# 费马引理

注：

1. 极值为局部性质，最值为整体性质；

2. 极大值未必比极小值大；

3. 函数的极值点可以有无穷多个。

   例如 $f(x) = \sin \dfrac 1 x$ 在 &(0, 1)& 内有无穷多个极值点。

定理 $1$： $f$ 在 $x_0$ 处可导，且 $x_0$ 是极值点，则 $f'(x_0) = 0$。

证明： 不妨设 $x_0$ 为极大值点

由定义知，$\exist \, \delta > 0$，当 $x \in U(x_0, \delta)$ 时，有 $f(x_0) \ge f(x)$。

当 $x \in (x_0 - \delta, x_0)$ 时，$\lim\limits_{x \to x_0^-} \dfrac {f(x) - f(x_0)} {x - x_0} \ge 0$，即 $f'_-(x_0) \ge 0$；

当 $x \in (x_0, x_0 + \delta)$ 时，$\lim\limits_{x \to x_0^+} \dfrac {f(x) - f(x_0)} {x - x_0} \le 0$，即 $f'_+(x_0) \le 0$。

因此 $f'(x_0) = f'_-(x_0) = f'_+(x_0) = 0$。

注：

1. 函数在极值点可导，则此极值点一定是驻点；

2. 驻点未必是极值点；

3. 不可导的点也可能是极值点。

# 罗尔（$\text {Rolle}$）中值定理

定理 $2$： 设 $f \in C[a, b]$，$f$ 在 $(a, b)$ 内可导，且 $f(a) = f(b)$，则 $\exist \xi \in (a, b)$，使 $f'(\xi) = 0$。

证明： $f \in C[a, b]$，必有最值 $m, M$。

若 $M = m$，则 $f(x) \equiv c, \forall \, \xi \in (a, b), f'(\xi) = 0$。

若 $M > m$，由 $f(a) = f(b)$，$f$ 在内部必取得 $M$ 或 $m$，因此存在 $\xi \in (a, b)$，使 $f'(\xi) = 0$。

证明：（构造辅助函数） 令 $F(x) = xf(x)$。

由于 $F(0) = F(1) = 0, F \in C[0, 1]$, 在 $(0, 1)$ 可导，因此 $\exist c \in (0, 1)$，使 $F'(c) = 0$，即 $f'(c) = - \dfrac {f(c)} c$。

证明： 设 $x_1, x_2$ 为零点，由 $f \in C[x_1, x_2]$，且 $(x_1, x_2)$ 可导，由罗尔定理，知 $\exist \xi \in (x_1, x_2)$ 使 $f'(\xi) = 0$。

推广： 若 $f$ 有 $n$ 个零点，且 $n$ 阶可导：

• $f'$ 至少有 $n - 1$ 个零点；

• $f''$ 至少有 $n - 2$ 个零点；

• $\cdots \, \cdots$；

• $f^{(k)}$ 至少有 $n - k$ 个零点。

证明： 由于 $f(a) = f(b) = 0, f'_+(a) f'_-(b) > 0$，不妨设 $f'_+(a) > 0, f'_-(b) > 0$。

$$f'_+(a) = \lim_{x \to a^+} \frac {f(x) - f(a)} {x - a} > 0, f'_-(b) = \lim_{x \to b^-} \frac {f(x) - f(b)} {x - b} > 0,$$

由极限的保号性得知：

$$\exist \, (a, a + \delta), f(x) > f(a) = 0, \\ \exist \, (b, b - \delta), f(x) < f(b) = 0$$

由介值定理得到：

$$\exist \, \xi \in (a, b), f(\xi) = 0$$

(2) $\exist \, \eta \in (a, b), f''(\eta) = f(\eta)$

$\Leftarrow f''(x) - f(x) = 0$ 有零点

$\Leftarrow e^x (f'(x) - f(x))$ 有两个零点

$\Leftarrow e^{-x} f(x)$ 有三个零点

由于 $F(x) = e^x f(x), F(a) = F(b) = F(\xi) = 0$，因此得证。

附常见形式的导函数的原函数：

1. $e^{ax} [f'(x) + \alpha f(x)] = [e^{\alpha x} f(x)]'$

2. $e^{\frac 1 2 x^2} [f'(x) + x f(x)] = [e^{\frac 1 2 x^2} f(x)]'$

3. $\dfrac 1 x [f'(x) - \dfrac 1 x f(x)] = \left[ \dfrac {f(x)} x \right]'$

证明： (1) 若 $f(x) \equiv f(a)$，则结论显然成立。

(2) 若 $\exist \, x_0 \in (a, +\infty), f(x_0) \not = f(a)$，不妨设 $f(x_0) > f(a)$。

取 $\mu = \dfrac 1 2 (f(a) + f(x_0)), f(a) < \mu < f(x_0)$

故由介值定理得：$\exist \, \xi_1 \in (a, x_0), f(\xi_1) = \mu$。

由于 $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = f(a) < \mu$，由极限保序性：$\exist \, x_1 > x_0, f(x_1) < \mu$。

从而 $f(x_1) < \mu < f(x_0)$。

故由介值定理，$\exist \, \xi_2 \in (x_0, x_1)$，使得 $f(\xi_2) = \mu$。

由罗尔定理，$\exist \, \xi \in (\xi_1, \xi_2) \sub (a, + \infty)$，使得 $f'(\xi) = 0$。

# 拉格朗日（$\text {Lagrange}$）中值定理

定理 $3$（拉格朗日中值定理）： 设 $f \in C[a, b]$，在 $(a, b)$ 内可导，则 $\exist \, \xi \in (a, b)$，使 $\dfrac {f(b) - f(a)} {b - a} = f'(\xi)$，或 $f(b) - f(a) = f'(\xi) (b - a)$。

证明 $1$： 令 $F(x) = f(x) - f(a) - \dfrac {f(b) - f(a)} {b - a} (x - a)$。

此时 $F(a) = F(b) = 0, F \in C[a, b]$，且在 $(a, b)$ 内可导。

因此 $\exist \, \xi \in (a, b)$，使 $F'(\xi) = 0$，即 $f'(\xi) = \dfrac {f(b) - f(a)} {b - a}$。

证明 $2$： 令 $F(x) = f(x) (b - a) - [f(b) - f(a)] x$，则：

$$F(a) = F(b) = b f(a) - a f(b)$$

因此 $\exist \, \xi \in (a, b)$，使 $F'(\xi) = 0$，即 $f'(\xi) = \dfrac {f(b) - f(a)} {b - a}$。

定理 $4$： $f \in C[a, b]$ 在 $(a, b)$ 内可导，则 $f$ 在 $[a, b]$ 上 $\equiv c \Leftrightarrow f'(x) = 0, x \in (a, b)$。

证明： $\Rightarrow$：若 $f(x) \equiv c, x \in [a, b]$，则 $f'(x) = 0, x \in (a, b)$。

$\Leftarrow$：若 $f'(x) = 0, \forall \, x \in (a, b)$，则对 $\forall \, x_1 < x_2, x_1, x_2 \in [a, b]$，使 $f(x_2) - f(x_1) = f'(\xi) (x_2 - x_1) = 0$，则 $f(x_2) = f(x_1)$。由 $x_1, x_2$ 任意性，$f(x) \equiv c$。

推论： $f - g \equiv c \Leftrightarrow f' - g' = 0$。

证明： 令 $f(x) = \arctan \dfrac {1 + x} {1 - x}, g(x) = \arctan x$，则：

$$f(0) = \arctan 1 = \frac \pi 4, g(0) = \arctan 0 = 0,$$

且：

$$f'(x) = \frac 1 {1 + \left( \dfrac {1 + x} {1 - x} \right)^2} \left( \frac {1 + x} {1 - x} \right)' = \frac 1 {1 + x^2} = g'(x),$$

所以当 $x < 1$ 时，$f(x) - g(x) \equiv f(0) - g(0) = \dfrac \pi 4$，即：

$$\arctan \frac {1 + x} {1 - x} = \arctan x + \frac \pi 4$$

证明： 变形为：

$$\frac 1 {1 + x} < \frac {\ln (1 + x)} x < 1$$

考虑 $f(t) = \ln (1 + t) \in C[0, x]$，在 $(0, x)$ 内可导，因此：

$$\frac {f(x) - f(0)} {x - 0} = f'(\xi) = \frac 1 {1 + \xi}, \xi \in (0, x).$$

由 $\dfrac 1 {1 + \xi} < 1, \dfrac 1 {1 + \xi} > \dfrac 1 {1 + x}$，因此：

$$\frac 1 {1 + x} < \frac {\ln (1 + x)} x < 1$$

# 拉格朗日定理的应用

解： (1)

$$\frac {e^x - 1} x = \frac {e^x - e^0} x = e^\xi, \xi \in (0, x) \\ \lim_{x \to 0} \frac {e^x - 1} x = \lim_{x \to 0} e^\xi = e^0 = 1$$

(2)

$$\arctan \frac 1 {n - 1} - \arctan \frac 1 {n + 1} = \frac 1 {1 + \xi^2} (\frac 1 {n - 1} - \frac 1 {n + 1}), \xi \in (\frac 1 {n + 1}, \frac 1 {n - 1}) \\ \lim_{n \to \infty} (n^2 - 1) (\arctan \frac 1 {n - 1} - \arctan \frac 1 {n + 1}) = \lim_{n \to \infty} (n^2 - 1) \cdot \frac 1 {1 + \xi^2} (\frac 1 {n - 1} - \frac 1 {n + 1}) = 2 \lim_{n \to \infty} \frac 1 {1 + \xi^2} = 2$$

证明： $\forall \, x_1, x_2, x_1 < x_2$，在 $[x_1, x_2]$ 上：

$$\arctan x_2 - \arctan x_1 = \frac 1 {1 + \xi^2} (x_2 - x_1) \quad \xi \in (x_1, x_2)$$

由于 $0 < \dfrac 1 {1 + \xi^2} < 1$，则：

$$|\arctan x_2 - \arctan x_1| \le |x_2 - x_1|$$

因此对 $\forall \, \epsilon > 0, \exist \, \delta = \epsilon$，当 $|x_2 - x_1| < \delta$ 时，$|\arctan x_2 - \arctan x_1| < \epsilon$。

重要结论： 若 $\forall \, x \in (a, b)$，有 $|f'(x)| \le M$，则 $f$ 在 $(a, b)$ 上一致连续。

反之不真， 例如：$f(x) = \sqrt x$ 在 $(0, 1)$ 上一致连续，但是 $f'(x) = \dfrac 1 {2 \sqrt x}$ 无界。

# 柯西中值定理

定理 $5$（柯西中值定理）： $f, g \in C[a, b]$，在 $(a, b)$ 内可导且 $g'(x) \not = 0$，则 $\exist \, \xi \in (a, b)$，使 $\dfrac {f(b) - f(a)} {g(b) - g(a)} = \dfrac {f'(\xi)} {g'(\xi)}$。

证明： 首先，由 $g'(x) \not 0$ 知 $g(b) \not = g(a)$（反证可知），令 $F(x) = [f(b) - f(a)] g(x) - [g(b) - g(a)] f(x)$ 满足罗尔定理。

因此 $\exist \, \xi \in (a, b)$，使 $F'(\xi) = 0$，即 $\dfrac {f(b) - f(a)} {g(b) - g(a)} = \dfrac {f'(\xi)} {g'(\xi)}$

证明 $1$： 结论可变形为：

$$\frac {f(1) - f(0)} {1 - 0} = \frac {f'(\xi)} {2 \xi} = \left. \frac {f'(x)} {(x^2)'} \right|_{x = \xi}.$$

因此在 $(0, 1)$ 内至少存在一点 $\xi$，有：

$$\frac {f(1) - f(0)} {1 - 0} = \frac {f'(\xi)} {2 \xi},$$

即 $f'(\xi) = 2 \xi [f(1) - f(0)]$。

证明 $2$： 令 $F(x) = f(x) - x^2 [f(1) - f(0)]$，利用罗尔定理。

# 习题

1. 证明：方程 $(n + 1) a_n x^n + n a_{n - 1} x^{n - 1} + \cdots + 3a_2 x^2 + 2a_1x = a_n + a_{n - 1} + \cdots + a_1$ 在区间 $(0, 1)$ 上至少有一个根。

   证明：令 $f(x) = a_n x^{n + 1} + \cdots + a_1 x^2 - (a_n + \cdots + a_1) x$，则 $f(0) = f(1) = 0, f(x) \in C[0, 1]$，$f(x)$ 在 $(0, 1)$ 内可导，且 $f'(x) = 0 \Leftrightarrow$ 原方程成立。
   则 $f(x)$ 符合罗尔定理，$\exist \, \xi \in (0, 1)$ 满足 $f'(\xi) = 0$，即方程至少存在一根 $x = \xi$。

2. 设函数 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续，在区间 $(a, b)$ 上可导，且存在 $c \in (a, b)$，使得 $f(a) + f(c) = 2f(b)$，证明：存在 $\theta \in (a, b)$，使得 $f'(\theta) = 0$。

   证明：若 $f(a) = f(b) = f(c)$，由罗尔定理，显然 $\exist \, \theta \in (a, b), f'(\theta) = 0$。
   否则有 $f(a) < f(b) < f(c)$，由介值定理，$\exist \, \xi \in (a, c), f(\xi) = f(b)$。
   则由罗尔定理，$\exist \, \theta \in (\xi, b) \sub (a, b), f'(\theta) = 0$。

3. 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0, 1]$ 上连续，在区间 $(0, 1)$ 内可导，$f(0) = 0, f(x) \not = 0, \forall \, x \in (0, 1)$，证明：任取 $a > 0$，都存在 $\theta \in (0, 1)$，使得 $\dfrac {f'(1 - \theta)} {f(1 - \theta)} = a \dfrac {f'(\theta)} {f(\theta)}$。

   证明：令 $F(x) = f^a(x)f(1 - x)$，显然 $F(0) = F(1) = 0$，则由罗尔定理，$\exist \, \theta \in (0, 1), F'(\theta) = 0$。又有：

   $$F'(x) = af^{a - 1}(x)f'(x)f(1 - x) - f^a(x)f'(1 - x) = f^{a - 1}(x)[af'(x)f(1 - x) - f(x)f'(1 - x)]$$

   则 $F'(\theta) = 0 \Rightarrow \dfrac {f'(1 - \theta)} {f(1 - \theta)} = a \dfrac {f'(\theta)} {f(\theta)}$。
   没构造出原函数

4. 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0, 1]$ 上有 $n$ 阶导函数，且 $f(0) = f(1) = 0$，设 $F(x) = x^{n - 1}f(x)$，求证：存在 $\xi \in (0, 1)$，使得 $F^{(n)}(\xi) = 0$。

   证明：显然 $F(0) = 0$。不妨设 $F^{(m)}(0) = 0, m \le n - 3$，下证 $F^{(m + 1)}(0) = 0$。

   $$F^{(m + 1)}(0) = \sum_{i = 0}^{m + 1} C_{m + 1}^i \frac {(n - 1)!} {(n - m - 2 + i)!} x^{n - m - 2 + i} f^{(i)}(x)$$

   注意到 $n - m - 2 + i > 0$，因此 $F^{(m + 1)}(0) = 0$。当 $m = n - 2$ 时：

   $$F^{(m + 1)}(0) = \sum_{i = 0}^{m} C_{m + 1}^i \frac {(n - 1)!} {(n - m - 2 + i)!} x^{n - m - 2 + i} f^{(i)}(x) + (n - 1)! f(x)$$

   显然也有 $F^{(m + 1)}(0) = 0$。因此对 $\forall \, m \le n - 1, F^{(m)}(0) = 0$。
   显然有 $F(0) = F(1) = 0$，由罗尔定理，$\exist \, \xi_1 \in (0, 1), F'(\xi_1) = 0$。
   又有 $F'(0) = F'(\xi_1) = 0$，同理可得 $\exist \, \xi_2 \in (0, \xi_1), F'(\xi_2) = 0$。
   同理，最终可知 $\exist \, \xi \in (0, \xi_{n - 1}) \sub (0, 1), F^{(n)}(\xi) = 0$。

5. 设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，且 $f(a) = f(b) = 0$，证明：对任意的 $k \in \R$，存在 $\theta \in (a, b)$，使得 $f'(\theta) = k f(\theta)$。

   证明：令 $F(x) = \dfrac {f(x)} {e^{kx}}$，则 $F'(x) = \dfrac {f'(x) - kf(x)} {e^{kx}}$。
   显然有 $F(a) = F(b) = 0$，则由罗尔定理，$\exist \, \theta \in (a, b)$，使得 $F'(\theta) = 0$，即 $f'(\theta) = kf(\theta)$。

6. 设 $f(x)$ 在不含零点的区间 $[a, b]$ 上连续，在 $(a, b)$ 内可导，证明存在 $\xi \in (a, b)$，使得：

   $$2 \xi (f(b) - f(a)) = (b^2 - a^2) f'(\xi).$$

   证明：令 $g(x) = x^2$，则上式化为：

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

   由柯西中值定理可知上式成立。

7. 设非线性函数在 $[a, b]$ 内连续，在 $(a, b)$ 内可导，则在 $(a, b)$ 上至少存在一点 $\eta$，使得 $|f'(\eta)| > \left| \dfrac {f(b) - f(a)} {b - a} \right|$。

   证明：不妨设 $\dfrac {f(b) - f(a)} {b - a} > 0$。令 $F(x) = f(x) - \dfrac {f(b) - f(a)} {b - a} x$。显然有 $F(a) = F(b)$。
   若对任意 $\eta \in (a, b)$，都有 $|f'(\eta)| \le \left| \dfrac {f(b) - f(a)} {b - a} \right|$，则 $F'(x) = f'(x) - \dfrac {f(b) - f(a)} {b - a} \le 0$，$F(x)$ 在 $(a, b)$ 上单调递减。
   又因为 $F(a) = F(b)$，所以 $F(x) \equiv 0$，即 $f(x) = \dfrac {f(b) - f(a)} {b - a} x$，与题设条件 “非线性函数” 矛盾，假设不成立。

8. 设 $f(x)$ 在区间 $(a, b)$ 上可导，证明：对任意的 $x_0 \in (a, b)$，存在趋于 $x_0$ 的两个 $\{ x_n \}, \{ y_n \}$，其中 $x_n < x_0 < y_n$，使得 $\{ f'(x_n) \}$ 和 $\{ f'(y_n) \}$ 都趋于 $f'(x_0)$。

   证明：取 $\xi_n = x_0 - \dfrac 1 n, \eta_n = x_0 + \dfrac 1 n$，显然 $\xi_n \to x_0, \eta_n \to x_0$。由拉格朗日中值定理可知，$\exist \, x_n \in (\xi_n, x_0), f'(x_n) = \dfrac {f(\xi_n) - f(x_0)} {\xi_n - x_0}, \lim\limits_{n \to \infty} f'(x_n) = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac {f(\xi_n) - f(x_0)} {\xi_n - x_0} = f'(x_0)$，且显然有 $x_n \to x_0$。
   同理可得 $\exist \, y_n \in (x_0, \eta_n), f'(y_n) \to f'(x_0)$。
   两个误点：
   1. 不能直接由 $x_n \to x_0$ 推出 $f'(x_n) \to f'(x_0)$，因为导函数连续性未知；
   2. 不能直接构造 $x_n = x_0 - \dfrac 1 n$，这样得到的极限表达式其实是 $f'(x_0)$ 而不是 $f'(x_n)$，用一次拉格朗日就是为了构造导函数数列。

9. 求数列极限 $\lim\limits_{n \to \infty} n^2 \left( \arctan \dfrac a n - \arctan \dfrac a {n + 1} \right)$，其中 $a \not = 0$ 为常数。

   解：由拉格朗日中值定理可得，$\arctan \dfrac a n - \arctan \dfrac a {n + 1} = \dfrac 1 {1 + \xi^2} \cdot \left( \dfrac a n - \dfrac a {n + 1} \right), \xi \in (\dfrac a n, \dfrac a {n + 1})$
   $\lim\limits_{n \to \infty} n^2 \left( \arctan \dfrac a n - \arctan \dfrac a {n + 1} \right) = \lim\limits_{n \to \infty} n^2 \cdot \dfrac 1 {1 + \xi^2} \left( \dfrac a n - \dfrac a {n + 1} \right) = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac {a n^2} {n^2 + n} = a$

10. 证明下列恒等式：

    $$2 \arctan x + \arcsin \frac {2x} {1 + x^2} = \pi, x \in [1, + \infty)$$

    证明：令 $f(x) = 2 \arctan x + \arcsin \dfrac {2x} {1 + x^2}, x \in [1, + \infty)$。则：

    $$f'(x) = \frac 2 {1 + x^2} + \frac 1 {\sqrt {1 - \dfrac {4x^2} {(1 + x^2)^2}}} \frac {2(1 + x^2) - 4x^2} {(1 + x^2)^2} \equiv 0$$

    则 $f(x) \equiv f(1) = \pi$，得证。

11. 利用拉格朗日公式证明不等式：

    (1) $|\sin x - \sin y| \le |x - y|, x, y \in \R$；

    (2) $\dfrac {\beta - \alpha} {\cos^2 \alpha} < \tan \beta - \tan \alpha < \dfrac {\beta - \alpha} {\cos^2 \beta}$，其中 $0 < \alpha < \beta < \dfrac \pi 2$。

    (1) 证明：不妨设 $x < y$，$\sin x - \sin y = \cos \xi \cdot (x - y), \xi \in (x, y)$
    则 $|\sin x - \sin y| = |\cos \xi| |x - y| \le |x - y|$。

    (2) 证明：$\tan \beta - \tan \alpha = \sec^2 \xi \cdot (\beta - \alpha), \xi \in (\alpha, \beta)$。
    由于 $0 < \alpha < \beta < \dfrac \pi 2$，有 $\sec \alpha < \sec \xi < \sec \beta$，因此：

    $$\frac {\beta - \alpha} {\sec^2 \alpha} < \frac {\beta - \alpha} {\sec^2 \xi} = \tan \beta - \tan \alpha < \frac {\beta - \alpha} {\sec^2 \beta}$$

12. 设 $x_2 > x_1 > 0$，证明：存在 $\xi \in (x_1, x_2)$，满足：

    $$x_1 e^{x_2} - x_2 e^{x_1} = (1 - \xi) e^{\xi} (x_1 - x_2)$$

    证明：原式等价于

    $$\frac {\dfrac {e^{x_2}} {x_2} - \dfrac {e^{x_1}} {x_1}} {\dfrac 1 {x_2} - \dfrac 1 {x_1}} = (1 - \xi) e^\xi$$

    令 $f(x) = \dfrac {e^x} x, g(x) = \dfrac 1 x$，则 $f'(x) = \dfrac {(x - 1) e^x} {x^2}, g'(x) = - \dfrac 1 {x^2}$，于是：

    $$\frac {f(x_2) - f(x_1)} {x_2 - x_1} = \frac {f'(\xi)} {g'(\xi)}, \xi \in (x_1, x_2)$$

    由于 $f(x), g(x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上均连续且可导，由柯西中值定理可知上式成立。