微分中值定理
参考资料
罗尔定理
前言
菜鸡Herself32买了一本微积分入门，但是他看着看着极限就自闭了，于是来氵后面的微分中值定理接着自闭.
于是她就接触到了这个玄学的罗尔定理。
定义
罗尔定理告诉我们，如果一个函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$上可导，
并且$f(a) = f(b)$,那么在区间$(a,b)$上至少存在一个点，即$\exists \xi, a < \xi < b$,使得：
$$f^\prime (\xi) = 0$$
窒息×1
通俗一点的解释就是：
如果在区间$[a,b]$上连续的函数$f(x)$的两个端点函数值相等，并且在这个函数的图像上，每个点的切线都唯一（即可导），
那么在这个区间内至少存在一点，使得它的切线与x轴平行（即导数等于0）。
证明
在区间$[a,b]$上一定存在最大值$M$和最小值$m$
若$M = m$，那么$f(x)$在$[a,b]$上是一个常数函数$f(x) = M ;;x \in [a,b]$
所以这时$f ^ \prime (x) = 0$在$[a,b]$上恒成立，定理得证。
若$M \not = m$,又$f(a) = f(b)$。
那么显然最大值和最小值不可能同时处于端点处.
我们不妨设$M \not = f(a)$,那么$M$必定在$(a,b)$内被取得。
我们设$f(\xi) = M;; (a < \xi < b)$,那么:
$$\because f(\xi + \Delta x) \leq f(\xi)$$
$$f(\xi +\Delta x) - f(\xi) \leq 0$$
因为$f ^ \prime$存在，所以：
$$f ^ \prime (\xi) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac {f(\xi + \Delta x) - f(\xi)}{\Delta x}$$
这个式子也存在。
然后我们用一下夹逼准则去靠近：
若$\Delta x < 0$，那么$\frac {f(\xi + \Delta x) - f(\xi)}{\Delta x} \geq 0$
$$\therefore f_-^\prime(\xi) = \lim_{\Delta x \to 0^-} \frac {f(\xi + \Delta x) - f(\xi)}{\Delta x} \geq 0$$
若$\Delta x > 0$，那么$\frac {f(\xi + \Delta x) - f(\xi)}{\Delta x} \leq 0$
$$\therefore f_+^\prime(\xi) = \lim_{\Delta x \to 0^+} \frac {f(\xi + \Delta x) - f(\xi)}{\Delta x} \leq 0$$
$$\therefore f_-^\prime(\xi) = f_+^\prime(\xi) = 0$$
$$f ^ \prime (\xi) = 0$$
应用
证毕。
例1
已知函数$f(x) = (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)$,求$f^\prime(x)$有几个根并指出他们所处的区间。
说求导的给我滚一边去
显然，$f(x)$在$\mathbb{R}$上可导，并且满足$f(1) = f(2) = f(3) = f(4) = 0$
那么$f(x)$在$[1,2],[2,3],[3,4]$三个区间上满足罗尔定理的条件。
因此至少存在$\xi_1 \in [1,2], \xi_2 \in [2,3] ,\xi_3 \in [3,4]$使得:
$$f^\prime(\xi_1) = f^\prime(\xi_2) = f^\prime(\xi_3) = 0$$
又因为$f^\prime(x)$是三次函数，至多有三个根。
他们分别位于$[1,2],[2,3],[3,4]$内。
例2
设$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，$m < 0$且$f(a) = 0$。
证明：
$$\exists \xi \in (a,b), f(\xi) = \frac {b - \xi}{m} f^\prime (\xi)$$
对于这类题目，我们首先构造一个函数：
分析一下题目里给的东西：
$$f(\xi) = \frac {b - \xi}{m} f^\prime (\xi)$$
这个$\xi$看着有点不爽，我们把他换成$x$
$$f(x) = \frac {b - x}{m} f^\prime (x)$$
开始化简：
$$\frac {f^\prime (x)}{f(x)} = \frac {m}{b-x}$$
然后依旧是上面那个套路:
$$\ln f(x) = -m \ln (b-x) + C$$
$$\ln f(x) + m \ln (b-x) = C$$
$$\ln f(x) + \ln (b-x)^m = C$$
$$\ln f(x)(b-x)^m = C$$
然后这个$F(x) = f(x)(b-x)^m$就是我们需要构造的函数。
然后我们验证一下端点函数值是否相等：
$$F(a) = f(a) \times (b-a)^m = 0 ;; F(b) - f(b) \times (b-b)^m = 0$$
然后我们根据罗尔定理，得到：
$$\exists \xi \in (a,b),F^\prime(\xi) = -m(b-\xi)^{m-1}f(\xi)+(b-\xi)^m f^\prime(\xi) = 0$$
把这个玄学的东西整理一下，就是：
$$m(b-\xi)^{m-1} f(\xi) = (b-\xi)^m f^\prime(\xi)$$
$$\therefore f(\xi) = \frac {b - \xi}{m} f^\prime (\xi)$$
所以，$\xi$即为所求。
Upd: 拉格朗日中值定理
在菜鸡Herself32正式学完罗尔定理11Days之后,她觉得这篇文章还是too simple了,为了不让这篇文章太naive,她决定把微分中值定理的相关内容全部扔上去.
因为Herself32实在是太菜,例题会非常水（神仙轻喷啊QwQ,文章中的公式和证明可能会有问题,也请各位神仙多多包容并指正.
首先更一篇拉格朗日中值定理吧qwq
定理概述
其实拉格朗日中值定理是罗尔定理的推广.
考虑如果函数$f(x)$满足在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$上可导:
那么在开区间$(a,b)$内至少有一点$\varepsilon (a < \varepsilon < b)$使得等式$f(b) - f(a) = f^\prime (\varepsilon)(b - a)$
其他形式
记$\varepsilon = a + \theta (b - a) ; (0 < \theta < 1)$,我们令$a = x,b = x + \Delta x$,则有:
$$\Delta y = f(x + \Delta x) - f(x) = f^\prime (x + \theta \Delta x) \cdot \Delta x$$
上式称为有限增量公式
那么有限增量公式有什么意义呢?
我们知道函数的微分${\rm d}y = f^\prime (x) \Delta x$,是函数的增量Δy的近似表达式.一般情况下只有当$|\Delta x|$很小的时候，${\rm d}y$和$\Delta y$之间的近似度才会提高；而有限增量公式却给出了当自变量x取得有限增量$\Delta x$（$|\Delta x|$不一定很小）时，函数增量$\Delta y$的准确表达式.
证明
首先函数$f(x)$满足在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$上可导:
那么我们构造函数$g(x) = f(x) - f(a) - \frac {f(b) - f(a)}{b-a} (x - a)$
首先显然$g(a) = g(b)$,并且$g(x)$满足在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$上可导:
那么根据之前讲过的罗尔定理可得,一定存在一点$\xi \in (a,b)$,使得$g^\prime(\xi) = 0$
那么可以得到$g^\prime(\xi) = f^\prime(\xi) - \frac {f(b) - f(a)}{b-a} = 0$
变形可得$(b) - f(a) = f^\prime (\xi)(b - a)$, 证毕.
推广
如果$f(x)$满足在区间$[a,b]$上的导数恒为$0$,那么$f(x)$在$[a,b]$上是常数函数.
证明应该比较显然吧.
考虑在区间$[a,b]$上任取两个点$\xi_1,\xi_2$,我们直接套上拉格朗日中值定理,可得:
$$f(\xi_2) - f(\xi_1) = f^\prime(\varepsilon)(\xi_2 - \xi_1) (\xi_1 < \varepsilon < \xi_2)$$
已知$f^\prime(\varepsilon) = 0$,那么也就是$f(\xi_2) - f(\xi_1) = 0$.
所以$f(\xi_1) = f(\xi_2)$,证毕.
关于有限增量公式
若$f’’(x)$在$x_0$点处连续,且$$f’’(x_0) \not = 0$$,那么:
$$\lim_{\Delta x \to 0} \theta = \frac 12$$
证明:
因为$f’’(x)$在$x_0$处连续,我们根据泰勒公式可得
$f(x_0 + \Delta x) = f(x_0) + f’(x_0) \Delta x + \frac {f’’(x_0+\theta_1 \Delta x)}{2!} (\Delta x)^2$
$f(x_0 + \theta \Delta x) = f’(x_0) + f’’[x_0+\theta_2(\theta \Delta x)] (\theta \Delta x)$
我们将两个柿子分别带入有限增量公式,可得:
$$\theta = \frac {f’’(x_0+\theta_1 \Delta x)}{2 f’’[x_0 + \theta_2(\theta \Delta x)]}$$
在等式两边同取极限,令$\Delta x \to 0$,可得结论,证毕.
例题
sb题 #1
设$a > b > 0,n > 1$,求证:
$$nb^{n-1}(a-b) < a^n - b^n < na^{n-1}(a-b)$$
这题太水了,请读者自行证明
这题好像确实水了一点,好像被初一同学切了(?
首先观察到$na^{n-1}$这个东西,并且还出现了两次,那么我们果断构造函数.
设$f(x) = x^n$,那么显然$f’(x) = nx^{n-1}$
我们把$f(x)$扔进不等式里,就是$f’(b)(a-b) < f(a) - f(b) < f’(a)(a-b)$.
显然$f(x)$在$[b,a]$上满足拉格朗日中值定理的条件.
那么存在$\xi \in (b,a)$, 使得$f(a) - f(b) = f’(\xi)(a-b)$
又因为$b < \xi < a$,证毕.
sb题 #2
证明当$x > 0$时，$\frac {x}{1+x} < \ln (1 + x) < x$
这题太水了,请读者自行证明
好像还是很水…….,没感觉到任何难度
首先骤然发现$\frac {x}{1+x}$和$\ln (1 + x)$这个东西,那么继续果断构造函数
设$f(x) = \ln (1 + x)$,显然$f(x)$在$[0,x]$上满足拉格朗日中值定理的条件.
那么根据拉格朗日中值定理,可得$f(x) - f(0) = xf’(\xi) \quad \xi \in (0,x)$
化简一下上式,可得$\ln (1 + x) = \frac {x}{1 + \xi}$
因为$\xi \in (0,x)$:
$$\frac {x}{1+x} < \frac {x}{1 + \xi} < x$$
$$\text{代入可得} \frac {x}{1+x} < \ln (1 + x) < x$$
证毕.
正常题
设$f(x)$在$[0,1]$上连续