第五章 微分中值定理及其应用

本章包含微分中值定理及其应用相关的重要定理。

§1 微分中值定理

定义 极值

设函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某个邻域 $O(x_0,\delta )$ 中有定义。如果对一切 $x\in O(x_0,\delta )$，成立

$$f(x)⩽f(x_0)(\text{或}f(x)⩾f(x_0)),$$

则称 $f(x_0)$ 为 $f(x)$ 的一个极大值（或极小值），$x_0$ 称为 $f(x)$ 的一个极大值点（或极小值点）。极大值与极小值统称极值，极大值点与极小值点统称极值点。

例子：定义 极值 — 例子

定义 Taylor多项式

设函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 处有直到 $n$ 阶的导数，则称

$$P_n(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime }(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n$$

为 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的 $n$ 次 Taylor 多项式。

例子：定义 Taylor多项式 — 例子

定义 Taylor公式与余项

设函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 处有直到 $n$ 阶的导数，则

$$f(x)=P_n(x)+R_n(x),$$

其中 $P_n(x)$ 是 $n$ 次 Taylor 多项式，$R_n(x)=f(x)-P_n(x)$ 称为余项。

Lagrange 余项：若 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某个邻域内有 $n+1$ 阶导数，则

$$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1},$$

其中 $\xi$ 介于 $x$ 与 $x_0$ 之间。

Peano 余项：若 $f(x)$ 在 $x_0$ 处有 $n$ 阶导数，则

$$R_n(x)=o((x-x_0{)}^n)(x\to x_0).$$

例子：定义 Taylor公式与余项 — 例子

定义 凸函数

设函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上有定义。如果对 $I$ 中任意两点 $x_1,x_2$ 和任意 $\lambda \in (0,1)$，成立

$$f(\lambda x_1+(1-\lambda )x_2)⩽\lambda f(x_1)+(1-\lambda )f(x_2),$$

则称 $f(x)$ 为 $I$ 上的下凸函数（或凸函数）。若不等号严格成立，则称 $f(x)$ 为严格下凸函数。类似可定义上凸函数。

例子：定义 凸函数 — 例子

定义 拐点

设函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某个邻域中连续。若 $f(x)$ 在 $x_0$ 的两侧凸性相反（一侧下凸，另一侧上凸），则称点 $(x_0,f(x_0))$ 为曲线 $y=f(x)$ 的拐点。

例子：定义 拐点 — 例子

定义 曲率

设曲线 $y=f(x)$ 在点 $x$ 处二阶可导，则曲线在该点的曲率定义为

$$\kappa =\frac{|f^{\prime \prime }(x)|}{{\left(1+(f^{\prime }(x){)}^2\right)}^{3/2}}.$$

曲率的倒数 $R=\frac{1}{\kappa }$ 称为曲率半径。

例子：定义 曲率 — 例子

定理 Fermat引理

定理陈述：设 $x_0$ 是 $f(x)$ 的一个极值点，且 $f(x)$ 在 $x_0$ 处导数存在，则 $f^{\prime }(x_0)=0$。

证明：

不妨设 $x_0$ 是极大值点（极小值点的情况考虑 $-f$ 即可）。则存在 $\delta >0$，当 $|x-x_0|<\delta$ 时，$f(x)⩽f(x_0)$。

第1步：考虑右导数。当 $0<h<\delta$ 时，$f(x_0+h)⩽f(x_0)$，所以：

$$\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}⩽0.$$

取 $h\to 0^{+}$，得 $f_{+}^{\prime }(x_0)⩽0$。

第2步：考虑左导数。当 $-\delta <h<0$ 时，$f(x_0+h)⩽f(x_0)$，所以：

$$\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}⩾0.$$

（注意 $h<0$，不等号方向改变。）取 $h\to 0^{-}$，得 $f_{-}^{\prime }(x_0)⩾0$。

第3步：因为 $f^{\prime }(x_0)$ 存在，所以 $f_{+}^{\prime }(x_0)=f_{-}^{\prime }(x_0)=f^{\prime }(x_0)$。由第1步得 $f^{\prime }(x_0)⩽0$，由第2步得 $f^{\prime }(x_0)⩾0$。

$$f^{\prime }(x_0)⩽0\text{且}{f}^{\prime }(x_0)⩾0.$$

因此 $f^{\prime }(x_0)=0$。

证毕

例子：定理 Fermat引理 — 例子

定理 Rolle定理

定理陈述：设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，在开区间 $(a,b)$ 上可导，且 $f(a)=f(b)$，则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得 $f^{\prime }(\xi )=0$。

证明：

核心想法：$f$ 在闭区间上连续必有最大值和最小值。如果最大值和最小值都在端点取到，那 $f$ 是常数，处处导数为零；否则某个最值在内部取到，由Fermat引理，该点导数为零。

第1步：由最值定理，$f$ 在 $[a,b]$ 上取到最大值 $M$ 和最小值 $m$。

第2步：若 $M=m$，则 $f$ 是常数，$f^{\prime }(x)=0$ 对所有 $x\in (a,b)$ 成立，任取 $\xi \in (a,b)$ 即可。

第3步：若 $M\ne m$，因为 $f(a)=f(b)$，所以 $M$ 和 $m$ 不可能同时在端点取到（否则 $M=f(a)=f(b)=m$，矛盾）。因此至少有一个最值在内部点 $\xi \in (a,b)$ 处取到。

第4步：$\xi$ 是 $f$ 在 $(a,b)$ 中的极值点，且 $f$ 在 $\xi$ 处可导。由Fermat引理，$f^{\prime }(\xi )=0$。

证毕

例子：定理 Rolle定理 — 例子

定理 Lagrange中值定理

定理陈述：设函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，在开区间 $(a,b)$ 上可导，则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得：

$$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$

证明：

核心想法：构造一个辅助函数 $h(x)$，使得 $h(a)=h(b)$，然后对 $h$ 应用Rolle定理。$h(x)$ 的几何意义是 $f(x)$ 的图像与连接端点的割线之间的”竖直距离”。

第1步：连接 $(a,f(a))$ 和 $(b,f(b))$ 的割线方程为：

$$y=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a).$$

第2步：构造辅助函数 $h(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$。

这是 $f(x)$ 的图像与割线之间的竖直距离。

第3步：验证 $h(a)=h(b)$：

• $h(a)=f(a)-f(a)-0=0$
• $h(b)=f(b)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(b-a)=f(b)-f(a)-(f(b)-f(a))=0$

第4步：$h(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续（$f$ 连续，线性函数连续），在 $(a,b)$ 上可导（$f$ 可导，线性函数可导），且 $h(a)=h(b)=0$。

第5步：由Rolle定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $h^{\prime }(\xi )=0$。

第6步：计算 $h^{\prime }(x)$：

$$h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$

令 $h^{\prime }(\xi )=0$，即 $f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$。

证毕

几何意义：在 $f$ 的图像上至少存在一点 $(\xi ,f(\xi ))$，该点的切线与连接两端点的割线平行。

例子：定理 Lagrange中值定理 — 例子

定理 导数为零的函数

定理陈述：若 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 上可导且有 $f^{\prime }(x)\equiv 0$，则 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 上恒为常数。

证明：

任取 $x_1,x_2\in (a,b)$，$x_1<x_2$。

$f$ 在 $[x_1,x_2]$ 上连续（可导 $\Rightarrow$ 连续），在 $(x_1,x_2)$ 上可导。由Lagrange中值定理，存在 $\xi \in (x_1,x_2)$ 使得：

$$f(x_2)-f(x_1)=f^{\prime }(\xi )(x_2-x_1).$$

但 $f^{\prime }(\xi )=0$，所以 $f(x_2)-f(x_1)=0$，即 $f(x_2)=f(x_1)$。

由 $x_1,x_2$ 的任意性，$f$ 在 $(a,b)$ 上恒为常数。

证毕

例子：定理 导数为零的函数 — 例子

定理 一阶导数与单调性的关系

定理陈述：设函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上可导，则 $f(x)$ 在 $I$ 上单调增加的充分必要条件是：对于任意 $x\in I$ 有 $f^{\prime }(x)⩾0$。

证明：

必要性（单调增加 $\Rightarrow$ $f^{\prime }⩾0$）：

设 $f$ 单调增加。任取 $x_0\in I$，当 $h>0$ 时 $f(x_0+h)⩾f(x_0)$，所以：

$$\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}⩾0.$$

取 $h\to 0^{+}$，由极限的保号性，$f^{\prime }(x_0)⩾0$。

充分性（$f^{\prime }⩾0$ $\Rightarrow$ 单调增加）：

设 $f^{\prime }(x)⩾0$ 对所有 $x\in I$ 成立。任取 $x_1<x_2$，$x_1,x_2\in I$。

由Lagrange中值定理，存在 $\xi \in (x_1,x_2)$ 使得：

$$f(x_2)-f(x_1)=f^{\prime }(\xi )(x_2-x_1).$$

因为 $f^{\prime }(\xi )⩾0$ 且 $x_2-x_1>0$，所以 $f(x_2)-f(x_1)⩾0$，即 $f(x_2)⩾f(x_1)$。

因此 $f$ 单调增加。

证毕

推论：若 $f^{\prime }(x)>0$ 对所有 $x\in I$ 成立，则 $f$ 严格单调增加。

推论的证明：同上，$f(x_2)-f(x_1)=f^{\prime }(\xi )(x_2-x_1)>0$，所以 $f(x_2)>f(x_1)$。

例子：定理 一阶导数与单调性的关系 — 例子

定理 二阶导数与凸性的关系

定理陈述：设函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上二阶可导，则 $f(x)$ 在区间 $I$ 上是下凸函数的充分必要条件是：对于任意 $x\in I$ 有 $f^{\prime \prime }(x)⩾0$。

证明：

下凸函数的定义：对任意 $x_1,x_2\in I$ 和 $\lambda \in (0,1)$，$f(\lambda x_1+(1-\lambda )x_2)⩽\lambda f(x_1)+(1-\lambda )f(x_2)$。

等价定义：对任意 $x_1<x_2<x_3$（$x_1,x_2,x_3\in I$），有 $\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}⩽\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}$（差商递增）。

我们用差商递增的等价定义来证明。

必要性（下凸 $\Rightarrow$ $f^{\prime \prime }⩾0$）：

设 $f$ 下凸，则差商递增。任取 $x_0\in I$，对 $h>0$：

$$\frac{f(x_0)-f(x_0-h)}{h}⩽\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}.$$

取 $h\to 0^{+}$，左边 $\to f^{\prime }(x_0)$，右边 $\to f^{\prime }(x_0)$。但这只给出等号。

更精确地：对 $h_1<h_2$（都大于0），由差商递增：

$$\frac{f(x_0+h_1)-f(x_0)}{h_1}⩽\frac{f(x_0+h_2)-f(x_0)}{h_2}.$$

这说明 $\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$ 关于 $h>0$ 递增。因此：

$$\frac{\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}-f^{\prime }(x_0)}{h}⩾0(\text{当 }h>0).$$

取 $h\to 0^{+}$，得 $f^{\prime \prime }(x_0)⩾0$。

充分性（$f^{\prime \prime }⩾0$ $\Rightarrow$ 下凸）：

设 $f^{\prime \prime }(x)⩾0$ 对所有 $x\in I$。由定理5.1.5，$f^{\prime }(x)$ 单调增加。

任取 $x_1<x_2<x_3$（$x_1,x_2,x_3\in I$）。由Lagrange中值定理：

• 存在 ${\xi }_1\in (x_1,x_2)$ 使得 $\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f^{\prime }({\xi }_1)$
• 存在 ${\xi }_2\in (x_2,x_3)$ 使得 $\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}=f^{\prime }({\xi }_2)$

因为 ${\xi }_1<{\xi }_2$ 且 $f^{\prime }$ 单调增加，所以 $f^{\prime }({\xi }_1)⩽f^{\prime }({\xi }_2)$，即：

$$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}⩽\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}.$$

差商递增，$f$ 是下凸函数。

证毕

例子：定理 二阶导数与凸性的关系 — 例子

定理 极值点的二阶导数判定

定理陈述：设 $f(x)$ 在区间 $I$ 上连续，$(x_0-\delta ,x_0+\delta )\subset I$。若 $f^{\prime }(x_0)=0$ 且 $f^{\prime \prime }(x_0)>0$（或 $f^{\prime \prime }(x_0)<0$），则 $x_0$ 是 $f(x)$ 的极小值点（或极大值点）。

证明：

只证 $f^{\prime \prime }(x_0)>0$ 的情形（$f^{\prime \prime }(x_0)<0$ 的情形考虑 $-f$ 即可）。

第1步：由二阶导数定义：

$$f^{\prime \prime }(x_0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }(x_0+h)-f^{\prime }(x_0)}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }(x_0+h)}{h}.$$

因为 $f^{\prime \prime }(x_0)>0$，由极限的局部保号性，存在 ${\delta }_1>0$（${\delta }_1<\delta$），当 $0<|h|<{\delta }_1$ 时：

$$\frac{f^{\prime }(x_0+h)}{h}>0.$$

第2步：分析 $f^{\prime }$ 的符号：

• 当 $h>0$（即 $x>x_0$）时：$f^{\prime }(x_0+h)>0$
• 当 $h<0$（即 $x<x_0$）时：$f^{\prime }(x_0+h)<0$

第3步：这意味着 $f^{\prime }$ 在 $x_0$ 左侧为负、右侧为正。即 $f$ 在 $x_0$ 左侧递减、右侧递增。因此 $x_0$ 是极小值点。

更严格地：对任意 $x\in (x_0-{\delta }_1,x_0)$，由Lagrange中值定理，存在 $\xi \in (x,x_0)$ 使得 $f(x)-f(x_0)=f^{\prime }(\xi )(x-x_0)$。因为 $f^{\prime }(\xi )<0$ 且 $x-x_0<0$，所以 $f(x)-f(x_0)>0$，即 $f(x)>f(x_0)$。

对任意 $x\in (x_0,x_0+{\delta }_1)$，存在 $\eta \in (x_0,x)$ 使得 $f(x)-f(x_0)=f^{\prime }(\eta )(x-x_0)$。因为 $f^{\prime }(\eta )>0$ 且 $x-x_0>0$，所以 $f(x)-f(x_0)>0$，即 $f(x)>f(x_0)$。

综上，$f(x)⩾f(x_0)$ 在 $(x_0-{\delta }_1,x_0+{\delta }_1)$ 中成立，$x_0$ 是极小值点。

证毕

例子：定理 极值点的二阶导数判定 — 例子

定理 Jensen不等式

定理陈述：若 $f(x)$ 为区间 $I$ 上的下凸函数，则对于任意 $x_i\in I$ 和满足 ${\sum }_{i=1}^n{\lambda }_i=1$ 的 ${\lambda }_i>0(i=1,2,\dots ,n)$，成立：

$$f\left(\sum _{i=1}^n{\lambda }_i{x}_i\right)⩽\sum _{i=1}^n{\lambda }_{i}f(x_i).$$

证明：

用数学归纳法。

归纳基础（$n=2$）：这就是下凸函数的定义。对 ${\lambda }_1,{\lambda }_2>0$，${\lambda }_1+{\lambda }_2=1$：

$$f({\lambda }_1{x}_1+{\lambda }_2{x}_2)⩽{\lambda }_{1}f(x_1)+{\lambda }_{2}f(x_2).$$

归纳假设：设Jensen不等式对 $n=k$ 成立，即对任意 $k$ 个点 $x_1,\dots ,x_k\in I$ 和 ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_k>0$（${\sum }_{i=1}^k{\lambda }_i=1$）：

$$f\left(\sum _{i=1}^k{\lambda }_i{x}_i\right)⩽\sum _{i=1}^k{\lambda }_{i}f(x_i).$$

归纳步骤（$n=k+1$）：设 $x_1,\dots ,x_{k+1}\in I$，${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_{k+1}>0$，${\sum }_{i=1}^{k+1}{\lambda }_i=1$。

第1步：令 ${\mu }_i=\frac{{\lambda }_i}{1-{\lambda }_{k+1}}$（$i=1,\dots ,k$）。因为 ${\lambda }_{k+1}<1$（否则其余 ${\lambda }_i=0$，矛盾），所以 $1-{\lambda }_{k+1}>0$，${\mu }_i>0$。

第2步：验证 ${\sum }_{i=1}^k{\mu }_i=1$：

$$\sum _{i=1}^k{\mu }_i=\frac{1}{1-{\lambda }_{k+1}}\sum _{i=1}^k{\lambda }_i=\frac{1-{\lambda }_{k+1}}{1-{\lambda }_{k+1}}=1.$$

第3步：将 ${\sum }_{i=1}^{k+1}{\lambda }_i{x}_i$ 拆分：

$$\sum _{i=1}^{k+1}{\lambda }_i{x}_i=(1-{\lambda }_{k+1})\sum _{i=1}^k{\mu }_i{x}_i+{\lambda }_{k+1}{x}_{k+1}.$$

第4步：由 $n=2$ 的Jensen不等式（归纳基础）：

$$f\left(\sum _{i=1}^{k+1}{\lambda }_i{x}_i\right)=f\left((1-{\lambda }_{k+1})\sum _{i=1}^k{\mu }_i{x}_i+{\lambda }_{k+1}{x}_{k+1}\right)⩽(1-{\lambda }_{k+1})f\left(\sum _{i=1}^k{\mu }_i{x}_i\right)+{\lambda }_{k+1}f(x_{k+1}).$$

第5步：对 $f\left({\sum }_{i=1}^k{\mu }_i{x}_i\right)$ 用归纳假设（$n=k$）：

$$f\left(\sum _{i=1}^k{\mu }_i{x}_i\right)⩽\sum _{i=1}^k{\mu }_{i}f(x_i).$$

第6步：代入第4步：

$$f\left(\sum _{i=1}^{k+1}{\lambda }_i{x}_i\right)⩽(1-{\lambda }_{k+1})\sum _{i=1}^k{\mu }_{i}f(x_i)+{\lambda }_{k+1}f(x_{k+1})=\sum _{i=1}^k{\lambda }_{i}f(x_i)+{\lambda }_{k+1}f(x_{k+1})=\sum _{i=1}^{k+1}{\lambda }_{i}f(x_i).$$

归纳完成。Jensen不等式对一切 $n⩾2$ 成立。

证毕

例子：定理 Jensen不等式 — 例子

定理 Cauchy中值定理

定理陈述：设 $f(x)$ 和 $g(x)$ 都在闭区间 $[a,b]$ 上连续，在开区间 $(a,b)$ 上可导，且对于任意 $x\in (a,b),g^{\prime }(x)\ne 0$。则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使得：

$$\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}.$$

证明：

核心想法：构造辅助函数，将Cauchy中值定理转化为Rolle定理。

第1步：先证 $g(a)\ne g(b)$。若 $g(a)=g(b)$，由Rolle定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $g^{\prime }(\xi )=0$，与条件 $g^{\prime }(x)\ne 0$ 矛盾。所以 $g(b)-g(a)\ne 0$，分母有意义。

第2步：构造辅助函数：

$$h(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}[g(x)-g(a)].$$

第3步：验证 $h(a)=h(b)$：

• $h(a)=f(a)-f(a)-0=0$
• $h(b)=f(b)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}[g(b)-g(a)]=f(b)-f(a)-(f(b)-f(a))=0$

第4步：$h$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上可导。由Rolle定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $h^{\prime }(\xi )=0$。

第5步：计算 $h^{\prime }(x)$：

$$h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}{g}^{\prime }(x).$$

令 $h^{\prime }(\xi )=0$：

$$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}{g}^{\prime }(\xi ).$$

因为 $g^{\prime }(\xi )\ne 0$，两边除以 $g^{\prime }(\xi )$：

$$\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}.$$

证毕

注意：Lagrange中值定理是Cauchy中值定理在 $g(x)=x$ 时的特例。

例子：定理 Cauchy中值定理 — 例子

§2 L’Hospital法则

定理 L’Hospital法则

定理陈述：设函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $(a,a+d]$ 上可导（$d$ 是某个正常数），且 $g^{\prime }(x)\ne 0$。若此时有 ${\lim }_{x\to a+}f(x)={\lim }_{x\to a+}g(x)=0$（或 $\infty$），且 ${\lim }_{x\to a+}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$ 存在（或为 $\infty$），则：

$$\underset{x\to a+}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a+}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}.$$

证明：

我们只证 $\frac{0}{0}$ 型的情形（$\frac{\infty }{\infty }$ 型的证明类似但更复杂，此处从略）。

设 ${\lim }_{x\to a+}f(x)={\lim }_{x\to a+}g(x)=0$，${\lim }_{x\to a+}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=A$（$A$ 为有限数）。

第1步：补充定义 $f(a)=0$，$g(a)=0$。因为 ${\lim }_{x\to a+}f(x)=0$ 和 ${\lim }_{x\to a+}g(x)=0$，所以 $f$ 和 $g$ 在 $a$ 处右连续。

第2步：任给 $\epsilon >0$。因为 ${\lim }_{x\to a+}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=A$，存在 ${\delta }_1>0$（${\delta }_1<d$），当 $a<x<a+{\delta }_1$ 时：

$$\left|\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}-A\right|<\epsilon .$$

第3步：对任意 $x\in (a,a+{\delta }_1)$，在 $[a,x]$ 上对 $f$ 和 $g$ 应用Cauchy中值定理。$f$ 和 $g$ 在 $[a,x]$ 上连续（补充定义后），在 $(a,x)$ 上可导，$g^{\prime }(t)\ne 0$。

所以存在 $\xi \in (a,x)$ 使得：

$$\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}.$$

第4步：因为 $f(a)=g(a)=0$：

$$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}.$$

第5步：因为 $a<\xi <x<a+{\delta }_1$，由第2步：

$$\left|\frac{f(x)}{g(x)}-A\right|=\left|\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}-A\right|<\epsilon .$$

由 $\epsilon$ 的任意性，${\lim }_{x\to a+}\frac{f(x)}{g(x)}=A$。

证毕

注意：L’Hospital法则的核心是Cauchy中值定理——将 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 转化为 $\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}$，而 $\xi$ 介于 $a$ 和 $x$ 之间，当 $x\to a$ 时 $\xi \to a$。

例子：定理 L’Hospital法则 — 例子

§3 Taylor公式

定理 带Peano余项的Taylor公式

定理陈述：设 $f(x)$ 在 $x_0$ 处有 $n$ 阶导数，则存在 $x_0$ 的一个邻域，对于该邻域中的任一点 $x$，成立：

$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k+o((x-x_0{)}^n).$$

证明：

核心想法：令 $T_n(x)={\sum }_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k$（Taylor多项式），$R_n(x)=f(x)-T_n(x)$（余项）。要证 ${\lim }_{x\to x_0}\frac{R_n(x)}{(x-x_0{)}^n}=0$。

第1步：先验证 $R_n$ 在 $x_0$ 处的各阶导数。对 $T_n(x)$ 逐项求导：

$$T_n^{(j)}(x)=\sum _{k=j}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{(k-j)!}(x-x_0{)}^{k-j}.$$

代入 $x=x_0$：$T_n^{(j)}(x_0)=f^{(j)}(x_0)$（只有 $k=j$ 的项不为零）。

因此 $R_n^{(j)}(x_0)=f^{(j)}(x_0)-T_n^{(j)}(x_0)=0$，对 $j=0,1,\dots ,n$。

第2步：反复使用L’Hospital法则。令 $h=x-x_0$，则：

$$\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{R_n(x)}{(x-x_0{)}^n}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{R_n(x_0+h)}{h^n}.$$

这是 $\frac{0}{0}$ 型（$R_n(x_0)=0$，$h^n\to 0$）。对分子分母分别对 $h$ 求导：

$$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{R_n^{\prime }(x_0+h)}{n{h}^{n-1}}.$$

仍是 $\frac{0}{0}$ 型（$R_n^{\prime }(x_0)=0$）。继续用L’Hospital法则，共 $n-1$ 次：

$$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{R_n^{(n-1)}(x_0+h)}{n!\cdot h}.$$

第3步：最后一次用导数定义而非L’Hospital法则：

$$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{R_n^{(n-1)}(x_0+h)-R_n^{(n-1)}(x_0)}{h}=R_n^{(n)}(x_0).$$

但 $R_n^{(n)}(x_0)=f^{(n)}(x_0)-T_n^{(n)}(x_0)=f^{(n)}(x_0)-f^{(n)}(x_0)=0$。

所以 ${\lim }_{h\to 0}\frac{R_n^{(n-1)}(x_0+h)}{n!\cdot h}=\frac{0}{n!}=0$。

因此 ${\lim }_{x\to x_0}\frac{R_n(x)}{(x-x_0{)}^n}=0$，即 $R_n(x)=o((x-x_0{)}^n)$。

证毕

例子：定理 带Peano余项的Taylor公式 — 例子

定理 带Lagrange余项的Taylor公式

定理陈述：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上具有 $n$ 阶连续导数，且在 $(a,b)$ 上有 $n+1$ 阶导数。设 $x_0\in [a,b]$ 为一定点，则对于任意 $x\in [a,b]$，成立：

$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k+\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}.$$

证明：

核心想法：固定 $x$，构造一个辅助函数，对它反复使用Cauchy中值定理（或Rolle定理），最终得到余项的精确表达式。

第1步：固定 $x\ne x_0$，令 $K=\frac{f(x)-T_n(x)}{(x-x_0{)}^{n+1}}$（$T_n$ 是Taylor多项式），即：

$$f(x)-T_n(x)=K(x-x_0{)}^{n+1}.$$

我们要证 $K=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}$。

第2步：构造辅助函数 $\phi (t)=f(t)-T_n(t)-K(t-x_0{)}^{n+1}$。

第3步：验证 $\phi$ 有 $n+2$ 个零点相关性质：

• $\phi (x_0)=0$（因为 $f(x_0)=T_n(x_0)$ 且 $(x_0-x_0{)}^{n+1}=0$）
• $\phi (x)=0$（由 $K$ 的定义）
• ${\phi }^{(j)}(x_0)=0$，$j=0,1,\dots ,n$（因为 $f^{(j)}(x_0)=T_n^{(j)}(x_0)$ 且 $(t-x_0{)}^{n+1}$ 的前 $n$ 阶导数在 $t=x_0$ 处都为零）

第4步：反复用Rolle定理：

• $\phi (x_0)=\phi (x)=0$ $\Rightarrow$ 存在 ${\xi }_1\in (x_0,x)$（或 $(x,x_0)$）使得 ${\phi }^{\prime }({\xi }_1)=0$
• ${\phi }^{\prime }(x_0)={\phi }^{\prime }({\xi }_1)=0$ $\Rightarrow$ 存在 ${\xi }_2$ 使得 ${\phi }^{\prime \prime }({\xi }_2)=0$
• $\cdots$
• ${\phi }^{(n)}(x_0)={\phi }^{(n)}({\xi }_n)=0$ $\Rightarrow$ 存在 ${\xi }_{n+1}$ 使得 ${\phi }^{(n+1)}({\xi }_{n+1})=0$

第5步：计算 ${\phi }^{(n+1)}(t)$：

$${\phi }^{(n+1)}(t)=f^{(n+1)}(t)-0-K\cdot (n+1)!$$

（$T_n$ 是 $n$ 次多项式，其 $n+1$ 阶导数为零；$(t-x_0{)}^{n+1}$ 的 $n+1$ 阶导数为 $(n+1)!$。）

第6步：令 ${\phi }^{(n+1)}(\xi )=0$（$\xi ={\xi }_{n+1}$）：

$$f^{(n+1)}(\xi )-K(n+1)!=0\Rightarrow K=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}.$$

代入第1步即得Lagrange余项。

证毕

例子：定理 带Lagrange余项的Taylor公式 — 例子

定理 插值多项式的余项定理

定理陈述：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上具有 $n$ 阶连续导数，在 $(a,b)$ 上有 $n+1$ 阶导数，则插值多项式有余项估计。

证明：

设 $P_n(x)$ 是满足 $P_n(x_i)=f(x_i)$（$i=0,1,\dots ,n$）的插值多项式，其中 $x_0,x_1,\dots ,x_n$ 是 $[a,b]$ 中 $n+1$ 个互不相同的节点。

第1步：令 $R_n(x)=f(x)-P_n(x)$。显然 $R_n(x_i)=0$（$i=0,1,\dots ,n$），即 $R_n$ 有 $n+1$ 个零点。

第2步：固定 $x\ne x_i$（$x\in [a,b]$），令 $K=\frac{R_n(x)}{\omega (x)}$，其中 $\omega (x)={\prod }_{i=0}^n(x-x_i)$。

即 $R_n(x)=K\omega (x)$。

第3步：构造 $\phi (t)=R_n(t)-K\omega (t)=f(t)-P_n(t)-K\omega (t)$。

第4步：$\phi$ 有 $n+2$ 个零点：$x_0,x_1,\dots ,x_n$ 和 $x$。

第5步：反复用Rolle定理 $n+1$ 次，存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 ${\phi }^{(n+1)}(\xi )=0$。

第6步：$P_n$ 是 $n$ 次多项式，$P_n^{(n+1)}=0$。$\omega$ 是 $n+1$ 次多项式，${\omega }^{(n+1)}=(n+1)!$。所以：

$${\phi }^{(n+1)}(\xi )=f^{(n+1)}(\xi )-K(n+1)!=0\Rightarrow K=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}.$$

因此余项为：

$$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}\prod _{i=0}^n(x-x_i).$$

证毕

例子：定理 插值多项式的余项定理 — 例子

定理 插值多项式存在惟一性

定理陈述：满足插值条件的插值多项式存在且惟一。

证明：

设给定 $n+1$ 个互不相同的节点 $x_0,x_1,\dots ,x_n$ 和对应的函数值 $y_0,y_1,\dots ,y_n$。

存在性：

Lagrange插值公式直接给出了一个满足条件的 $n$ 次多项式：

$$P_n(x)=\sum _{i=0}^n{y}_i\prod _{\begin{array}{c}j=0\\ j\ne i\end{array}}^n\frac{x-x_j}{x_i-x_j}.$$

验证：当 $x=x_k$ 时，只有 $i=k$ 的项不为零（因为 $x_k-x_j\ne 0$ 当 $j\ne k$，而 $x_k-x_k=0$ 使 $i\ne k$ 的项为零），且该项的乘积为1，所以 $P_n(x_k)=y_k$。

惟一性：

设 $P(x)$ 和 $Q(x)$ 都是满足 $P(x_i)=Q(x_i)=y_i$（$i=0,1,\dots ,n$）的 $n$ 次多项式。

令 $D(x)=P(x)-Q(x)$，则 $D$ 是次数不超过 $n$ 的多项式，且 $D(x_i)=0$（$i=0,1,\dots ,n$），即 $D$ 有 $n+1$ 个不同的根。

但次数不超过 $n$ 的多项式最多有 $n$ 个根（除非恒为零）。所以 $D(x)\equiv 0$，即 $P(x)=Q(x)$。

证毕

例子：定理 插值多项式存在惟一性 — 例子

§4 Taylor公式的应用

定理 Taylor多项式导数

定理陈述：设 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某个邻域有 $n+2$ 阶导数存在，则它的 $n+1$ 次Taylor多项式的导数恰为 $f^{\prime }(x)$ 的 $n$ 次Taylor多项式。

证明：

设 $f$ 在 $x_0$ 处的 $n+1$ 次Taylor多项式为：

$$T_{n+1}(x)=\sum _{k=0}^{n+1}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k.$$

第1步：对 $T_{n+1}(x)$ 逐项求导：

$$T_{n+1}^{\prime }(x)=\sum _{k=1}^{n+1}\frac{f^{(k)}(x_0)}{(k-1)!}(x-x_0{)}^{k-1}.$$

第2步：令 $j=k-1$：

$$T_{n+1}^{\prime }(x)=\sum _{j=0}^n\frac{f^{(j+1)}(x_0)}{j!}(x-x_0{)}^j=\sum _{j=0}^n\frac{(f^{\prime }{)}^{(j)}(x_0)}{j!}(x-x_0{)}^j.$$

第3步：右端恰好是 $f^{\prime }(x)$ 在 $x_0$ 处的 $n$ 次Taylor多项式。

这是因为 $(f^{\prime }{)}^{(j)}(x_0)=f^{(j+1)}(x_0)$，所以 $\frac{(f^{\prime }{)}^{(j)}(x_0)}{j!}(x-x_0{)}^j$ 就是 $f^{\prime }$ 的Taylor多项式的第 $j$ 项。

证毕

例子：定理 Taylor多项式导数 — 例子

§5 函数的单调性与极值

定理 极值点判定定理

定理陈述：设函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 点的某一邻域中有定义，且 $f(x)$ 在 $x_0$ 点连续。若 $f^{\prime }(x)$ 在 $x_0$ 左右两侧变号，则 $x_0$ 是极值点。

证明：

设存在 $\delta >0$，$f$ 在 $(x_0-\delta ,x_0+\delta )$ 上可导（$x_0$ 处可能除外），$f$ 在 $x_0$ 处连续。

情形1：$f^{\prime }$ 在 $x_0$ 左侧为正、右侧为负。

• 当 $x\in (x_0-\delta ,x_0)$ 时 $f^{\prime }(x)>0$，所以 $f$ 在 $(x_0-\delta ,x_0)$ 上严格递增，$f(x)<f(x_0)$（由连续性取极限）。
• 当 $x\in (x_0,x_0+\delta )$ 时 $f^{\prime }(x)<0$，所以 $f$ 在 $(x_0,x_0+\delta )$ 上严格递减，$f(x)<f(x_0)$。

因此 $f(x)⩽f(x_0)$ 在 $(x_0-\delta ,x_0+\delta )$ 中成立，$x_0$ 是极大值点。

情形2：$f^{\prime }$ 在 $x_0$ 左侧为负、右侧为正。

• 当 $x\in (x_0-\delta ,x_0)$ 时 $f^{\prime }(x)<0$，$f$ 严格递减，$f(x)>f(x_0)$。
• 当 $x\in (x_0,x_0+\delta )$ 时 $f^{\prime }(x)>0$，$f$ 严格递增，$f(x)>f(x_0)$。

因此 $f(x)⩾f(x_0)$，$x_0$ 是极小值点。

证毕

例子：定理 极值点判定定理 — 例子

§6 函数作图

定理 曲率公式

定理陈述：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 中有二阶连续导数，则曲率公式为：

$$K=\frac{|f^{\prime \prime }(x)|}{{\left(1+f^{\prime 2}(x)\right)}^{3/2}}.$$

证明：

曲率的定义是 $K=\left|\frac{\mathrm{d}\alpha }{\mathrm{d}s}\right|$，其中 $\alpha$ 是切线与 $x$ 轴正方向的夹角，$s$ 是弧长。

第1步：切线的斜率 $\tan \alpha =f^{\prime }(x)$，所以 $\alpha =\arctan f^{\prime }(x)$。

第2步：对 $x$ 求导：

$$\frac{\mathrm{d}\alpha }{\mathrm{d}x}=\frac{f^{\prime \prime }(x)}{1+f^{\prime }(x{)}^2}.$$

第3步：弧长微分 $\mathrm{d}s=\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}\mathrm{d}x$。

第4步：由链式法则：

$$\frac{\mathrm{d}\alpha }{\mathrm{d}s}=\frac{\mathrm{d}\alpha }{\mathrm{d}x}\cdot \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s}=\frac{f^{\prime \prime }(x)}{1+f^{\prime }(x{)}^2}\cdot \frac{1}{\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}}=\frac{f^{\prime \prime }(x)}{(1+f^{\prime }(x{)}^2{)}^{3/2}}.$$

第5步：曲率取绝对值：

$$K=\left|\frac{\mathrm{d}\alpha }{\mathrm{d}s}\right|=\frac{|f^{\prime \prime }(x)|}{(1+f^{\prime }(x{)}^2{)}^{3/2}}.$$

证毕

例子：定理 曲率公式 — 例子

相关链接

• 数学分析 定理索引
• 第四章 微分
• 第六章 不定积分

来源引用

• [数学分析 陈纪修 第三版 上](raw/数学分析 陈纪修 第三版 上/full.md)