2. 优化、敏感度与初等模型

学习目标与准备

本章以第 1 章的导数、指数与对数法则、连续性和定义域为基础。我们将系统应用这些知识：分类斜率变化，在约束下优化，并以显式误差界量化局部近似。例子均为假设的科学模型。

2.1 均值定理的实际应用

设 $a<b$。若 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上可微，均值定理保证存在 $c\in(a,b)$，使

$$f(b)-f(a)=f'(c)(b-a).$$

一种证明从 $f$ 中减去弦线；得到的函数在两端点取相同值，除非它为常数，否则内部极值点给出零导数。这是 Rolle 定理，同样要求非退化区间及上述连续、可微假设。

由此，$f'>0$ 在区间内处处成立蕴含严格递增，$f'<0$ 蕴含严格递减。在线段上有界 $|f'|\le M$ 可得 $|f(b)-f(a)|\le M|b-a|$。这些是从局部导数信息得到的区间结论；不能跨过定义域缺失点应用定理。

费马必要条件。 在可微的内点局部最大值或最小值处，$f'(a)=0$。

证明。 在局部最大值处，充分小的正增量给出非正差商，负增量给出非负差商。双侧导数的极限要同时满足两种符号，只能为零。对函数取负处理最小值。$\square$

内点条件很重要：$f(x)=x$ 在 $[0,1]$ 上的极值出现在端点，尽管导数为 1。逆命题不成立：$x^3$ 在零处导数为零，但那里不是极值。

Rolle 定理。 若 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 上可微，且 $f(a)=f(b)$，则存在 $c\in(a,b)$ 使 $f'(c)=0$。

证明。 极值定理保证最大值和最小值存在。若函数为常数，任意内点均符合要求。否则某值不同于相等的端点值，因此最大值或最小值之一出现在内部。可在该处应用费马条件。$\square$

中值定理。 在相同的连续与可微条件下，不要求端点值相等，则存在 $c\in(a,b)$ 满足 $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$。

从 $f$ 减去割线 $f(a)+[f(b)-f(a)](x-a)/(b-a)$，再应用 Rolle 定理即可。这一证明不假定 $f'$ 连续。推论包括：导数在区间上为零则函数为常数；导数非负则函数不减；区间上 $|f'|\le M$ 则其中各点满足 $|f(y)-f(x)|\le M|y-x|$。不能由一点的导数值推出整个区间上的导数界。

例 1：误差界。 对 $f(x)=\sqrt x$ 和 $1\le a,b\le4$，有 $|f'(x)|=1/(2\sqrt x)\le1/2$，因此 $|\sqrt b-\sqrt a|\le|b-a|/2$。该界使用整条线段上的导数最大值，而非仅使用一个端点的导数。

2.2 驻点与凹凸性

内部可微局部极值点满足 $f'=0$。驻点只是候选点：$x^3$ 在零处斜率为零，却仍递增经过该点。也必须检查不可微点和端点。

二阶导数是斜率的变化率。若区间上 $f''>0$，斜率递增、图像凸（向上凹）；$f''<0$ 表示斜率递减。拐点必须是图像上的点且凹凸性发生改变，不是二阶导数为零便足够。若 $f'(a)=0$、$f''(a)>0$，且 $a$ 附近满足适当连续性，则为严格局部极小点；若 $f''(a)<0$，则为严格局部极大点。二阶导数为零时不能判定。

例 2：响应曲率改变的位置。 对 $K>0$，考虑无量纲响应

$$S(c)=\frac{c^2}{K^2+c^2},\qquad c\ge0.$$

求导得到

$$S'(c)=\frac{2K^2c}{(K^2+c^2)^2},\qquad S''(c)=\frac{2K^2(K^2-3c^2)}{(K^2+c^2)^3}.$$

当 $c>0$ 时它递增；在 $0<c<K/\sqrt3$ 上向上凹，此后向下凹。拐点位于 $K/\sqrt3$，此处正的边际响应最大。响应水平本身没有内部最大值；当 $c\to\infty$ 时趋近一。混淆最大斜率与最大水平会误读模型。

2.3 闭区间与约束优化

闭有界区间上的连续函数取得极值。找出所有内部临界输入，加入两个端点并比较函数值。若可行区间开放或无界，还需要额外论证极值是否取得。

例 3：最小距离位置。 设设施位于直线上坐标 $x$ 处，评价指标是到坐标为 $0,2,7$ 的各地点的距离平方和：

$$D(x)=x^2+(x-2)^2+(x-7)^2.$$

由 $D'=6x-18$ 得 $x=3$，且 $D''=6>0$。更强的是，直接展开得到 $D(x)=3(x-3)^2+26$，证明均值位置是唯一全局极小点。距离平方和模型不同于最小化未平方的距离和；后者通常选择中位数。

例 4：一侧受约束的矩形。 矩形围栏三边使用 $40$ 单位长度，固定墙壁构成第四边。若垂直边为 $x>0$、平行边为 $y>0$，则 $2x+y=40$，面积为

$$A(x)=x(40-2x)=200-2(x-10)^2,\qquad0<x<20.$$

唯一最大值为 $200$，在 $x=10,y=20$ 取得。定义域来自正性；尽管端点开放，平方恒等式仍证明全局最优。四边都用围栏是另一模型。

2.4 相关变化率：对约束按时间求导

若多个量共同变化，应先写出关系，再代入某一时刻的数值。对时间求导时，把每个变化量都视为时间函数。

例 5：变化的圆形区域。 设面积 $A=\pi r^2$，半径以每时间单位 $dr/dt=0.2$ 长度单位的速度增长，则 $dA/dt=2\pi r\,dr/dt$。在 $r=5$ 时，面积变化率为每时间单位 $2\pi$ 平方单位。即使半径变化率恒定，面积变化率仍随半径增加。求导前代入 $r=5$ 会错误地把面积变成常数。

球体体积 $V=4\pi r^3/3$ 的相对微分满足 $dV/V=3\,dr/r$。相对变化比较百分比，绝对变化比较输出单位。微分关系是一阶关系，不是有限变化的精确等式。

2.5 线性近似与显式余项检查

在可微点，$f(a+h)\approx f(a)+f'(a)h$。数值精度声明不能仅靠“小”这个词。若 $f$ 二阶导数连续，且在 $a$ 与 $a+h$ 之间满足 $|f''|\le M$，Taylor 一阶余项给出

$$|f(a+h)-f(a)-f'(a)h|\le\frac M2h^2.$$

该界来自对导数差积分：$f(a+h)-f(a)-f'(a)h=\int_0^h[f'(a+s)-f'(a)]ds$；再由均值定理将括号的绝对值限制在 $M|s|$ 内。$h$ 两种符号都适用同一界。

在 $a$ 处的 $n$ 阶 Taylor 多项式为 $T_n(x)=\sum_{k=0}^nf^{(k)}(a)(x-a)^k/k!$；若高阶导数值为零，它的次数可以小于 $n$。

定理：Taylor 积分余项

设 $n\ge0$，$f$ 在 $a$ 与 $x$ 之间的闭区间上具有直到 $n+1$ 阶的连续导数，则

$$f(x)=T_n(x)+\frac1{n!}\int_a^x f^{(n+1)}(t)(x-t)^n\,dt.$$

因此，若该区间上 $|f^{(n+1)}(t)|\le M$，则 $|f(x)-T_n(x)|\le M|x-a|^{n+1}/(n+1)!$。

证明。 当 $n=0$ 时，恒等式就是微积分基本定理 $f(x)-f(a)=\int_a^xf'(t)dt$。当 $n\ge1$ 时，对余项分部积分，取 $u=(x-t)^n/n!$、$dv=f^{(n+1)}(t)dt$。在 $x$ 处的边界项为零，在 $a$ 处的贡献为 $-f^{(n)}(a)(x-a)^n/n!$；余下的积分是 $(n-1)$ 阶余项。由归纳法得到恒等式。这里使用有向积分，所以 $x<a$ 时也成立。取绝对值，必要时反转积分上下限，再积分 $|x-t|^n$，即得所述界。最高阶导数连续保证各次分部积分及估计有效。

此定理给出充分的正则性条件，并非最弱假设。Taylor 级数要在固定的 $x$ 处表示 $f$，必须当 $n\to\infty$ 时余项趋于零。若不控制有限阶误差界对 $n$ 的依赖，仅凭该界不能证明余项趋零。

令 $h=x-a$，代换 $t=a+sh$ 将积分余项写成

$$R_n(x)=\frac{h^{n+1}}{n!}\int_0^1(1-s)^nf^{(n+1)}(a+sh)ds.$$

此式同时适用于 $h$ 的两种符号。若导数绝对值至多为 $M$，则 $|R_n|\le M|h|^{n+1}/(n+1)!$。设 $n$ 为非负整数，$f^{(n+1)}$ 在 $a$ 与 $x$ 之间的闭线段上连续，且上述积分余项已成立。若 $h\ne0$，令 $w(s)=f^{(n+1)}(a+sh)$。权 $(1-s)^n$ 在 $[0,1)$ 上为正，积分为 $1/(n+1)$。当 $n=0$ 时，它在整个 $[0,1]$ 上是常数多项式 $1$。若 $w$ 非常值，连续性使 $w-\min w$ 和 $\max w-w$ 各在某个内部小区间上严格为正；权在这些区间为正，所以相应两个积分均严格为正。故加权平均严格介于最小值与最大值之间，由介值定理可在某个 $s_*\in(0,1)$ 取到；若 $w$ 为常值，任选内部 $s_*$。因此

$$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(a+s_*h)}{(n+1)!}h^{n+1}.$$

这对 $h<0$ 同样成立，符号保留在 $h^{n+1}$ 中。若 $h=0$，直接有 $R_n(a)=0$，不需要中间点。

例 6：估算平方根。 在 $a=4$ 附近，$\sqrt{4+h}\approx2+h/4$。当 $h=0.04$ 时预测值为 $2.01$。在 $[4,4.04]$ 上，$|f''(x)|=1/(4x^{3/2})\le1/32$，因此绝对误差至多 $(1/64)(0.04)^2=0.000025$。图像向下凹，所以切线预测偏高。误差界及误差方向比单纯比较小数提供更多信息。

2.6 相对变化率与模型解释

对正的 $f$，对数导数为 $(\ln f)'=f'/f$，衡量每输入单位的比例变化。指数函数的对数导数恒定，仿射模型通常不是。为比较 $x>0$ 处小的相对输出变化与相对输入变化，使用弹性 $x f'(x)/f(x)$，并说明符号约定。

例 7：饱和响应的相对敏感度。 对 $R(c)=Ac/(K+c)$，常数为正且 $c>0$，

$$\frac{cR'(c)}{R(c)}=\frac{K}{K+c}.$$

在 $c=K$ 时，微小的相对输入增加产生约一半大小的相对响应增加。当 $c$ 很大时响应相对不敏感。这是局部结论；有限变化的精确比率应从原有理公式求得，而不能把弹性当作常数。

2.7 分层练习

基础

1. 求 $f(x)=x^2-6x+5$ 的驻点并证明它是全局极小点。
2. 不只依赖二阶导数值，分别分类 $x^3$ 和 $x^4$ 的原点。
3. 用导数界证明对 $a,b\in[1,3]$ 有 $|\ln b-\ln a|\le|b-a|$。

核心

4. 在 $[0,3]$ 上最大化 $f(x)=10x-x^2$，说明可行性并检查端点。
5. 圆形区域的半径变化率为 $dr/dt=3$ cm/s，求半径 $2$ cm 时的 $dA/dt$。
6. 对所有实数 $x$ 最小化 $D(x)=x^2+(x-4)^2$，给出全局论证。
7. 用 $1/x$ 在 $2$ 处的切线近似 $1/2.02$；利用 $[2,2.02]$ 上的 $|f''|\le1/4$ 给出误差界。
8. 对 $R(c)=Ac/(K+c)$，其中 $A>0,K>0,c>0$，求精确响应比率 $R(2c)/R(c)$，比较 $c$ 很大和 $c$ 很小时的极限。

综合

9. 对例 2 的 $S(c)$，取 $K=3$，求拐点输入和该处响应值。解释为何该处响应水平不是最大值。
10. 如例 4，矩形三边使用长度 $L>0$ 的围栏。以符号推导最优边长和面积，说明最大面积按 $L^2$ 而非 $L$ 缩放。

2.8 完整解答

1. $f=(x-3)^2-4$，所以唯一全局极小值为 $-4$，在 $3$ 取得。导数 $2x-6$ 在该处为零，与平方恒等式一致。
2. $x^3$ 在零点两侧分别取负值和正值，故没有局部极值。$x^4\ge0$ 且仅在零点取等号，故零点是严格全局极小点。两者在该处二阶导数都为零，说明这一检验不能判定。
3. 在 $[1,3]$ 上导数绝对值满足 $1/x\le1$。对连接 $a,b$ 的线段使用均值定理得到所需界；若 $a=b$ 则结论显然。
4. 导数 $10-2x$ 在 $[0,3]$ 上为正，故最大值在 $3$ 取得，值为 $21$。无约束驻点 $5$ 在区间外；另一端点为零。
5. $dA/dt=2\pi r\,dr/dt=2\pi(2)(3)=12\pi$ cm$^2$/s。
6. $D=2(x-2)^2+8$，故唯一全局极小值为八，在 $x=2$ 取得。
7. 切线为 $1/2-(x-2)/4$，给出 $0.495$。余项绝对值至多为 $(1/2)(1/4)(0.02)^2=0.00005$。所给二阶导数界成立，因为当 $x\ge2$ 时 $f''=2/x^3\le1/4$。
8. 比率为 $[2Ac/(K+2c)]/[Ac/(K+c)]=2(K+c)/(K+2c)$。当 $c\to\infty$ 时趋于一，当 $c\downarrow0$ 时趋于二。在 $c=0$ 时比率未定义；小输入值只表示右极限。输入很大时，饱和使输入翻倍的相对输出效果较小。
9. 拐点输入为 $3/\sqrt3=\sqrt3$，该处响应为 $3/(9+3)=1/4$。此后导数仍为正，因此响应继续向一递增；只是其增长率开始下降。
10. $y=L-2x$，其中 $0<x<L/2$。面积为 $Lx-2x^2=L^2/8-2(x-L/4)^2$。因此 $x=L/4$、$y=L/2$，最大面积为 $L^2/8$。围栏长度乘以某因子，最大面积乘以该因子的平方。

总结与后续联系

导数符号结论需要区间假设。驻点条件仅对内部可微极值必要，且不充分。曲率区分水平行为与边际变化率行为。优化前应代入约束；相关变化率应在代入瞬时数值前求导。导数提供局部预测，余项或整段界则保证精度。