Lesson 17

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2024-11-13

Lagrange 中值定理 Theorem / 微分中值定理

/Theorem/

设 $f\in C([a,b])$ 且在 $(a,b)$ 中可导，则 $\exist c\in(a,b)$ 使得 $f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ .

对上述定理，我们能给出不同角度的解释：

几何含义： $\exist$ 切线 $\parallel$ 割线（弦）；
物理含义： $\exist$ 瞬时速度 $=$ 平均速度.

我们经常把上述定理写成这样的形式： $f(b)=f(a)+(b-a)f'(c)$ ， $\exist c\in(a,b)$ . 之前的写法似乎是关心斜率，但是这样的写法是在用导数联系 $f(a)$ 和 $f(b)$ .

推论：

若 $f'$ 在 $I$ 中处处为零，则 $f$ 在 $I$ 上为常值；
若 $f'$ 在 $I$ 中恒正，则 $f$ 在 $I$ 上严格递增；
若 $f'$ 在 $I$ 中恒负，则 $f$ 在 $I$ 上严格递减.

/Proof/

$\forall x<y\in I$ ，有
$\frac{f(y)-f(x)}{y-x}=f'(\xi)$
由 $f'(\xi)=0$ 或者正或者负，就能得到推论.

注记：从 $f$ 严格单调递增且可导，不一定能推导出 $f'>0$ 恒成立. 典型的反例就是 $x$ 的奇数次方在 $x=0$ 处的导数. 这来源于：正数序列的极限可能是零. 所以我们可以总结这两个命题之间的推导关系： $f$ 严格单调递增 $\Longrightarrow$ $f'\geq0$ ， $f'\geq0$ $\Longrightarrow$ $f$ 不减.

/Example/

证明： $\frac{2}{\pi}\leq\frac{\sin x}{x}<1$ ， $\forall x\in(0,\frac{\pi}{2}]$ .

/Proof/

$f'(x)=\frac{\cos x}{x^2}(x-\tan x)<0$
可知严格单调递减，所以直接小于在 $\pi/2$ 处的值.
上界的证明之前已经做过.

之后讲一些比较常用的命题（不等式）：

/Claim/

$\begin{aligned} &\frac{1}{x+1}<\ln(x+1)-\ln x<\frac{1}{x}\,,\quad\forall x>0\\\\ &\frac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x\,,\quad\forall x>0\\\\ &e^{\frac{x}{1+x}}<1+x<e^x\,,\quad\forall x>0 \end{aligned}$

/Proof/

其实这也是一种记忆的方法，就是使用 Lagrange 中值定理. 以第 1 条为例：
令 $f(x)=\ln x$ ，则
$\frac{f(x+1)-f(x)}{x+1-x}=f'(\xi)=\frac{1}{\xi}\in(\frac{1}{x+1},\frac{1}{x})$
就直接得到结论.

上面命题的最后一条，在处理无穷乘积 / 有限积的时候会用到（ $\prod_i(1+x_i)<\prod_ie^{x_i}=e^{\sum_ix_i}$ ）.

上述第 2 条的另外一个 version ：

\ln(1+x)<x\Longrightarrow(1+x)^{1/x}<e\Longrightarrow(1+\frac{1}{t})^t<e

这里就牵扯到 Euler 与调和级数，看下面的命题：

/Claim/ （调和级数的估计）

Euler 证明下述极限存在，为 Euler 常数 $\gamma$ ：
$\underset{n\to\infty}{\lim}(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n)=\gamma$

/Proof/

定义数列 $a_n=1/1+1/2+\cdots+1/n-\ln n$ ，证明单调性：
$\begin{aligned} a_{n+1}-a_n&=\frac{1}{n+1}-\ln\frac{n+1}{n}<0 \end{aligned}$
（由上面命题中的第 1 条）
可见 $a_n$ 单调递减，现在需要证明存在下界：
$a_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln n>\sum_{k=1}^n\ln\frac{k+1}{k}-\ln n=\ln(n+1)-\ln n>0$
下界存在. 由 MCT 得到存在极限.

一般可以用调和级数估计 $n$ 比较大的 $\ln n$ 值，因为 $\gamma\approx0.577215$ .

/Example/ （Bernoulli 不等式）

设 $x>-1$ ，则
若 $\alpha\geq1$ 或者 $\alpha\leq0$ ，则有 $(1+x)^\alpha\geq1+\alpha x$ ；
若 $0\leq\alpha\leq1$ ，则 $(1+x)^\alpha\leq1+\alpha x$ .

/Proof/

$f(x)=(1+x)^\alpha$ 早 $x=0$ 和 $x>-1$ 处使用 Lagrange 中值定理，
$\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=f'(\xi)=\alpha(1+\xi)^{\alpha-1}$
$\exist\xi$ 介于 $0$ 和 $x$ 之间.
然后讨论 $\alpha$ 与 $1$ 之间的大小关系.

当然 Taylor 展开可以高速解决这一问题.

接下来讲两个很强的不等式：Newton 不等式和 McLaurin 不等式.

对非负实数 $a_1$ ， $a_2$ ， $\cdots$ ， $a_n$ ，可以写出所谓的初等对称多项式 $\sigma_1$ ， $\sigma_2$ ， $\cdots$ ， $\sigma_n$ ，其中

\sigma_k=\sum_{1\leq i_1<\cdots<i_k\leq n}a_{i_1}\cdots a_{i_k}

从简单的开始， $\sigma_1=\sum_{i=1}^na_i$ （共 $C_n^1$ 项之和）， $\sigma_2=\sum_{i<j}a_ia_j$ （共 $C_n^2$ 项之和）， $\cdots$ ， $\sigma_n=a_1a_2\cdots a_n$ .

Newton 不等式就是：

(\frac{\sigma_k}{C_n^k})^2\geq\frac{\sigma_{k-1}}{C_{n}^{k-1}}\frac{\sigma_{k+1}}{C_n^{k+1}}

McLaurin 不等式是：

\sqrt[1]{\frac{\sigma_1}{C_n^1}}\geq\sqrt[2]{\frac{\sigma_2}{C_n^2}}\geq\cdots\geq\sqrt[n]{\frac{\sigma_n}{C_n^n}}

这两个定理均不好证明. 为了证明，我们写下下面的引理.

/Theorem/

设 $a_1\sim a_n\in[m,M]$ ，则 $\exist b_1\sim b_{n-1}\in[m,M]$ ，使得：若记 $b_i$ 的初等对称多项式为 $\tilde\sigma_1\sim\tilde\sigma_{n-1}$ ，有
$\frac{\tilde\sigma_1}{C_{n-1}^1}=\frac{\sigma_1}{C_n^1}\,,\quad\frac{\tilde\sigma_2}{C_{n-1}^2}=\frac{\sigma_2}{C_n^2}\,,\quad\cdots\,,\quad\frac{\tilde\sigma_{n-1}}{C_{n-1}^{n-1}}=\frac{\sigma_{n-1}}{C_n^{n-1}}$

得到上述引理之后，两个不等式就能容易地证明，以 McLaurin 公式为例：

/Proof/

对 $n$ 归纳， $n=1$ 是 trivial 的， $n=2$ 时直接使用均值定理证毕. 假设 $n-1$ 版本已经证明，考虑 $n$ 版本，由引理及 $a_1\sim a_n\in[0,M=\max a_i]$ ，可知 $\exist b_1\sim b_{n-1}$ 使得
$\begin{aligned} \sqrt[1]{\tilde\sigma_1/C_{n-1}^1}&\geq\sqrt[2]{\tilde\sigma_2/C_{n-1}^2}\geq\cdots\geq\sqrt[n-1]{\tilde\sigma_{n-1}/C_{n-1}^{n-1}}\\\\ \sqrt[1]{\sigma_1/C_n^1}&\geq\sqrt[2]{\sigma_2/C_n^2}\geq\cdots\geq\sqrt[n-1]{\sigma_{n-1}/C_n^{n-1}} \end{aligned}$
最后：
$\sqrt[n-1]{\sigma_{n-1}/C_n^{n-1}}\geq\sqrt[n-1]{\sqrt[n]{\text{product}}}=\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}$
这里用到均值不等式.

证毕.

接下来证明引理：

/Proof/ （引理证明）

设 $\{a_i\}$ 按值从小到大排列为 $c_1<c_2<\cdots<c_k$ ，其中 $c_i$ 在 $a_1\sim a_n$ 中出现的次数为 $\alpha_i$ 次，则 $\sum_{i=1}^k\alpha_i=n$ .
考虑 $P(x)=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)$ ，在 $[c_i,c_{i+1}]$ 中间使用 Rolle 定理知 $\exist d_i\in(c_i,c_{i+1})$ ，使得 $P'(d_i)=0$ ，这就相当于为 $P'(x)$ 找出了 $k-1$ 个零点，其中 $d_1<d_2<\cdots<d_{k-1}$ .
注意 $c_i$ 是 $P'(x)$ 的 $\alpha_i-1$ 重根， $\forall 1\leq i\leq k$ .
事实：若 $a$ 是 $P(x)$ 的 $\alpha$ 重根，则 $a$ 是 $P'(x)$ 的 $\alpha-1$ 重根（ $\alpha\geq1$ ）.
验证是直接的，由定义就知道 $P(x)=(x-a)^\alpha Q(x)$ ， $Q(a)\neq0$ ，求导得到：
$P'(x)=\alpha(x-a)^{\alpha-1}(\alpha Q(x)+(x-a)Q'(x))$
得到验证.
所以 $P'(x)$ 的重根数总和最小值： $(\alpha_1-1)+\cdots+(\alpha_k-1)+(k-1)=n-1$ .
但是 $\text{deg}P'(x)=n-1$ ，它的重根数之和为 $n-1$ ，表明 $c_i$ 和 $d_i$ 全体恰为 $P'(x)$ 的根，这些根 $\in[m,M]$ .
记 $\{b_1,\cdots,b_{n-1}\}=\{\alpha_i-1$ 个 $c_i(1\leq i\leq k)\}\cup\{d_1,\cdots,d_{n-1}\}$ .
$\Longrightarrow$ $P'(x)=n(x-b_1)(x-b_2)\cdots(x-b_{n-1})=n(x^{n-1}-\tilde\sigma_1x^{n-2}+\cdots)$ ，其中这里系数 $n$ 来源于我们求导的时候最高次项出现的系数，对比 $P(x)$ ，能够得到：
$\begin{aligned} n\tilde\sigma_1&=(n-1)\sigma_1\\\\ n\tilde\sigma_2&=(n-2)\sigma_2\\\\ \cdots \end{aligned}$
证毕.

之后我们通过一种物理的观点来看待要讲的 Cauchy 中值定理：假设两套不同的时空（ $x$ 时空和 $t$ 时空），其间的时空变换法则称为 $t=g(x)$ . 显然反函数存在，记 $h(t)=f(g^{-1}(t))$ ，对 $h$ 使用 Lagrange 中值，得到

\frac{h(B)-h(A)}{B-A}=h'(\eta)=f'(g^{-1}(\eta))(g^{-1})'(\eta)=f'(g^{-1}(\eta))

即有

\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}

（记 $\xi=g^{-1}(\eta)$ ）

如果你有一个同学天天换手表，那么你就可能成为 Cauchy. ——艾神

/Theorem/ （Cauchy 中值定理）

设 $f$ ， $g$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上可导，且 $g'$ 在 $(a,b)$ 处处非零，则 $\exist\xi\in(a,b)$ ，使得
$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$

/Proof/

这节课只讲了证法 1.
由 $g'$ 处处非零，可知 $g$ 在 $[a,b]$ 上是单射（否则 $\exist g(x)=g(y)$ ，由 Rolle 定理会得到 $\exist g'(z)=0$ ，产生矛盾）.
这样 $g$ 在 $[a,b]$ 上是连续单射，所以 $g$ 存在反函数 $g^{-1}$ . 考虑 $h(t)=f(g^{-1}(t))$ ，对 $h$ 在 $A$ ， $B$ 处使用 Lagrange 中值，就得到结果（上面已经证明）.