<\vert x-\frac{\pi}{2}\vert <\delta$ 时，上式 $<\frac16\cdot6\epsilon=\epsilon$。）

脚本验算：

  x - pi/2 = 0.1     : (1 - sin x)/(x-pi/2)^2 = 0.4995834722
  x - pi/2 = 0.01    :                        0.4999958333
  x - pi/2 = 0.001   :                        0.4999999583
  x - pi/2 = 0.0001  :                        0.4999999970
  1/2                                        = 0.5
  1/2 - d^2/24 (d=0.01)                      = 0.4999958333

理论与数值完全吻合（$d=0.01$ 的残差 $-\frac{d^2}{24}$ 也精确匹配：$-\frac{10^{-4}}{24}=-4.1667\times10^{-6}$，故 $0.5-4.1667\times10^{-6}=0.4999958333$ ✓）。

【补充】用 Taylor 定理证明 $e^x\ge1+x+\dfrac{x^2}{2}$（$x\ge0$）

命题：对一切 $x\ge0$，$e^x\ge1+x+\dfrac{x^2}{2}$，且 $x>0$ 时严格大于。

证明：取 $x_0=0$、$n=2$。$f(t)=e^t$ 在 $[0,x]$ 上连续、有 2 个连续导数、$f^{(3)}=e^t$ 在 $(0,x)$ 上存在（$x>0$ 时）。由 Theorem 225，存在 $\xi\in(0,x)$ 使 \(e^x=\underbrace{1+x+\frac{x^2}{2}}_{P_2(x)}+\underbrace{\frac{e^{\xi}}{6}x^3}_{R_2(x)}.\) （依据：$e^0=1$、$e^0=1$、$e^0=1$，故 $f^{(k)}(0)/k!=1/k!$，前 $k=0,1,2$ 项给出 $1+x+\frac{x^2}{2}$。） 因为 $\xi>0$ 故 $e^{\xi}>0$，又 $x^3\ge0$，所以 \(R_2(x)=\frac{e^{\xi}}{6}x^3\ge0\qquad\Longrightarrow\qquad e^x=P_2(x)+R_2(x)\ge P_2(x)=1+x+\frac{x^2}{2}.\) 若 $x>0$，则 $\xi>0\Rightarrow e^{\xi}>1>0$ 且 $x^3>0$，故 $R_2(x)>0$，严格不等式成立。$x=0$ 时两边都是 $1$，取等号。∎

（$x<0$ 时 $x^3<0$，不等式反向，$e^x<1+x+\frac{x^2}{2}$——这就是为什么命题里必须写 $x\ge0$。）

脚本验算：

  x=0.0 : e^x =   1.00000000   1+x+x^2/2 =   1.00000000   差 = 0.00000000
  x=0.5 : e^x =   1.64872127   1+x+x^2/2 =   1.62500000   差 = 0.02372127
  x=1.0 : e^x =   2.71828183   1+x+x^2/2 =   2.50000000   差 = 0.21828183
  x=2.0 : e^x =   7.38905610   1+x+x^2/2 =   5.00000000   差 = 2.38905610
  x=5.0 : e^x = 148.41315910   1+x+x^2/2 =  18.50000000   差 =129.91315910

差恒为非负且随 $x$ 增大迅速变大，与”余项 $=\frac{e^\xi}{6}x^3$”的预期一致。

【补充】用黎曼和直接计算三个积分（第二部分的应用）

说明：源文件 Lecture 20 在给出 Definition 233 与 Question 234 后即结束，没有计算任何具体的黎曼和极限。以下计算是补充例题，标注为”补充：用黎曼和直接计算”。它们用到的”连续函数的积分存在且唯一”这一事实属于 Lecture 21 的 Theorem 235；这里的做法是”先猜出 $L$，再用 $\epsilon$-$\delta$ 证明这个 $L$ 满足积分定义”。

定理与完整证明（核心）

【补充】用黎曼和直接计算 $\displaystyle\int_a^b c$（常数函数）

说明：源文件 Lecture 20 没有计算任何具体的黎曼和极限（它只做到 Definition 233 与 Question 234）。以下三个计算（常数、$f(x)=x$、$f(x)=x^2$）是补充例题，标注为”补充：用黎曼和直接计算”。它们用到的”积分存在”这一事实属于 Lecture 21 的 Theorem 235（对连续函数）。这里的做法是：先猜出极限值 $L$，再用 $\epsilon$-$\delta$ 论证证明该 $L$ 满足积分定义——这正是 Lecture 21 定理所保证可以做的事。

命题（补充）：设 $c\in\mathbb{R}$，$f\equiv c$ 在 $[a,b]$ 上。则对任意带标签分割 $(X,\xi)$， \(S_f(X,\xi)=c\,(b-a),\) 因此 $\displaystyle\int_a^b c=c\,(b-a)$。

证明：对任意带标签分割 $(X,\xi)$， \(S_f(X,\xi)=\sum_{k=1}^{n}f(\xi_k)(x_k-x_{k-1})=\sum_{k=1}^{n}c\,(x_k-x_{k-1})=c\sum_{k=1}^{n}(x_k-x_{k-1})=c(b-a),\) 最后一步用 (P1) 望远镜求和。既然每个黎曼和都恰好等于 $c(b-a)$，那么对任意 $\epsilon>0$，取 $\delta$ 为任意正数（例如 $\delta=1$），都有：$\vert X\vert <\delta\Rightarrow\vert S_f(X,\xi)-c(b-a)\vert =0<\epsilon$。故积分值就是 $c(b-a)$。∎

脚本验算：

  c=5, [0,1], n=7 : S = 5.000000000000（浮点误差 8.9e-16）, c(b-a) = 5, 差 = -8.9e-16
  c=-3, [2,5], n=4: S = -9.0,  c(b-a) = -9, 差 = 0

关键点：这里 $\delta$ 可以任取，因为误差恒为 $0$——这是唯一一种”$\delta$ 不需要精心挑选”的情形。“误差恒为零”是常数函数特有的奢侈，不要以为别处也能这么干。

【补充】用黎曼和直接计算 $\displaystyle\int_0^1 x$

命题（补充）： \(\int_0^1 x\,dx=\frac12.\)

先算均匀分割 + 右端点标签（热身）：取 $X_n=\{0,\frac1n,\frac2n,\dots,\frac nn=1\}$（$\vert X_n\vert =\frac1n$），标签 $\xi_k=x_k=\frac kn$。则 \(S_n=\sum_{k=1}^{n}f(\xi_k)(x_k-x_{k-1})=\sum_{k=1}^{n}\frac kn\cdot\frac1n=\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n}k=\frac{1}{n^2}\cdot\frac{n(n+1)}{2}=\frac{n+1}{2n}.\) （依据：等差数列求和公式 $\sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}$。）于是 \(\lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{2n}=\frac12.\) （依据：Lecture 3–4 的极限运算法则，分子分母同除 $n$。）

但这只证明了”一种特殊的分割 + 一种特殊的标签”收敛到 $\frac12$。 Question 234 要求的是”任意够细的分割、任意标签”。下面给出完整证明。

完整证明（任意分割 + 任意标签）：

步骤 1（目标）：证明 $\displaystyle\int_0^1x\,dx=\frac12$，即证明：对每个 $\epsilon>0$，都存在 $\delta>0$，使得对每个带标签分割 $(X,\xi)$ of $[0,1]$，只要 $\vert X\vert <\delta$，就有 $\vert S_f(X,\xi)-\frac12\vert <\epsilon$。

步骤 2（关键技巧：把 $\frac12$ 写成同一个分割上的某个黎曼和）：注意 $f(x)=x$ 是严格递增的，且 \(\frac12=\frac{1^2-0^2}{2}=\frac{(1-0)(1+0)}{2}=\frac12.\) 更一般地，对任意分割 $X=\{0=x_0<x_1<\cdots<x_n=1\}$，有代数恒等式 \(\frac{x_k^2-x_{k-1}^2}{2}=\frac{(x_k-x_{k-1})(x_k+x_{k-1})}{2}=(x_k-x_{k-1})\cdot\frac{x_k+x_{k-1}}{2}.\) 求和并用望远镜（(P1) 的一般形式：$\sum_k(x_k^2-x_{k-1}^2)=x_n^2-x_0^2=1$）： \(\sum_{k=1}^{n}\frac{x_k+x_{k-1}}{2}(x_k-x_{k-1})=\frac{x_n^2-x_0^2}{2}=\frac{1-0}{2}=\frac12.\tag{2.1}\) 这个恒等式是本证明的引擎：它把”待求的 $\frac12$”表达成”用中点 $\frac{x_k+x_{k-1}}{2}$ 当标签的黎曼和”。也就是说，“$f(x)=x$ 的精确面积”恰好是”中点黎曼和”（这并非巧合：线段下的梯形面积正是”平均高度 × 宽度”，而平均高度就是两端点的平均）。

步骤 3（把差的估计因子化）： \(S_f(X,\xi)-\frac12=\sum_{k=1}^{n}\xi_k(x_k-x_{k-1})-\sum_{k=1}^{n}\frac{x_k+x_{k-1}}{2}(x_k-x_{k-1}) =\sum_{k=1}^{n}\left(\xi_k-\frac{x_k+x_{k-1}}{2}\right)(x_k-x_{k-1}).\) （依据：两式相减，合并同类项；用 (2.1) 把 $\frac12$ 替换成第二个和。）

步骤 4（逐项用 $\xi_k$ 在段内这一事实）：因为 $\xi_k\in[x_{k-1},x_k]$，所以 \(\left\vert \xi_k-\frac{x_k+x_{k-1}}{2}\right\vert \le\frac{x_k-x_{k-1}}{2}.\) （依据：$\xi_k$ 与段中点的距离不超过半段长。验证：$\xi_k\in[x_{k-1},x_k]\Rightarrow\xi_k-\frac{x_k+x_{k-1}}{2}\in\left[-\frac{x_k-x_{k-1}}{2},\ \frac{x_k-x_{k-1}}{2}\right]$。）这一步就是”标签可以乱选，但它只能在段内乱跑”的形式化。

步骤 5（三角不等式 + 求和）： \(\left|S_f(X,\xi)-\frac12\right|\le\sum_{k=1}^{n}\left|\xi_k-\frac{x_k+x_{k-1}}{2}\right|(x_k-x_{k-1}) \le\sum_{k=1}^{n}\frac{x_k-x_{k-1}}{2}(x_k-x_{k-1})=\frac12\sum_{k=1}^{n}(x_k-x_{k-1})^2.\) （依据：步骤 4；$(x_k-x_{k-1})>0$ 故可乘进不等式。）

步骤 6（把平方压成范数）：因为 $(x_k-x_{k-1})\le\vert X\vert $ 对每个 $k$ 成立，所以 \((x_k-x_{k-1})^2\le\vert X\vert \,(x_k-x_{k-1}).\) 于是 \(\left\vert S_f(X,\xi)-\frac12\right\vert \le\frac12\sum_{k=1}^{n}\vert X\vert (x_k-x_{k-1})=\frac{\vert X\vert }{2}\sum_{k=1}^{n}(x_k-x_{k-1})=\frac{\vert X\vert }{2}(b-a)=\frac{\vert X\vert }{2}.\) （依据：(P1) $\sum_k(x_k-x_{k-1})=1-0=1$。） 这就是关键的误差估计： \(\boxed{\left\vert S_f(X,\xi)-\frac12\right\vert \le\frac{\vert X\vert }{2}\qquad\text{对一切带标签分割 }(X,\xi)\text{ of }[0,1].}\)

步骤 7（取 $\delta$ 收尾）：给定 $\epsilon>0$，取 \(\delta:=2\epsilon>0\qquad(\text{具体数字：}\epsilon=0.01\Rightarrow\delta=0.02).\) 则对每个带标签分割 $(X,\xi)$ 满足 $\vert X\vert <\delta=2\epsilon$，由步骤 6 得 \(\left\vert S_f(X,\xi)-\frac12\right\vert \le\frac{\vert X\vert }{2}<\frac{2\epsilon}{2}=\epsilon.\) 这正是积分定义要求的。故 $\displaystyle\int_0^1x\,dx=\frac12$。∎

推广（$[a,b]$ 上的一般结论）：对任意 $a<b$，同样的论证给出 \(\left\vert S_f(X,\xi)-\frac{b^2-a^2}{2}\right\vert \le\frac{\vert X\vert (b-a)}{2},\qquad\text{故}\quad\int_a^b x\,dx=\frac{b^2-a^2}{2}.\) （把步骤 6 的最后一步从 $\sum(x_k-x_{k-1})=1$ 换成 $\sum(x_k-x_{k-1})=b-a$。）

脚本验算（随机分割 + 随机标签，检验上面的界）：

 随机生成 20000 组 [0,1] 上的分割与标签，检验 |S - 1/2| <= ||X||*(b-a)/2 :
   全部通过；误差/界 的最大比值 = 0.998961（说明这个界是"紧的"，不可再整体缩小）
 6 组抽样：
   n=4  mesh=0.6400  S=0.49305010  |S-1/2|=6.950e-03  bound=3.200e-01  ✓
   n=5  mesh=0.3700  S=0.46326109  |S-1/2|=3.674e-02  bound=1.850e-01  ✓
   n=5  mesh=0.3500  S=0.52239483  |S-1/2|=2.239e-02  bound=1.750e-01  ✓
   n=12 mesh=0.1600  S=0.50147661  |S-1/2|=1.477e-03  bound=8.000e-02  ✓

注意”误差恒 $\le\frac{\vert X\vert }{2}$ 与标签无关”这件事有多强：无论你怎么选旗帜，只要最宽的段 $<0.02$，你的黎曼和就与 $\frac12$ 相差不到 $0.01$。“标签自由”这个自由度被彻底吸收进误差界里了。

【补充】用黎曼和直接计算 $\displaystyle\int_0^1 x^2$

命题（补充）： \(\int_0^1x^2\,dx=\frac13.\)

先算均匀分割 + 右端点标签：$X_n=\{0,\frac1n,\dots,1\}$，$\xi_k=\frac kn$。则 \(S_n=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac kn\right)^2\cdot\frac1n=\frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^{n}k^2=\frac{1}{n^3}\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}.\) （依据：平方和公式 $\sum_{k=1}^{n}k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$。）展开： \(S_n=\frac{2n^2+3n+1}{6n^2}=\frac13+\frac{1}{2n}+\frac{1}{6n^2}.\) 于是 $\lim_{n\to\infty}S_n=\frac13$。（依据：Lecture 3–4 极限运算法则，$\frac{1}{2n}\to0$、$\frac{1}{6n^2}\to0$。）

脚本验算（含 $n=10,100,1000$）：

  n=10    : S_n = 0.385000000000    |S_n - 1/3| = 5.167e-02
  n=100   : S_n = 0.338350000000    |S_n - 1/3| = 5.017e-03
  n=1000  : S_n = 0.333833500000    |S_n - 1/3| = 5.002e-04
  n=10000 : S_n = 0.333383335000    |S_n - 1/3| = 5.000e-05
  闭式校验 n(n+1)(2n+1)/(6n^3) 在 n=10 时 = 10*11*21/6000 = 0.385  ✓
  另一个闭式 1/3 + 1/(2n) + 1/(6n^2) 在 n=10 时 = 1/3+0.05+0.001667 = 0.385  ✓

观察误差衰减率：$\vert S_n-\frac13\vert \approx\frac{1}{2n}$，所以每次把 $n$ 放大 10 倍，误差缩小 10 倍（$5.167\text{e-}2\to5.017\text{e-}3\to5.002\text{e-}4$）。这个 $\frac1n$ 速率来自误差展开式中的 $\frac{1}{2n}$ 项。

完整证明（任意分割 + 任意标签）：

步骤 1（目标）：证明对每个 $\epsilon>0$ 存在 $\delta>0$，使对每个带标签分割 $(X,\xi)$ 满足 $\vert X\vert <\delta$ 时 $\vert S_f(X,\xi)-\frac13\vert <\epsilon$。

步骤 2（把 $\frac13$ 写成”梯形型”黎曼和）：由立方差公式 $x_k^3-x_{k-1}^3=(x_k-x_{k-1})(x_k^2+x_kx_{k-1}+x_{k-1}^2)$， \(\frac{x_k^3-x_{k-1}^3}{3}=(x_k-x_{k-1})\cdot\frac{x_k^2+x_kx_{k-1}+x_{k-1}^2}{3}.\) 望远镜求和（$\sum_k(x_k^3-x_{k-1}^3)=x_n^3-x_0^3=1$）： \(\sum_{k=1}^{n}\frac{x_k^2+x_kx_{k-1}+x_{k-1}^2}{3}(x_k-x_{k-1})=\frac{1}{3}.\tag{2.1}\) （说明：这个恒等式在任意分割上都成立，与均匀性无关。它把 $\frac13$ 表达为”用 $\frac{x_k^2+x_kx_{k-1}+x_{k-1}^2}{3}$ 当标签”的某个和——注意这个”标签”是三个量的平均，落在 $[x_{k-1},x_k]$ 内，因为 $x_{k-1}^2\le x_kx_{k-1}\le x_k^2$。）

步骤 3（把差写成可估计的形式）： \(S_f(X,\xi)-\frac13=\sum_{k=1}^{n}\left(\xi_k^2-\frac{x_k^2+x_kx_{k-1}+x_{k-1}^2}{3}\right)(x_k-x_{k-1}).\)

步骤 4（逐项估计，这是与 $f(x)=x$ 情形的唯一区别）：需要估计 \(\left\vert \xi_k^2-\frac{x_k^2+x_kx_{k-1}+x_{k-1}^2}{3}\right\vert ,\qquad \xi_k\in[x_{k-1},x_k].\) 记 $h_k:=x_k-x_{k-1}$。把 $\xi_k=x_{k-1}+t_k$，其中 $t_k\in[0,h_k]$。则 $\xi_k^2=x_{k-1}^2+2x_{k-1}t_k+t_k^2$，而 \(\frac{x_k^2+x_kx_{k-1}+x_{k-1}^2}{3}=\frac{(x_{k-1}+h_k)^2+(x_{k-1}+h_k)x_{k-1}+x_{k-1}^2}{3} =x_{k-1}^2+x_{k-1}h_k+\frac{h_k^2}{3}.\) （依据：展开并合并：分子 $=x_{k-1}^2+2x_{k-1}h_k+h_k^2+x_{k-1}^2+x_{k-1}h_k+x_{k-1}^2=3x_{k-1}^2+3x_{k-1}h_k+h_k^2$，除以 $3$。） 两式相减： \(\xi_k^2-\frac{x_k^2+x_kx_{k-1}+x_{k-1}^2}{3}=2x_{k-1}t_k+t_k^2-x_{k-1}h_k-\frac{h_k^2}{3}=x_{k-1}(2t_k-h_k)+\left(t_k^2-\frac{h_k^2}{3}\right).\) 现在注意：$x_{k-1}\in[0,1]$（因为分割在 $[0,1]$ 上）故 $\vert x_{k-1}\vert \le1$；且 $\vert 2t_k-h_k\vert \le h_k$（因为 $t_k\in[0,h_k]$）；$\vert t_k^2-\frac{h_k^2}{3}\vert \le h_k^2$（因为 $0\le t_k^2\le h_k^2$ 且 $\frac{h_k^2}{3}\le h_k^2$，故这个差落在 $[-\frac{h_k^2}{3},h_k^2]$ 内）。于是 \(\left\vert \xi_k^2-\frac{x_k^2+x_kx_{k-1}+x_{k-1}^2}{3}\right\vert \le h_k+h_k^2\le 2h_k\qquad(\text{因 }h_k\le1).\) （依据：三角不等式；$h_k^2\le h_k$ 当 $h_k\le1$。）

步骤 5（求和并压成范数）： \(\left\vert S_f(X,\xi)-\frac13\right\vert \le\sum_{k=1}^{n}2h_k\cdot h_k=2\sum_{k=1}^{n}h_k^2\le2\vert X\vert \sum_{k=1}^{n}h_k=2\vert X\vert (1-0)=2\vert X\vert .\) （依据：步骤 4；$h_k\le\vert X\vert $；(P1)。） 误差估计： \(\boxed{\left\vert S_f(X,\xi)-\frac13\right\vert \le 2\vert X\vert \qquad\text{对一切带标签分割 }(X,\xi)\text{ of }[0,1].}\)

步骤 6（取 $\delta$ 收尾）：给定 $\epsilon>0$，取 $\delta:=\frac{\epsilon}{2}>0$。则 $\vert X\vert <\delta\Rightarrow\vert S_f(X,\xi)-\frac13\vert \le2\vert X\vert <\epsilon$。故 $\displaystyle\int_0^1x^2dx=\frac13$。∎

脚本验算：

 随机 20000 组 [0,1] 分割与标签，检验 |S - 1/3| <= ||X||*(b-a):
   全部通过；误差/界 的最大比值 = 0.66622（界偏保守约 1.5 倍）
 均匀分割 + 中点标签（最接近真值的情形）：
   n=2   : S=0.3125000000  err=2.083e-02  ratio=0.0417
   n=10  : S=0.3325000000  err=8.333e-04  ratio=0.0083
   n=100 : S=0.3333250000  err=8.333e-06  ratio=0.0008

（中点标签的误差按 $\frac{1}{n^2}$ 衰减，比右端点标签的 $\frac1n$ 快一阶——这与”中点法对二次函数精确到偶数阶”相符；右端点误差的首项 $\frac{1}{2n}$ 来自”用右端点偏高”的系统性偏差。）

【补充】Assignment 11 第 5 题：等距分割与右端点标签的黎曼和

题目（OCW Assignment 11 第 5 题）：设 $a<b$，定义带标签分割序列 \(X^{(r)}:=\left\{a+\frac{k}{r}(b-a):k=0,\dots,r\right\},\qquad \xi^{(r)}:=\left\{a+\frac{k}{r}(b-a):k=1,\dots,r\right\}.\) (a) 计算 $\vert X^{(r)}\vert $。(b) 设 $f(x)=\alpha x+\beta$，证明 \(\lim_{r\to\infty}S_f\big(X^{(r)},\xi^{(r)}\big)=\frac{\alpha}{2}\left(b^2-a^2\right)+\beta(b-a).\) （要求：不得使用微积分基本定理。）

(a) 计算范数

记 $h:=\frac{b-a}{r}>0$。对 $k=0,\dots,r$，$x_k=a+kh$，故 \(x_k-x_{k-1}=\left(a+kh\right)-\left(a+(k-1)h\right)=h=\frac{b-a}{r}\qquad(k=1,\dots,r).\) 所有段宽度完全相同，因此 \(\vert X^{(r)}\vert =\max_{1\le k\le r}(x_k-x_{k-1})=\frac{b-a}{r}.\) （具体数字：$a=0,b=1,r=100$，$\vert X^{(100)}\vert =0.01$；$r=10^6$ 时 $\vert X^{(r)}\vert =10^{-6}$。故 $\vert X^{(r)}\vert \to0$（$r\to\infty$）。）

标签合法性：$\xi_k^{(r)}=a+\frac kr(b-a)=x_k\in[x_{k-1},x_k]$ ✓（右端点），链式不等式 $x_{k-1}\le x_k\le x_k$ 成立。

(b) 计算 $S_r$ 并求极限

步骤 1（写出 $S_r$）： \(S_r:=S_f\big(X^{(r)},\xi^{(r)}\big)=\sum_{k=1}^{r}f(\xi_k)\,(x_k-x_{k-1})=\sum_{k=1}^{r}\left(\alpha\left(a+\frac{k}{r}(b-a)\right)+\beta\right)\cdot\frac{b-a}{r}.\)

步骤 2（把与 $k$ 无关的部分提出来）：记 $h=\frac{b-a}{r}$，则 \(S_r=h\sum_{k=1}^{r}\Big(\alpha a+\beta+\alpha k\,h\Big) =h\,r\,(\alpha a+\beta)+\alpha h^2\sum_{k=1}^{r}k.\) （依据：把和拆成”常数项 × $r$”与”含 $k$ 的项”，并注意 $\frac{k}{r}(b-a)=kh$。）

步骤 3（代入 $h=\frac{b-a}{r}$ 与 $\sum_{k=1}^{r}k=\frac{r(r+1)}{2}$）： \(S_r=\underbrace{h\,r}_{=b-a}(\alpha a+\beta)+\alpha h^2\cdot\frac{r(r+1)}{2} =(\alpha a+\beta)(b-a)+\frac{\alpha(b-a)^2}{r^2}\cdot\frac{r(r+1)}{2}.\) （依据：$h^2=\frac{(b-a)^2}{r^2}$。） 化简第二项： \(\frac{\alpha(b-a)^2}{r^2}\cdot\frac{r(r+1)}{2}=\frac{\alpha(b-a)^2}{2}\cdot\frac{r+1}{r}=\frac{\alpha(b-a)^2}{2}\left(1+\frac1r\right).\) 于是得到$S_r$ 的闭式：

步骤 4（验证闭式）：脚本用精确有理数验证（$r=1,2,7,100$，多组 $a,b,\alpha,\beta$）：

  a=0, b=1, alpha=3,   beta=0  : 闭式验证通过；S_100 = 303/200 = 1.5150000000；极限 = 1.5000000000
  a=0, b=1, alpha=0,   beta=1  : 闭式验证通过；S_100 = 1          = 1.0000000000；极限 = 1.0000000000
  a=1, b=3, alpha=2,   beta=-1 : 闭式验证通过；S_100 = 151/25     = 6.0400000000；极限 = 6.0000000000
  a=-1,b=2, alpha=1/2, beta=3  : 闭式验证通过；S_100 = 3909/400   = 9.7725000000；极限 = 9.7500000000
  a=0, b=1, alpha=-3/4,beta=2/5: 闭式验证通过；S_100 = 17/800     = 0.0212500000；极限 = 0.0250000000

另外单独抽样核对 $a=0,b=1,\alpha=2,\beta=1$：

  r=1    : S_r = 3            = 3.0000000000
  r=2    : S_r = 5/2          = 2.5000000000
  r=5    : S_r = 11/5         = 2.2000000000
  r=10   : S_r = 21/10        = 2.1000000000
  r=100  : S_r = 201/100      = 2.0100000000
  r=1000 : S_r = 2001/1000    = 2.0010000000
  极限   : (alpha/2)(b^2-a^2)+beta(b-a) = 1 + 1 = 2.0000000000  ✓

步骤 5（取极限）：由闭式， \(S_r=\Big[(\alpha a+\beta)(b-a)+\frac{\alpha(b-a)^2}{2}\Big]+\frac{\alpha(b-a)^2}{2r}.\) 最后一项 $\frac{\alpha(b-a)^2}{2r}\to0$（$r\to\infty$，依据：Lecture 4 的 $\frac{1}{r}\to0$ 与乘积极限）。故 \(\lim_{r\to\infty}S_r=(\alpha a+\beta)(b-a)+\frac{\alpha(b-a)^2}{2}.\)

步骤 6（化简成题目要求的形式）： \((\alpha a+\beta)(b-a)+\frac{\alpha(b-a)^2}{2}=\alpha a(b-a)+\beta(b-a)+\frac{\alpha(b^2-2ab+a^2)}{2}.\) 把含 $\alpha$ 的项合并： \(\alpha a(b-a)+\frac{\alpha(b^2-2ab+a^2)}{2}=\frac{\alpha}{2}\Big[2ab-2a^2+b^2-2ab+a^2\Big]=\frac{\alpha}{2}\big(b^2-a^2\big).\) （依据：展开 $2a(b-a)=2ab-2a^2$，与 $\frac{b^2-2ab+a^2}{1}$ 相加，$-2a^2+a^2=-a^2$、$2ab-2ab=0$。） 于是 \(\lim_{r\to\infty}S_r=\frac{\alpha}{2}\big(b^2-a^2\big)+\beta(b-a).\) 正是题目所要求的结果。∎

重要观察：这个极限恰好是 $\alpha\int_a^b x+\beta\int_a^b 1$（即积分的线性性），但推导过程中完全没有用到微积分基本定理或任何积分理论——只用到了等差数列求和公式与极限运算法则。这正是 Assignment 11 要求”不得使用 FTC”的用意：逼你从黎曼和的定义出发，把面积算出来。

步骤 7（误差速率）：由闭式立刻得到精确的误差公式 \(S_r-\lim_{r\to\infty}S_r=\frac{\alpha(b-a)^2}{2r},\) 即误差精确地等于 $\frac{\alpha(b-a)^2}{2r}$（不是估计，是恒等式）。脚本验证：$a=0,b=1,\alpha=3,\beta=0,r=100$ 时误差 $=1.5\times10^{-2}=\frac{3\cdot1}{200}$ ✓；$a=1,b=3,\alpha=2,\beta=-1,r=100$ 时误差 $=4.0\times10^{-2}=\frac{2\cdot4}{200}$ ✓。误差与 $r$ 成反比，与 $f(x)=x^2$ 的右端点情形同速率。

与教材的对应

• 对应 [JL] §4.3（Lebl, Basic Analysis I, Vol. 1）：本节的核心命题是 Taylor 定理（Lebl 的 §4.3 定理 4.3.1 给出带 Lagrange 余项的 Taylor 定理）与 Taylor 多项式的定义/唯一性。Assignment 11 的阅读任务明确写的是 “Reading Sections 4.3, The Riemann Integral lecture notes”——即 Taylor 部分对应课本 §4.3，黎曼部分对应课程讲义（Riemann Integral lecture notes）。Lebl 的 §4.3 还给出高阶导数的记号 $f^{(n)}$（对应源文件 Definition 223/Notation 224）。
• 本讲的黎曼和部分 在 Lebl 书中属于第 6 章（The Riemann Integral）：分割、标签、黎曼和、范数（Lebl 用 mesh 一词）在 Lebl §6.1 定义；Lebl §6.1 的 Exercise 6.1.2 与 6.1.5 正是 Assignment 12 第 4、5 题。注意：Lebl 用的是 Darboux 式的”上/下和与 $\epsilon$ 分割”路线，而本课程源文件 Lecture 20/21 用的是”$\vert X\vert \to0$ 的带标签分割序列”路线（源文件 Lecture 21 Theorem 235）。两条路线等价但表述不同，做作业时请以课程讲义的表述为准。
• 对应 OCW Assignment 11（源文件编号与原文）： | 题号 | 原题内容 | 在练什么 | |—|—|—| | 第 1 题 | 证明方程 $x^{2021}+x^{1121}+x^{21}+x+1=0$ 恰有一个实根 | 用 MVT/Rolle 数根（配合 Lecture 19）；本题不属于 Lecture 20 的 Taylor 技术，但同属 §4.3 作业 | | 第 2(a) 题 | 求 $f(x)=\sin x$ 在 $x=0$ 的四阶 Taylor 多项式 | Taylor 多项式计算；注意”四阶”= 次数 4，且 $P_4=P_3=x-\frac{x^3}{6}$ | | 第 2(b) 题 | 求 $f(x)=1-\frac1x$ 在 $x=-1$ 的四阶 Taylor 多项式 | 在非零点展开；结果为 $2+(x+1)+(x+1)^2+(x+1)^3+(x+1)^4$ | | 第 3(a) 题 | 计算 $\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^3}$ | 用 Taylor 展开求 $\frac00$ 型极限，答案 $\frac16$ | | 第 3(b) 题 | 计算 $\lim_{x\to\pi/2}\frac{1-\sin x}{(x-\pi/2)^2}$ | 在非零点 $x_0=\frac\pi2$ 展开，答案 $\frac12$ | | 第 4 题 | $f^{\prime}(c)=f^{\prime\prime}(c)=0$、$f^{\prime\prime}^{\prime}(c)>0$ $\Rightarrow$ $f$ 在 $c$ 处既非局部极大也非局部极小（$f$ 三阶连续可导） | 三阶 Taylor 展开 + $(x-c)^3$ 变号；判别法失效时”往高阶走” | | 第 5 题 | 等距分割 + 右端点标签，计算 $\vert X^{(r)}\vert $，并证明 $\lim_{r\to\infty}S_f(X^{(r)},\xi^{(r)})=\frac{\alpha}{2}(b^2-a^2)+\beta(b-a)$（$f=\alpha x+\beta$，不得用 FTC） | 黎曼和定义 + 求和公式 + 极限；本笔记已给出完整推导与闭式 $S_r$ | （第 1 题的原始文本在 hw_all.txt 中因 PDF 提取而错位为 “x + x + x + 1 = 0”，其指数上标丢失；按课程原文应为 $x^{2021}+x^{1121}+x^{21}+x+1=0$。本笔记如实标注这一点。）
• 对应 OCW Assignment 12（阅读材料 “The Riemann Integral lecture notes, Section 6.1”）： | 题号 | 内容 | 与 Lecture 20 的关系 | |—|—|—| | 第 1(a) 题 | $f\in C([a,b])$、$f\ge0$、$\int_a^b f=0$ $\Rightarrow$ $f\equiv0$ | 用到 Lecture 20 的 $C([a,b])$ 记号；证明用 Lecture 21 的积分性质 + 连续性 | | 第 1(b) 题 | $-u^{\prime\prime}+Vu=0$、$u(a)=u(b)=0$、$V\ge0$ $\Rightarrow$ $u\equiv0$（提示：Lecture 22 提到的”最有用的定理之一”） | 反向使用 Taylor 定理/积分中值 型工具 | | 第 2 题 | Lebl Exercise 5.3.1 | 第 5 章（Taylor 定理所在章）的练习，直接练 Taylor | | 第 3 题 | Lebl Exercise 5.3.9 | 同上，Taylor 的进一步应用 | | 第 4 题 | Lebl Exercise 6.1.2 | 黎曼和/分割的基本练习 | | 第 5 题 | Lebl Exercise 6.1.5 | 黎曼和的进一步练习 |
• 对应 Midterm / Final：Midterm 与 Final（hw_all.txt 中已核对）没有 Taylor 定理、黎曼和或积分的直接题目（Final 第 6 题涉及 $\int_0^1$ 的极限，但那是 Lecture 22 之后的内容）。因此本讲在考试中的映射为”空”——本讲的工具会在 Assignment 11、12 与后续讲次中反复使用。

与其他讲次的关联

• 本讲直接用到了 Lecture 19（Rolle 定理与 MVT）：Theorem 225 的证明本质是”把 MVT/Rolle 用 $n+1$ 次”（源文件原话），并且 $n=0$ 时退化回 MVT。若 Lecture 19 的 Rolle 定理不牢，本讲整个证明都读不下来。
• 本讲的 Theorem 227 依赖 Lecture 14–15（函数极限与连续性）：”$f^{\prime\prime}$ 连续 $\Rightarrow$ 存在邻域使 $f^{\prime\prime}>0$”用的是连续性的 $\epsilon$-$\delta$ 定义（取 $\epsilon=f^{\prime\prime}(x_0)/2$）。同时依赖 Lecture 17 的”可导 $\Rightarrow$ 连续”来满足 Theorem 225 的连续性假设。
• 本讲的 Definition 223/Notation 224 依赖 Lecture 17（导数的定义）：$f^{(n)}$ 是逐次求导，第一次求导的定义来自 Lecture 17；Lecture 19 Theorem 212 提供了求导的四则运算规则（在做 $f(x)=1-1/x$ 的 Taylor 多项式时反复使用）。
• 本讲为 Lecture 21（连续函数的黎曼积分）铺地基：Definition 229/230/231/233 定义的全部对象（$C([a,b])$、分割、标签、范数、黎曼和）正是 Lecture 21 Theorem 235 的陈述对象；本讲的 Question 234 就是 Lecture 21 的待答问题。Lecture 21 的 Definition 237（连续性模）与 Theorem 239/240 是回答它的工具。
• 本讲为 Lecture 22（微积分基本定理）铺地基：一旦有了 $\int_a^b f$，就能证明 $\frac{d}{dx}\int_a^x f=f(x)$（FTC 第一部分）与 $\int_a^b F^{\prime}=F(b)-F(a)$（FTC 第二部分），从而把 Assignment 11 第 5 题那种”从定义算面积”的痛苦过程变成”求原函数”的一次计算——Assignment 11 明令禁止用 FTC，正是为了让你体验”没有 FTC 时有多难”。
• 本讲为 Lecture 23–25（函数列、一致收敛、幂级数）铺地基：Taylor 多项式 $P_n$ 本身就是”函数列 $\{P_n\}$ 逼近 $f$”的最重要例子；Lecture 24 的”交换极限”与 Lecture 25 的幂级数都建立在 Taylor 展开的框架上。

关键要点

1. Taylor 定理（Theorem 225）的完整陈述：$f:[a,b]\to\mathbb{R}$ 连续、在 $[a,b]$ 上有 $n$ 个连续导数、$f^{(n+1)}$ 在 $(a,b)$ 上存在，$x_0,x\in[a,b]$。则存在 $c$ 严格介于 $x_0$ 与 $x$ 之间，使 \(f(x)=\underbrace{\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k}_{P_n(x)}+\underbrace{\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}}_{R_n(x)}.\) 余项漏写 = 定理失效（那就退化成”$f(x)\approx P_n(x)$”这种没有信息量的说法）。
2. Taylor 多项式（Definition 226）的唯一性：$P_n$ 是唯一一个次数 $\le n$、且满足 $P_n^{(k)}(x_0)=f^{(k)}(x_0)$（$0\le k\le n$）的多项式。系数就是 $f^{(k)}(x_0)/k!$。
3. Taylor 定理 = 高阶 MVT（Remark 222）：取 $n=0$ 立刻得到 $f(x)=f(x_0)+f^{\prime}(c)(x-x_0)$，即中值定理。证明手法是”构造余项 + 辅助函数归零 + 反复 Rolle $n+1$ 次”。
4. 余项估计：若 $\vert f^{(n+1)}\vert \le M$ 在 $x_0$ 与 $x$ 之间，则 $\vert f(x)-P_n(x)\vert \le\frac{M}{(n+1)!}\vert x-x_0\vert ^{n+1}$。
5. 二阶导数判别法（Theorem 227）：$f^{\prime\prime}$ 连续、$f^{\prime}(x_0)=0$、$f^{\prime\prime}(x_0)>0$ $\Rightarrow$ 严格相对极小（证明：连续性给正性邻域 + Taylor $n=1$ 给显式表达式）。$f^{\prime\prime}(x_0)=0$ 时判别法失效，须用更高阶导数：第一个非零导数的阶数为偶 $\Rightarrow$ 有极值，为奇 $\Rightarrow$ 无极值（Assignment 11 第 4 题）。
6. 黎曼积分的三大构件（Definition 230/231/233）：
   • 分割 $X=\{a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b\}$，范数 $\vert X\vert =\max_k(x_k-x_{k-1})$；
   • 标签 $\xi_k\in[x_{k-1},x_k]$，$(X,\xi)$ 称带标签分割；
   • 黎曼和 $S_f(X,\xi)=\sum_{k=1}^{n}f(\xi_k)(x_k-x_{k-1})$。 黄金恒等式：$\sum_{k=1}^{n}(x_k-x_{k-1})=b-a$（望远镜求和）。
7. Question 234 是”提问”而非”定理”：源文件 Lecture 20 只定义到黎曼和，没有给出黎曼积分的正式定义，也没有证明收敛性。正式定理是 Lecture 21 的 Theorem 235（对 $f\in C([a,b])$，$\vert X_r\vert \to0$ 时 $S_f(X_r,\xi_r)$ 收敛到唯一值 $\int_a^b f$）。不要把它当成 Lecture 20 的内容。
8. “范数小”不等于”分割点多”：Zeno 分割 $\{0,1-\frac12,1-\frac14,\dots,1-\frac1{2^n}\}$ 的范数恒为 $\frac12$，无论加多少点。Lecture 21 的一切定理都以 $\vert X\vert \to0$ 为前提。

常见误区与注意事项

1. 把”四阶 Taylor 多项式”理解成”展开到四阶导数、次数为 3”。
   • 错误做法：对 $\sin x$ 在 $0$ 处写 $P(x)=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{24}$（凭空多出 $x^4$ 项）。
   • 为什么错：$f^{(4)}(0)=\sin 0=0$，所以 $x^4$ 的系数是 $\frac{0}{4!}=0$。而 $\frac{x^4}{24}$ 是 $\cos$ 或 $e^x$ 的第四项系数，不是 $\sin$ 的。
   • 正确做法：先算 $f^{(k)}(0)$ 到 $k=4$：$0,1,0,-1,0$，于是 $P_4=x-\frac{x^3}{6}$（恰好等于 $P_3$）。必须逐阶算系数，不要背模板。
2. Taylor 定理里漏写余项，或用”$\approx$”代替”=”。
   • 错误做法：写”$f(x)=P_n(x)$（当 $x$ 靠近 $x_0$）”。
   • 为什么错：$f(x)-P_n(x)$ 一般不为 0（例如 $e^x$ 与 $1+x$ 在 $x=1$ 处差 $0.718$）。Taylor 定理的价值全在于给出精确的余项表达，从而能估计误差。
   • 正确做法：永远写出 $R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$，再（若需要）用 $\vert f^{(n+1)}\vert \le M$ 放缩。
3. 混淆”$f^{(n)}$连续”与”$f^{(n+1)}$存在”的取值范围。
   • 错误做法：以为 Theorem 225 要求 $f^{(n+1)}$ 在 $[a,b]$（闭区间）上存在。
   • 为什么错：源文件明确说 “$f^{(n+1)}$ exists on $(a,b)$”（开区间）。虽然余项里的 $c$ 落在开区间内，所以技术上只需开区间，但第 $k$ 次用 Rolle 需要 $g^{(k)}$ 在闭子区间上连续，那是由”$f^{(k)}$ 在 $[a,b]$ 上连续”提供的。
   • 正确做法：区分两类条件：前 $n$ 阶导数在闭区间上连续（供 Rolle 用）、第 $n+1$ 阶导数在开区间上存在（供计算 $g^{(n+1)}$ 用）。
4. 在 Theorem 227 的证明中直接对整个 $(a,b)$ 用 Taylor 定理。
   • 错误做法：由 $f^{\prime}(x_0)=0$ 直接写 $f(x)=f(x_0)+\frac{f^{\prime\prime}(c)}{2}(x-x_0)^2$ 对一切 $x\in(a,b)$，然后就断言 $f(x)\ge f(x_0)$。
   • 为什么错：$c$ 依赖于 $x$，离 $x_0$ 远时 $f^{\prime\prime}(c)$ 可能变成负的（例如 $f(x)=x^3-3x$ 在 $x_0=-1$ 附近：$f^{\prime\prime}(x)=6x$，在 $x>0$ 处为负）。只有在一个 $f^{\prime\prime}>0$ 的邻域内才能保证结论。
   • 正确做法：先用连续性取 $\epsilon=\frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2}$ 造出邻域 $(x_0-\delta_0,x_0+\delta_0)$ 使 $f^{\prime\prime}>0$，再限制 $x$ 在该邻域内使用 Taylor。“局部”结论必须限制在局部区间。
5. 认为”分割点越多，黎曼和越接近面积”。
   • 错误做法：在证明里写”取 $n$ 足够大的均匀分割”来代表任意分割。
   • 为什么错：Question 234/Lecture 21 要求对一切带标签分割（包括极不均匀的）都成立。Zeno 反例说明”点多”不代表”范数小”；而且即使范数小，也还要对任意标签成立。
   • 正确做法：一切估计都写成”$\le C\vert X\vert $”（与分割的具体形状、标签的具体位置无关），然后取 $\delta=\epsilon/C$。本笔记中 $\int_0^1x$ 的 $\frac{\vert X\vert }{2}$、$\int_0^1x^2$ 的 $2\vert X\vert $、以及 Assignment 11 第 5 题的精确误差 $\frac{\alpha(b-a)^2}{2r}$ 都是这种形式。
6. 把 $\vert X\vert $（范数/网格）与”段数 $n$”混用。
   • 错误做法：写”$\vert X\vert =n$”或”$\vert X\vert =\frac1n$ 对所有分割成立”。
   • 为什么错：$\vert X\vert =\max_k(x_k-x_{k-1})$ 是长度量纲，$n$ 是个数。只有均匀分割才有 $\vert X\vert =\frac{b-a}{n}$（Assignment 11 第 5 题正是这种情形，所以 (a) 问的 $\vert X^{(r)}\vert $ 是 $\frac{b-a}{r}$）。
   • 正确做法：对一般分割只能断言 $\vert X\vert \ge\frac{b-a}{n}$（因为 $n$ 段之和为 $b-a$，故最大段 $\ge$ 平均值），不能写等号。

思考题（带答案）

Q1. 求 $f(x)=\sqrt{1+x}$ 在 $x_0=0$ 处的四阶 Taylor 多项式 $P_4$，并利用余项估计给出 $\vert x\vert \le0.1$ 时的误差上界；再把该上界与 $x=0.1$ 处的实际误差比较。

Q2. 用黎曼和的定义直接证明 \(\int_0^1(2x+1)\,dx=2,\) 要求估计写成”$\le C\vert X\vert $”的形式，并给出 $\epsilon=0.01$ 时对应的 $\delta$。

Q3. 设 $n\in\mathbb{N}$，$X_n=\left\{0,\ 1-\frac12,\ 1-\frac14,\ \dots,\ 1-\frac1{2^n}\right\}$ 是 $[0,1]$ 的分割（”Zeno 分割”）。 (a) 求 $\vert X_n\vert $。 (b) 说明为什么”把 $n$ 增大”不能使 $\vert X_n\vert \to0$。 (c) 设 $f(x)=x$，取标签 $\xi_k=x_k$（右端点）。求 $S_f(X_n,\xi)$，并说明 $\lim_{n\to\infty}S_f(X_n,\xi)$ 是什么；这个极限等于 $\int_0^1x\,dx$ 吗？为什么这不构成对 Question 234 的正面回答？