补充习题

5.3 补充习题

5.3.1 微分中值定理

菲赫金哥尔茨《微积分学教程》第一卷中有一小节插值法讲了这个内容，这本来是数值分析里讲插值逼近误差分析的内容，但被讲数学分析的人用来构造各种吓人的中值问题。

——WXF

命题 5.3.1 (Birkhoff插值) 设 $n$ 次函数 $g$ 由以下 $n + 1$ 个条件确定： $\begin{matrix} (1) & g^{(k_{i})} (x_{i}) = f^{(k_{i})} (x_{i}), i = 0, 1, \dots, n \end{matrix}$ 其满足（记 $N_{n} = {0, 1, \dots, n}$ ）：

插值条件互不相同： $\forall i, j \in N_{n}$ 且 $i \neq j$ ，都有 $(k_{i}, x_{i}) \neq (k_{j}, x_{j})$ ；
Pólya正则条件（后 $k$ 阶导的插值条件不超过 $n + 1 - k$ 个）： $\forall k \in N_{n}$ ， $card {i \in N_{n} ∣ k_{i} \geq k} \leq n + 1 - k$ 。

则这样的 $g$ （以及其 $k$ 阶导数）由以下行列式唯一确定： $\begin{matrix} (2) & | \begin{matrix} g^{(k)} (x) & (1)^{(k)} & (x)^{(k)} & \dots & (x^{n})^{(k)} \\ f^{(k_{0})} (x_{0}) & (1)^{(k_{0})} |_{x = x_{0}} & (x)^{(k_{0})} |_{x = x_{0}} & \dots & (x^{n})^{(k_{0})} |_{x = x_{0}} \\ f^{(k_{1})} (x_{1}) & (1)^{(k_{1})} |_{x = x_{1}} & (x)^{(k_{1})} |_{x = x_{1}} & \dots & (x^{n})^{(k_{1})} |_{x = x_{1}} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ f^{(k_{n})} (x_{n}) & (1)^{(k_{n})} |_{x = x_{n}} & (x)^{(k_{n})} |_{x = x_{n}} & \dots & (x^{n})^{(k_{n})} |_{x = x_{n}} \end{matrix} | = 0 \end{matrix}$

命题的证明是不言自明的，附加条件保证了 $g^{(k)} (x)$ 对应的余子式可逆。利用这个命题，我们可以构造出各种各样的中值定理。

例 5.3.2 (刘/闫/章·习题4.1.13) 设函数 $f, g, h$ 在 $[a, b]$ 上连续、在 $(a, b)$ 内可导，证明： $\exists ξ \in (a, b)$ 使得 $\begin{matrix} (3) & | \begin{matrix} f (a) & g (a) & h (a) \\ f (b) & g (b) & h (b) \\ f^{'} (ξ) & g^{'} (ξ) & h^{'} (ξ) \end{matrix} | = 0 \end{matrix}$

证明令 $\begin{matrix} (4) & \begin{array}{r} F (x) := | \begin{array}{c} f (a) & g (a) & h (a) \\ f (b) & g (b) & h (b) \\ f (x) & g (x) & h (x) \end{array} | \end{array} ⟹ F (a) = F (b) = 0 \end{matrix}$ 由Rolle定理可知 $\exists ξ \in (a, b)$ 使得 $F^{'} (ξ) = 0$ ，即 $\begin{matrix} (5) & F^{'} (ξ) = | \begin{matrix} f (a) & g (a) & h (a) \\ f (b) & g (b) & h (b) \\ f^{'} (ξ) & g^{'} (ξ) & h^{'} (ξ) \end{matrix} | = 0 \end{matrix}$ $◻$

例 5.3.3 (刘/闫/章·习题4.1.14) 设 $f$ 在 $[a, b]$ 上一阶可导，在 $(a, b)$ 内二阶可导，且 $f (a) = f (b) = 0$ 、 $f_{+}^{'} (a) f_{-}^{'} (b) > 0$ ，证明：

(1): $\exists ξ \in (a, b)$ ，使得 $f^{″} (ξ) + 2 f^{'} (ξ) + f (ξ) = 0$ 。
(2): $\exists θ \in (a, b)$ ，使得 $f^{″} (θ) - 2 f^{'} (θ) + f (θ) = 0$ 。
(3): $\exists η \in (a, b)$ ，使得 $f^{″} (η) = f^{'} (η)$ 。
(4): $\exists ζ \in (a, b)$ ，使得 $f^{″} (ζ) = f (ζ)$ 。

我们先证明如下引理：

引理 5.3.4 设 $f$ 在 $[a, b]$ 上一阶可导，在 $(a, b)$ 内二阶可导，且 $f (a) = f (b) = 0$ 、 $f_{+}^{'} (a) f_{-}^{'} (b) > 0$ ，则 $\exists ξ_{1}, ξ_{2}, ξ \in (a, b)$ ，使得 $f^{'} (ξ_{1}) = f^{'} (ξ_{2}) = f^{″} (ξ) = 0$ 。

引理的证明不妨设 $f_{+}^{'} (a) > 0$ ，否则可以考虑 $- f$ 。令 $ε = \frac{1}{2} f_{+}^{'} (a)$ ，则 $\exists δ \in (0, \frac{b - a}{2})$ 使得 $\begin{matrix} (6) & 0 < x - a < δ ⟹ - ε < \frac{f (x) - f (a)}{x - a} - f_{+}^{'} (a) < ε ⟹ f (x) > \frac{1}{2} f_{+}^{'} (a) (x - a) > 0 \end{matrix}$ 即 $\exists x_{1} \in (a, a + δ) \subseteq (a, \frac{a + b}{2})$ 使得 $f (x_{1}) = 0$ 。同理， $\exists x_{2} \in (b - δ, b) \subseteq (\frac{a + b}{2}, b)$ 使得 $f (x_{2}) = 0$ 。由介值定理可知 $\exists x_{0} \in (x_{1}, x_{2})$ 使得 $f (x_{0}) = 0$ 。

反复应用Rolle定理可得： $\exists ξ_{1} \in (a, x_{0})$ 使得 $f^{'} (ξ_{1}) = 0$ ， $\exists ξ_{2} \in (x_{0}, b)$ 使得 $f^{'} (ξ_{2}) = 0$ ， $\exists ξ \in (ξ_{1}, ξ_{2}) \subseteq (a, b)$ 使得 $f^{″} (ξ) = 0$ 。 $◻$

证明 (1) 令 $F (x) = e^{x} f (x)$ ，则 $F (a) = F (b) = 0$ ，且 $\begin{matrix} (7) & F_{+}^{'} (a) F_{-}^{'} (b) = e^{a + b} f_{+}^{'} (a) f_{-}^{'} (b) > 0 \end{matrix}$ 由引理可知 $\exists ξ \in (a, b)$ 使得 $F^{″} (ξ) = 0$ ，即 $\begin{matrix} (8) & f^{″} (ξ) + 2 f^{'} (ξ) + f (ξ) = 0 \end{matrix}$

(2) 令 $G (x) = e^{- x} f (x)$ ，则 $G (a) = G (b) = 0$ ，且 $\begin{matrix} (9) & G_{+}^{'} (a) G_{-}^{'} (b) = e^{- a - b} f_{+}^{'} (a) f_{-}^{'} (b) > 0 \end{matrix}$ 由引理可知 $\exists θ \in (a, b)$ 使得 $G^{″} (θ) = 0$ ，即 $\begin{matrix} (10) & f^{″} (θ) - 2 f^{'} (θ) + f (θ) = 0 \end{matrix}$

(3) 令 $H (x) = e^{- x} f^{'} (x)$ ，由引理可知 $f^{'} (ξ_{1}) = f^{'} (ξ_{2}) = 0$ ，亦即 $H (ξ_{1}) = H (ξ_{2}) = 0$ 。由Rolle定理可知 $\exists η \in (ξ_{1}, ξ_{2}) \subseteq (a, b)$ 使得 $H^{'} (η) = 0$ ，即 $\begin{matrix} (11) & f^{″} (η) = f^{'} (η) \end{matrix}$

(4) 令 $I (x) = e^{- x} (f (x) + f^{'} (x))$ ，由引理可知 $\exists ζ_{1}, ζ_{2} \in (a, b)$ 使得 $F^{'} (ζ_{1}) = F^{'} (ζ_{2}) = 0$ ，亦即 $I (ζ_{1}) = I (ζ_{2}) = 0$ 。由Rolle定理可知 $\exists ζ \in (ζ_{1}, ζ_{2}) \subseteq (a, b)$ 使得 $I^{'} (ζ) = 0$ ，即 $\begin{matrix} (12) & f^{″} (ζ) = f (ζ) \end{matrix}$ $◻$

例 5.3.5 (刘/闫/章·习题4.3.9) 设函数 $f \in C^{3} [0, 1]$ ，且 $f (0) = f^{'} (\frac{1}{2}) = 0$ 、 $f (1) = \frac{1}{2}$ 。证明： $\exists ξ \in (0, 1)$ ，使得 $f^{‴} (ξ) = 12$ 。

证明记 $f_{0} = f (\frac{1}{2})$ ，构造三次函数 $g (x) = a_{3} x^{3} + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0}$ 满足 $\begin{matrix} (13) & g (0) = g^{'} (\frac{1}{2}) = 0, g (\frac{1}{2}) = f_{0}, g (1) = \frac{1}{2} ⟹ g (x) = 2 x^{3} - 2 (1 + 2 f_{0}) x^{2} + \frac{1 + 8 f_{0}}{2} x \end{matrix}$ 令 $F (x) = f (x) - g (x)$ ，则 $F (0) = F (\frac{1}{2}) = F (1) = F^{'} (\frac{1}{2}) = 0$ 。反复应用Rolle定理可得：

$\exists ξ_{1} \in (0, \frac{1}{2})$ 使得 $F^{'} (ξ_{1}) = 0$ ， $\exists ξ_{2} \in (\frac{1}{2}, 1)$ 使得 $F^{'} (ξ_{2}) = 0$ 。
$\exists η_{1} \in (ξ_{1}, \frac{1}{2})$ 使得 $F^{″} (η_{1}) = 0$ ， $\exists η_{2} \in (\frac{1}{2}, ξ_{2})$ 使得 $F^{″} (η_{2}) = 0$ 。
$\exists ξ \in (η_{1}, η_{2}) \subseteq (a, b)$ 使得 $F^{‴} (ξ) = 0$ ，即 $f^{‴} (ξ) = g^{‴} (ξ) = 12$ 。

◻

例 5.3.6 (刘/闫/章·习题4.3.11) 设 $h > 0$ ，函数 $f \in C^{1} [x_{0} - h, x_{0} + h]$ 。证明： $\exists θ \in (0, 1)$ ，使得 $\begin{matrix} (14) & f (x_{0} + h) - f (x_{0} - h) = [f^{'} (x_{0} + θ h) + f^{'} (x_{0} - θ h)] h \end{matrix}$

证明令 $F : [0, 1] \to R$ 满足 $F (x) = f (x_{0} + x h) - f (x_{0} - x h)$ ，由Lagrange中值定理可得 $\exists θ \in (0, 1)$ 使得 $\begin{matrix} (15) & f (x_{0} + h) - f (x_{0} - h) = F (1) - F (0) = F^{'} (θ) = [f^{'} (x_{0} + θ h) + f^{'} (x_{0} - θ h)] h \end{matrix}$ $◻$

例 5.3.7 (刘/闫/章·习题4.3.12) 设函数 $f \in C^{1} [a, b]$ ，在 $(a, b)$ 内二阶可导，且 $f^{'} (a) = f^{'} (b) = 0$ 。证明： $\exists ξ \in (a, b)$ ，使得 $\begin{matrix} (16) & | f^{″} (ξ) | \geq \frac{4}{(b - a)^{2}} | f (b) - f (a) | \end{matrix}$

证明由带Lagrange余项的Taylor展开可得 $\begin{matrix} (17) & \begin{aligned} f (\frac{a + b}{2}) & = f (a) - f^{'} (a) \frac{b - a}{2} + \frac{f^{″} (ξ_{1})}{2} {(\frac{b - a}{2})}^{2} = f (a) + \frac{f^{″} (ξ_{1})}{8} (b - a)^{2} \\ = f (b) + f^{'} (b) \frac{b - a}{2} + \frac{f^{″} (ξ_{2})}{2} {(\frac{b - a}{2})}^{2} = f (b) + \frac{f^{″} (ξ_{2})}{8} (b - a)^{2} \end{aligned} \end{matrix}$ 即 $\begin{matrix} (18) & f (b) - f (a) = \frac{(b - a)^{2}}{8} [f^{″} (ξ_{1}) - f^{″} (ξ_{2})] \end{matrix}$ 令 $ξ \in {ξ_{1}, ξ_{2}}$ 满足 $| f^{″} (ξ) | = max {| f^{″} (ξ_{1}) |, | f^{″} (ξ_{2}) |}$ ，则 $\begin{matrix} (19) & | f (b) - f (a) | \leq \frac{(b - a)^{2}}{8} [| f^{″} (ξ_{1}) | + | f^{″} (ξ_{2}) |] \leq \frac{(b - a)^{2}}{4} | f^{″} (ξ) | \end{matrix}$ 得证。 $◻$

例 5.3.8 (楼红卫·例6.5.4) 设函数 $f \in C^{1} [a, b]$ ，在 $(a, b)$ 内三阶可导。证明： $\exists ξ \in (a, b)$ ，使得 $\begin{matrix} (20) & f (b) = f (a) + \frac{1}{2} (b - a) (f^{'} (a) + f^{'} (b)) - \frac{1}{12} (b - a)^{3} f^{‴} (ξ) \end{matrix}$

证明构造三次函数 $g (x) = a_{3} x^{3} + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0}$ 满足 $\begin{matrix} (21) & g (a) = f (a), g (b) = f (b), g^{'} (a) = f^{'} (a), g^{'} (b) = f^{'} (b) \end{matrix}$ 这样的 $g$ 由以下公式确定： $\begin{matrix} (22) & | \begin{matrix} g (x) & 1 & x & x^{2} & x^{3} \\ f (a) & 1 & a & a^{2} & a^{3} \\ f (b) & 1 & b & b^{2} & b^{3} \\ f^{'} (a) & 0 & 1 & 2 a & 3 a^{2} \\ f^{'} (b) & 0 & 1 & 2 b & 3 b^{2} \end{matrix} | = 0 ⟹ | \begin{matrix} g^{‴} (x) & 0 & 0 & 0 & 6 \\ f (a) & 1 & a & a^{2} & a^{3} \\ f (b) & 1 & b & b^{2} & b^{3} \\ f^{'} (a) & 0 & 1 & 2 a & 3 a^{2} \\ f^{'} (b) & 0 & 1 & 2 b & 3 b^{2} \end{matrix} | = 0 \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (23) & g^{‴} (x) = - \frac{12}{(b - a)^{3}} [f (b) - f (a)] + \frac{6}{(b - a)^{2}} [f^{'} (a) + f^{'} (b)] \end{matrix}$ 令 $F (x) = f (x) - g (x)$ ，则 $F (a) = F (b) = F^{'} (a) = F^{'} (b) = 0$ 。反复应用Rolle定理可得：

$\exists η \in (a, b)$ 使得 $F^{'} (η) = 0$ 。
$\exists ξ_{1} \in (a, η)$ 使得 $F^{″} (ξ_{1}) = 0$ ， $\exists ξ_{2} \in (η, b)$ 使得 $F^{″} (ξ_{2}) = 0$ 。
$\exists ξ \in (ξ_{1}, ξ_{2}) \subseteq (a, b)$ 使得 $F^{‴} (ξ) = 0$ ，即 $\begin{matrix} (24) & f (b) = f (a) + \frac{1}{2} (b - a) (f^{'} (a) + f^{'} (b)) - \frac{1}{12} (b - a)^{3} f^{‴} (ξ) \end{matrix}$

◻

5.3.2 Taylor展开式（二）

例 5.3.9 阿基米德提出用圆内接正多边形的周长逼近圆的周长，从而计算圆周率的近似值。荷兰的Ludolph van Ceulen用一生的时间计算了 $2^{62}$ 边形，得到圆周率的 $35$ 位小数。由初等的平面几何知识可得：半径为 $1$ 的圆内接正 $3 \cdot 2^{n}$ 边形的边长 $a_{n}$ 和周长 $L_{n}$ 满足递推关系： $\begin{matrix} (25) & \begin{aligned} a_{n + 1} & = \sqrt{2 - 2 \sqrt{1 - {(\frac{a_{n}}{2})}^{2}}} = a_{n} \sqrt{\frac{1}{2 + \sqrt{4 - a_{n}^{2}}}} \\ L_{n + 1} & = 3 \cdot 2^{n + 1} a_{n + 1} = L_{n} \sqrt{\frac{2}{1 + \sqrt{1 - {(\frac{L_{n}}{3 \cdot 2^{n}})}^{2}}}} \end{aligned} \end{matrix}$ 然而，这个公式收敛很慢。试确定常数 $λ$ ，使得数列 ${(1 - λ) L_{n} + λ L_{n + 1}}$ 具有最快的收敛速度。

解易见 $\begin{matrix} (26) & \begin{aligned} L_{n} & = 3 \cdot 2^{n + 1} \sin \frac{2 π}{3 \cdot 2^{n + 1}} = 3 \cdot 2^{n + 1} [\frac{2 π}{3 \cdot 2^{n + 1}} - \frac{1}{6} {(\frac{2 π}{3 \cdot 2^{n + 1}})}^{3} + O (\frac{1}{2^{5 n}})] \\ = 2 π - \frac{π^{3}}{27 \cdot 2^{2 n}} + O (\frac{1}{2^{4 n}}) \end{aligned} \end{matrix}$ 于是 $\begin{matrix} (27) & (1 - λ) L_{n} + λ L_{n + 1} = 2 π - \frac{(4 - 3 λ) π^{3}}{27 \cdot 2^{2 n + 2}} + O (\frac{1}{2^{4 n}}) \end{matrix}$ 取 $λ = \frac{4}{3}$ 可得 $\begin{matrix} (28) & {\tilde{L}}_{n} = - \frac{1}{3} L_{n} + \frac{4}{3} L_{n + 1} = 2 π + O (\frac{1}{2^{4 n}}) \end{matrix}$ $◻$

例 5.3.10

(1): 证明： $\forall x \in [- 1, 1]$ ， $\begin{matrix} (29) & \arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} - \dots + \frac{(- 1)^{n} x^{2 n + 1}}{2 n + 1} + \dots \end{matrix}$
(2): 利用 $\arctan \frac{1}{2} + \arctan \frac{1}{3} = \frac{π}{4}$ ，求 $π$ 的近似值。

证明 (1) 注意到 $\begin{matrix} (30) & (\arctan x)^{'} = \frac{1}{1 + x^{2}} = 1 - x^{2} + x^{4} - \dots + (- 1)^{n} x^{2 n} + o (x^{2 n}) \end{matrix}$ 由Taylor展开式的唯一性可知 $\exists ξ \in (- 1, 1)$ 使得 $\begin{matrix} (31) & \arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} - \dots + \frac{(- 1)^{n} x^{2 n + 1}}{2 n + 1} + \frac{\arctan^{(2 n + 2)} (ξ)}{(2 n + 2)!} x^{2 n + 2} \end{matrix}$ 形式上有 $\begin{matrix} (32) & (\arctan x)^{'} = \frac{1}{1 + x^{2}} = \frac{1}{2 i} (\frac{1}{x + i} - \frac{1}{x - i}) \end{matrix}$ 求导可得 $\begin{matrix} (33) & \arctan^{(n + 1)} (x) = \frac{(- 1)^{n} n!}{2 i} (\frac{1}{(x - i)^{n + 1}} - \frac{1}{(x + i)^{n + 1}}) \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (34) & | \frac{\arctan^{(n + 1)} (x)}{(n + 1)!} | \leq \frac{2}{2 (n + 1)} max {\frac{1}{| x - i |^{n + 1}}, \frac{1}{| x + i |^{n + 1}}} \leq \frac{1}{n + 1} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (35) & | \frac{\arctan^{(2 n + 2)} (ξ)}{(2 n + 2)!} x^{2 n + 2} | \leq \frac{| x |^{2 n + 2}}{2 n + 2} \leq \frac{1}{2 n + 2} \to 0, n \to + \infty, ξ \in (- 1, 1) \end{matrix}$ 即 $\begin{matrix} (36) & \arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} - \dots + \frac{(- 1)^{n} x^{2 n + 1}}{2 n + 1} + \dots \end{matrix}$

(2) 由题可得 $\begin{matrix} (37) & \frac{π}{4} = \arctan \frac{1}{2} + \arctan \frac{1}{3} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{2 n - 1} (\frac{1}{2^{2 n - 1}} + \frac{1}{3^{2 n - 1}}) \end{matrix}$ 其前 $22$ 项的和就能得到 $π$ 的近似值为 $3.141592653589790$ ，它的前 $14$ 位小数是精确的。 $◻$

5.3.3 函数的凹凸性

定理 5.3.11 设 $f : I \to R$ ，则凸函数的以下5个定义等价：

(1): $\forall x_{1}, x_{2} \in I$ ， $\forall t \in [0, 1]$ ，有 $\begin{matrix} (38) & f (t x_{1} + (1 - t) x_{2}) \leq t f (x_{1}) + (1 - t) f (x_{2}) \end{matrix}$
(2): $\forall x_{1}, x_{2}, x_{3} \in I$ ， $x_{1} < x_{2} < x_{3}$ ，有 $\begin{matrix} (39) & \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} \leq \frac{f (x_{3}) - f (x_{1})}{x_{3} - x_{1}} \leq \frac{f (x_{3}) - f (x_{2})}{x_{3} - x_{2}} \end{matrix}$
(3): 设 $f$ 在 $I$ 上可微，则 $f^{'}$ 在 $I$ 上单调不减。
(4): 设 $f$ 在 $I$ 上可微，则 $\forall x_{1}, x_{2} \in I$ ，有 $\begin{matrix} (40) & f (x_{2}) \geq f (x_{1}) + f^{'} (x_{1}) (x_{2} - x_{1}) \end{matrix}$
(5): 设 $f$ 在 $I$ 上二阶可微，则 $\forall x \in I$ ，有 $f^{″} (x) \geq 0$ 。

证明 $(1) ⟺ (2)$ ：当 $t = 0, 1$ 时，不等式显然成立。当 $t \in (0, 1)$ 时，令 $x_{2} = t x_{1} + (1 - t) x_{3}$ ，则 $\begin{matrix} (41) & f (t x_{1} + (1 - t) x_{3}) \leq t f (x_{1}) + (1 - t) f (x_{3}) ⟺ \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} \leq \frac{f (x_{3}) - f (x_{1})}{x_{3} - x_{1}} \leq \frac{f (x_{3}) - f (x_{2})}{x_{3} - x_{2}} \end{matrix}$

$(2) ⟹ (3)$ ： $\forall x_{1}, x_{3} \in I$ 且 $x_{1} < x_{3}$ ，分别令 $x_{2} \to x_{1}^{+}$ 、 $x_{2} \to x_{3}^{-}$ ，由(2)可得 $\begin{matrix} (42) & f^{'} (x_{1}) = lim_{x_{2} \to x_{1}^{+}} \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} \leq \frac{f (x_{3}) - f (x_{1})}{x_{3} - x_{1}} \leq lim_{x_{2} \to x_{3}^{-}} \frac{f (x_{3}) - f (x_{2})}{x_{3} - x_{2}} = f^{'} (x_{3}) \end{matrix}$

$(3) ⟹ (4)$ ：由Lagrange中值定理可知 $\exists ξ \in (x_{1}, x_{2})$ 使得 $\begin{matrix} (43) & \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} = f^{'} (ξ) \geq f^{'} (x_{1}) ⟹ f (x_{2}) \geq f (x_{1}) + f^{'} (x_{1}) (x_{2} - x_{1}) \end{matrix}$

$(4) ⟹ (2)$ ：由(4)可得 $\begin{matrix} (44) & {\begin{cases} f (x_{1}) \geq f (x_{2}) + f^{'} (x_{2}) (x_{1} - x_{2}) \\ f (x_{3}) \geq f (x_{2}) + f^{'} (x_{2}) (x_{3} - x_{2}) \end{cases} ⟹ \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} \leq f^{'} (x_{2}) \leq \frac{f (x_{3}) - f (x_{2})}{x_{3} - x_{2}} \end{matrix}$ 再注意到 $\begin{matrix} (45) & \begin{aligned} \frac{f (x_{3}) - f (x_{1})}{x_{3} - x_{1}} & = \frac{x_{2} - x_{1}}{x_{3} - x_{1}} \cdot \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} + \frac{x_{3} - x_{2}}{x_{3} - x_{1}} \cdot \frac{f (x_{3}) - f (x_{2})}{x_{3} - x_{2}} \\ \geq \frac{x_{2} - x_{1}}{x_{3} - x_{1}} \cdot \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} + \frac{x_{3} - x_{2}}{x_{3} - x_{1}} \cdot \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} = \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} \\ \frac{f (x_{3}) - f (x_{1})}{x_{3} - x_{1}} & \leq \frac{x_{2} - x_{1}}{x_{3} - x_{1}} \cdot \frac{f (x_{3}) - f (x_{2})}{x_{3} - x_{2}} + \frac{x_{3} - x_{2}}{x_{3} - x_{1}} \cdot \frac{f (x_{3}) - f (x_{2})}{x_{3} - x_{2}} = \frac{f (x_{3}) - f (x_{2})}{x_{3} - x_{2}} \end{aligned} \end{matrix}$

$(3) ⟹ (5)$ ：由 $f^{'}$ 单调不减可知 $\forall x \in I$ 、 $\forall h \in R$ 满足 $x + h \in I$ ，都有 $f^{'} (x + h) - f^{'} (x)$ 与 $h$ 同号，故 $\begin{matrix} (46) & \frac{f^{'} (x + h) - f^{'} (x)}{h} \geq 0 ⟹ f^{″} (x) = lim_{h \to 0} \frac{f^{'} (x + h) - f^{'} (x)}{h} \geq 0 \end{matrix}$

$(5) ⟹ (3)$ ： $\forall x_{1}, x_{2} \in I$ 且 $x_{1} < x_{2}$ ，由Lagrange中值定理可知 $\exists ξ \in (x_{1}, x_{2})$ 使得 $\begin{matrix} (47) & \frac{f^{'} (x_{2}) - f^{'} (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} = f^{″} (ξ) \geq 0 ⟹ f^{'} (x_{2}) \geq f^{'} (x_{1}) \end{matrix}$ $◻$

注若 $f$ 在 $I$ 上严格凸，则(1)(2)(4)中的不等号需改为严格不等号，(3)中 $f^{'}$ 需改为严格增；(5)不再等价，并且仅有 $(5) ⟹ (3)$ （ $f^{″} (x) > 0 ⟹ f^{'}$ 严格增）成立。其余的证明过程基本相近，但需要注意 $(2) ⟹ (3)$ ： $\forall x_{1}, x_{5} \in I$ 且 $x_{1} < x_{5}$ ，取 $x_{1} < x_{3} < x_{5}$ ，分别令 $x_{2} \to x_{1}^{+}$ 、 $x_{4} \to x_{5}^{-}$ ，由(2)可得 $\begin{matrix} (48) & f^{'} (x_{1}) = lim_{x_{2} \to x_{1}^{+}} \frac{f (x_{2}) - f (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} \leq \frac{f (x_{3}) - f (x_{1})}{x_{3} - x_{1}} < \frac{f (x_{5}) - f (x_{3})}{x_{5} - x_{3}} \leq lim_{x_{4} \to x_{5}^{-}} \frac{f (x_{5}) - f (x_{4})}{x_{5} - x_{4}} = f^{'} (x_{5}) \end{matrix}$

定理 5.3.12 设 $I$ 为开区间、 $f : I \to R$ 为凸函数，则 $\forall x \in I$ ， $f$ 的左右导数都存在，从而 $f$ 连续，并且 $f_{-}^{'} (x) \leq f_{+}^{'} (x)$ 。

证明由于 $x$ 为内点，故 $\exists δ > 0$ 使得 $[x - δ, x + δ] \subseteq I$ 。令 $g : [- δ, 0) \cup (0, δ] \to R$ 满足 $g (h) := \frac{f (x + h) - f (x)}{h}$ ，由凸函数的等价定义可得 $\begin{matrix} (49) & \begin{aligned} h_{1} < h_{2} < 0 & ⟹ \frac{f (x) - f (x + h_{1})}{- h_{1}} \leq \frac{f (x) - f (x + h_{2})}{- h_{2}} ⟹ g (h_{1}) \leq g (h_{2}) \\ h_{1} < 0 < h_{2} & ⟹ \frac{f (x) - f (x + h_{1})}{- h_{1}} \leq \frac{f (x + h_{2}) - f (x)}{h_{2}} ⟹ g (h_{1}) \leq g (h_{2}) \\ 0 < h_{1} < h_{2} & ⟹ \frac{f (x + h_{1}) - f (x)}{h_{1}} \leq \frac{f (x + h_{2}) - f (x)}{h_{2}} ⟹ g (h_{1}) \leq g (h_{2}) \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $g$ 在定义域内单调不减。当 $h < 0$ 时， $g (h)$ 有上界 $g (δ)$ ，因此 $lim_{h \to 0^{-}} g (h) = f_{-}^{'} (x)$ 存在；当 $h > 0$ 时， $g (h)$ 有下界 $g (- δ)$ ，因此 $lim_{h \to 0^{+}} g (h) = f_{+}^{'} (x)$ 存在。由 $g$ 单调不减可知 $f_{-}^{'} (x) \leq f_{+}^{'} (x)$ 。 $◻$

例 5.3.13 证明： $\forall x_{1}, \dots, x_{n} \in R^{+}$ ，都有 $\begin{matrix} (50) & x_{1}^{x_{1}} \dots x_{n}^{x_{n}} \geq {(\frac{x_{1} + \dots + x_{n}}{n})}^{x_{1} + \dots + x_{n}} \end{matrix}$

证明考虑函数 $f (x) := x \ln x$ ， $f^{″} (x) = \frac{1}{x} > 0$ （ $\forall x > 0$ ），因此 $f$ 严格凸，从而由Jensen不等式可得 $\begin{matrix} (51) & f (\frac{x_{1} + \dots + x_{n}}{n}) \leq \frac{f (x_{1}) + \dots + f (x_{n})}{n} \end{matrix}$ 即 $\begin{matrix} (52) & \frac{x_{1} + \dots + x_{n}}{n} \ln \frac{x_{1} + \dots + x_{n}}{n} \leq \frac{x_{1} \ln x_{1} + \dots + x_{n} \ln x_{n}}{n} \end{matrix}$ 不等式两端同取 $\exp$ 即可得到待证不等式。 $◻$

5.3.4 曲线的弯曲性质与渐近线

例 5.3.14 设 $f$ 在区间 $[a, + \infty)$ 上是凸函数， $y = k x + b$ 是 $y = f (x)$ 在 $x \to + \infty$ 时的一条渐近线。证明：

(1): 若 $f$ 可微，则 $lim_{x \to + \infty} f^{'} (x) = k$ 。
(2): 若 $f$ 可微，则 $f (x) \geq k x + b$ ， $\forall x \geq a$ 。
(3): 若 $f$ 严格凸，则 $f (x) > k x + b$ ， $\forall x > a$ 。

证明 (1) 由 $f$ 凸知 $f^{'}$ 单调不减，于是 $lim_{x \to + \infty} f^{'} (x) = A \in R \cup {+ \infty}$ 存在， $A \in R$ 当且仅当 $f^{'}$ 有上界。由渐近线的定义和L’Hôpital法则可得 $\begin{matrix} (53) & k = lim_{x \to + \infty} \frac{f (x)}{x} = lim_{x \to + \infty} f^{'} (x) = A \end{matrix}$

(2) 考虑函数 $g (x) := f (x) - k x - b$ ，则 $g^{'} (x) = f^{'} (x) - k$ ，由 $g$ 凸知 $g^{'}$ 单调不减，故由(1)知 $g^{'} (x) \leq g^{'} (+ \infty) = 0$ ，因此 $g$ 单调不增，从而 $g (x) \geq g (+ \infty) = 0$ ，即 $f (x) \geq k x + b$ 。

(3) 考虑函数 $g (x) := f (x) - k x - b$ ，则 $g$ 严格凸， $g (+ \infty) = 0$ 。

假设 $\exists x_{1} \geq a$ 使得 $g (x_{1}) \leq 0$ ，若存在 $x_{2} > x_{1}$ 使得 $g (x_{2}) > g (x_{1})$ ，则 $\forall x > x_{2}$ ，都有 $\begin{matrix} (54) & \frac{g (x) - g (x_{2})}{x - x_{2}} > \frac{g (x_{2}) - g (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (55) & g (x) > g (x_{2}) + \frac{g (x_{2}) - g (x_{1})}{x_{2} - x_{1}} (x - x_{2}) \to + \infty, x \to + \infty \end{matrix}$ 这与 $g (+ \infty) = 0$ 矛盾。因此 $\forall x > x_{1}$ ，都有 $g (x) \leq g (x_{1})$ ，于是 $0 = g (+ \infty) \leq g (x_{1})$ ，从而 $g (x_{1}) = 0$ 。

$\forall x > x_{1}$ ， $g (x) \leq g (x_{1}) = 0$ ，仿照上述可证明 $g (x) = 0$ ，亦即 $g (x) \equiv 0$ （ $\forall x \geq x_{1}$ ），这与 $g$ 严格凸矛盾。因此 $\forall x > a$ ，都有 $g (x) > 0$ ，即 $f (x) > k x + b$ 。 $◻$

例 5.3.15 讨论函数 $f (x) = \frac{2 x^{2}}{x + 1}$ 的凹凸性和渐近线。

解计算可得 $\begin{matrix} (56) & f^{'} (x) = 2 (x - 1) + \frac{2}{x + 1}, f^{″} (x) = \frac{4}{(x + 1)^{3}} \end{matrix}$ 所以当 $x < - 1$ 时， $f^{″} (x) < 0$ ， $f$ 严格凹；当 $x > - 1$ 时， $f^{″} (x) > 0$ ， $f$ 严格凸。

注意到 $lim_{x \to - 1} f (x) = \infty$ ，所以 $x = - 1$ 是 $y = f (x)$ 的竖直渐近线。又 $f (x) = 2 x - 2 + o (1)$ （ $x \to \infty$ ），所以 $y = 2 x - 2$ 是 $y = f (x)$ 在 $x \to \infty$ 的渐近线；当 $x < - 1$ 时，曲线 $y = f (x)$ 位于这条渐近线的下方；当 $x > - 1$ 时，曲线 $y = f (x)$ 位于这条渐近线的上方。 $◻$

例 5.3.16 讨论平面曲线 $x^{3} + y^{3} = 3 x y$ 的渐近线和曲线的位置关系。

解引入参数 $t = \frac{y}{x}$ ，得到曲线的参数方程 $\begin{matrix} (57) & x (t) = \frac{3 t}{t^{3} + 1}, y (t) = \frac{3 t^{2}}{t^{3} + 1}, t \in R ∖ {- 1} \end{matrix}$ 当 $t \to - 1$ 时， $x (t) \to \infty$ ，此时 $\begin{matrix} (58) & \frac{y (t)}{x (t)} = t \to - 1, y (t) + x (t) t = \frac{3 t (1 + t)}{1 + t^{3}} \to - 1, t \to - 1 \end{matrix}$ 所以 $y = - x - 1$ 是曲线在无穷远处的渐近线。注意到 $\begin{matrix} (59) & y (t) + x (t) + 1 = \frac{t^{3} + 3 t^{2} + 3 t + 1}{1 + t^{3}} = \frac{(t + 1)^{2}}{1 - t + t^{2}} > 0 \end{matrix}$ 所以曲线位于渐近线的上方。 $◻$