一元中值定理与泰勒定理的证明

多元情形中的线段论证依赖一元定理。本章在本课程内证明这些基础，并始终区分可微、连续可微及整个区间上的条件。

1 导数与内点极值

对定义在 $a$ 的某个邻域上的 $f$，$f'(a)$ 是非零 $h\to0$ 时 $[f(a+h)-f(a)]/h$ 的有限极限。它给出 $f(a+h)=f(a)+f'(a)h+o(|h|)$，因而函数连续。和与乘积法则通过展开增量得到；链式法则通过代入局部线性近似得到。这些法则需要相应导数存在；商法则还需要分母非零。

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。

对乘积法则，写 $\Delta f=f(a+h)-f(a)=f'(a)h+o(|h|)$，对 $g$ 也这样写。于是

$$f(a+h)g(a+h)-f(a)g(a)=g(a)\Delta f+f(a)\Delta g+\Delta f\Delta g.$$

最后的乘积为 $O(h^2)$；除以 $h$ 得到 $(fg)'(a)=f'(a)g(a)+f(a)g'(a)$。加法法则由两式线性近似相加得到。若 $g(a)\ne0$，连续性保证附近函数值非零，而且

$$\frac{1/g(a+h)-1/g(a)}h=-\frac{[g(a+h)-g(a)]/h}{g(a+h)g(a)}\longrightarrow-\frac{g'(a)}{g(a)^2}.$$

结合倒数与乘积法则，便在分母非零的定义域内得到商法则。对复合函数，第一增量为 $k=f'(a)h+o(|h|)=O(|h|)$；代入 $g(f(a)+k)=g(f(a))+g'(f(a))k+o(|k|)$，即得链式法则。当 $k=0$ 时余项为零，因此推导不需除以可能为零的中间增量。

2 Rolle 定理与中值定理

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。

导数可以不连续而定理仍适用。设 $f(0)=0$，其余处 $f(x)=x^2\sin(1/x)$，则 $f'(0)=0$，但 $f'(x)=2x\sin(1/x)-\cos(1/x)$ 在零附近振荡。可微性弱于某些积分证明所用的 $C^1$ 条件。

3 Cauchy 双函数版本

若 $f,g$ 在 $[a,b]$ 上连续、在内部可微，对

$$H(x)=[f(b)-f(a)][g(x)-g(a)]-[g(b)-g(a)][f(x)-f(a)]$$

应用 Rolle 定理可得内点 $c$ 满足

$$[f(b)-f(a)]g'(c)=[g(b)-g(a)]f'(c).$$

若 $g'$ 在 $(a,b)$ 上处处非零，Rolle 定理还保证 $g(b)\ne g(a)$，所以可以除以相关量得到比值公式。没有这些非零条件时，交叉相乘的等式才是正确表述。这个区别避免在定理名称下掩盖无效的除法。

4 具有严格中间点的泰勒定理

设 $f$ 在 $[a,b]$ 的一个开邻域上属于 $C^{n+1}$，且 $a<b$。存在 $\xi\in(a,b)$ 使

$$f(b)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(b-a)^k +\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(b-a)^{n+1}.$$

证明。 令 $T_n$ 为上式中的多项式，选取 $K$ 使 $H(t)=f(t)-T_n(t)-K(t-a)^{n+1}$ 在 $b$ 处为零。它在 $a$ 处的函数值及前 $n$ 阶导数均为零。首先由 Rolle 定理得 $H'$ 在 $a,b$ 严格之间有零点；利用 $H'(a)=0$，再在 $a$ 与该点之间应用 Rolle 定理。反复进行，得到 $H^{(n+1)}$ 在严格内点 $\xi$ 处为零。那里 $0=f^{(n+1)}(\xi)-(n+1)!K$，故公式成立。$\square$

若目标点在展开点另一侧，对两点之间的区间使用相同的反复 Rolle 论证。若目标点等于展开点，余项为零；这一退化情形不声称存在严格中间点。

若线段上有一致界 $|f^{(n+1)}|\le M$，则误差至多为 $M|b-a|^{n+1}/(n+1)!$。这个阶依赖邻域上的界，而不仅是 $a$ 处的导数。课程其他地方证明的积分余项，在其所述正则性条件下提供互补形式。

5 作为导数陈述的一元凸性

开区间上的可微函数是凸函数，当且仅当对所有点有 $f(y)\ge f(x)+f'(x)(y-x)$。从凸性的弦不等式除以适当的增量并取单侧极限，可得这一支撑线不等式。反之，在 $x,y$ 之间的一点应用支撑不等式并按弦权重组合，导数项抵消，即得凸性。

若 $f\in C^2$，则凸性等价于 $f''\ge0$。一个方向由中值定理使 $f'$ 不减，再通过积分或比较割线斜率得到；另一方向由非负二阶差分及其导数极限得到。因此凸函数的驻点是其区间上的全局最小点，而任意驻点不一定如此。

练习与完整解答

E1 基础。 对 $[1,3]$ 上的 $f=x^2$，求中值定理给出的点。

S1. 割线斜率为 $(9-1)/(3-1)=4$。由于 $f'=2x$，所求点为 $c=2$，严格位于 1 和 3 之间。

E2 条件。 为什么不能对 $[-1,1]$ 上的 $|x|$ 应用 Rolle 定理来推出内部有导数为零的点？

S2. 函数在零处不可微，因此重要条件不成立。其左侧导数为 $-1$，右侧导数为 1；在导数存在的地方没有零导数。端点值相等及连续性并不足够。

E3 泰勒误差界。 使用 $e^x$ 在零处的二阶泰勒多项式，估计 $x=1$ 处的误差，并单独说明 $x=0$ 处的余项。

S3. 多项式为 $1+x+x^2/2$。在 $[0,1]$ 上，三阶导数满足 $e^x\le e$，故在 1 处的误差至多为 $e/6$。对此非零步长，泰勒定理给出严格中间点 $\xi\in(0,1)$。在 $x=0$ 处近似精确，余项为零，并不是声称空区间里有中间点。

E4 导数不连续。 验证在零处延拓为零的 $x^2\sin(1/x)$ 在零处的导数，并给出两个数列，表明它的导数在那里不连续。

S4. 零处的差商为 $x\sin(1/x)\to0$。在 $x_n=1/(2\pi n)$ 处，导数为 $-1$；在 $y_n=1/((2n+1)\pi)$ 处，导数为 1。两个数列均趋于零，但导数值不趋于 $f'(0)=0$。函数仍可微，因此中值定理仍适用于适当的紧区间。

小结

Rolle 定理由紧区间上的极值和导数定义得出；中值定理通过减去割线得出。比值版本需要额外非零条件。反复应用 Rolle 定理只在步长非零时给出严格的泰勒中间点；凸性则将局部导数信息转化为全局支撑不等式。