\[ T_y(x) := f(y) + \nabla f(y)^\top (x - y) \]
則其餘項 $R(x,y)$ 訂為 $$R(x,y ):= T_y(x) - f(x)$$
現在定義單變數輔助函數 $g: [0,1] \to \mathbb{R}$ 滿足 $$g(t) : = f(y + t(x - y))$$現在觀察 $g(0) = f(y)$ 且 $g(1) = f(x)$。我們可以計算 $g(t)$ 導數透過多變數鏈鎖律：
$$g'(t) = \nabla f(y + t(x - y))^\top (x-y)$$且
$$g''(t) = (x-y)^\top \nabla^2 f(y + t(x-y)) (x-y)$$ 其中 $\nabla^2 f$ 為 $f$ 的 Hessian matrix。那麼由 Lemma 1可知單變數Taylor Theorem 對 $g(t)$ 在 $t=0$處展開有
$$g(1) = g(0) + g'(0)(1-0) + \int_0^1 g''(t) (1-t) dt \qquad (*)$$
現在代入 $g(1) = f(x), g(0)=f(y)$ 與 $g'(0) = \nabla f(y)^\top (x-y)$，上述 式$(*)$ 可改寫為
$$f(x) = \underbrace{ f(y) + \nabla f(y)^\top (x-y) }_{T_y(x)}+ \int_0^1 (1-t) (x-y)^\top \nabla^2 f(y + t(x-y)) (x-y) dt $$
因此，我們得到
$$f(x) - T_y(x) = \int_0^1 (1-t) (x-y)^\top \nabla^2 f(y + t(x-y)) (x-y) dt $$
回憶餘項定法為 $R(x,y ):= T_y(x) - f(x)$，故我們有
$$R(x,y) = -\int_0^1 (1-t) (x-y)^\top \nabla^2 f(y + t(x-y)) (x-y) dt$$
Lemma 1:
令 $g \in C^2([0,1])$，則單變數Taylor Theorem 對 $g(t)$ 在 $t=0$處展開有
$$g(1) = g(0) + g'(0) + \int_0^1 g''(t) (1-t) dt$$
Proof:
給定$g \in C^2$，回憶微積分基本定理對 $g$ 函數而言，
$$g(1) - g(0) = \int_0^1 g'(t) dt \qquad (**)$$
對於 $g'(t)$ 而言，我們亦可在次使用微積分基本定理：
$$g'(1) - g'(0) = \int_0^1 g''(s) ds$$
故對任意 $t \in [0,1]$ 我們有
$$g'(t) = g'(0) + \int_0^t g''(s) ds \qquad (@)$$
將 $(@)$ 代入 $(**)$ 得到
\begin{align*}g(1) - g(0) &= \int_0^1 [g'(0) + \int_0^t g''(s) ds] dt \\ &= \int_0^1 g'(0) dt + \int_0^1 \left( \int_0^t g''(s) \right) ds dt \qquad (@@)\end{align*}
其中
$$ \int_0^1 g'(0) dt = g'(0) \cdot t|_0^1 = g'(0)$$
且
\begin{align*}
\int_0^1 \left( \int_0^t g''(s) \right) ds dt
&= \int_0^1 \left( \int_0^t g''(s) \right) ds dt \\
&= \int_0^1 \int_0^1 1_{\{s < t\}} g''(s) ds dt \\
&= \int_0^1 \int_0^1 1_{\{s < t\}} g''(s) dt ds \\
&= \int_0^1 g''(s) \int_s^1 dt ds \\
&= \int_0^1 g''(s) (1-s) ds \\
\end{align*}
也就是說，$(@@)$ 可改寫為
$$g(1) - g(0) = g'(0) + \int_0^1 g''(s) (1-s) ds $$至此得證
