33205 均值定理的統合與推廣

終極密碼

遊戲規則:本遊戲為猜密碼的遊戲。密碼為0到100之間的其中1個整數,電腦會提示密碼的所在範圍,玩家必須在6次之內猜到密碼才能過關。

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在微積分中, Rolle 定理、Lagrange 的均值定理 (Mean-Value Theorem, 簡記為 MVT), 以及 Cauchy 推廣的均值定理, 堪稱為微積分的基石, 它們是僅次於微積分根本定理的重要定理。

本文我們要把它們統合在三元均值定理之下, 並且給出幾何解釋。 進一步再推廣成 $n$ 元與高維空間的均值定理。連貫的知識對於了解與學習都大有助益。

整個推演的出發點是:

定理1: (Fermat 的內點極值定理, 1629 年) 設 $I\subset$ ${\cal R}$ 為一個區間, $f: I\to$ ${\cal R}$ 為一個函數, 並且 $x_0\in I$。 如果下列三個條件成立:

  1. $x_0$ 為 $I$ 的內點;
  2. $f(x_0)$ 為 $f$ 的極值;
  3. $f$ 在 $x_0$ 點可微分。
那麼就有 $f'(x_0)=0$。反之不然。

反例: 設 $f(x)=x^3$, $x\in$ ${\cal R}$ , 則 $f'(0)=0$。 我們觀察到: $x=0$ 是內點, 且 $f$ 在此點可微分, 但是 $f$ 為遞增函數, $f(0)$ 既不是極大值, 也不是極小值。 這表示, 由 $f'(x_0)=0$ 以及 (i) 與 (iii), 無法推導出 (ii)。

1. Rolle 定理

法國數學家 Rolle (1652$-$1719) 在解方程式時, 觀察到多項函數的行為, 例如 $g(x)=x^2-5x+6$ 及其導函數 $g'(x)=2x-5$ 的根之間具有密切關係:

在方程式 $g(x)=0$ 的兩個根 $x=2$ 與 $x=3$ 之間, 必存在有 $c\in (2, 3)$ 是導函數方程式 $g'(x)=0$ 的根, 此地 $c=2.5$。

推而廣之, Rolle就得到下面重要的結果。這只要利用連續函數的極值定理與Fermat的內點極值定理就可以證明。

定理2: (Rolle 定理, 1690 年) 假設 $f: [a, b]\to$ ${\cal R}$ 為一個函數。 如果下列三個條件成立:

  1. $f$ 在 $[a, b]$ 上連續;
  2. $f$ 在 $(a, b)$ 上可微分;
  3. $f(a)=0=f(b)$。
那麼就存在 $c\in (a, b)$, 使得 $f'(c)=0$。

證明: 因為 $f$ 在 $[a, b]$ 上連續, 所以 $f$ 在 $[a, b]$ 上取到最大值與最小值, 亦即存在 $\alpha, \beta\in [a, b]$, 使得 $$ f(\alpha) \le f(x) \le f(\beta), \quad \forall ~x \in [a, b] $$ 若 $\alpha$ 與 $\beta$ 皆為端點, 由 (iii) 知, $f$ 為常函數, 取值 0。 因此, 任取 $c\in (a, b)$ 都有 $f'(c)=0$。 若 $\alpha$ 與 $\beta$ 不皆為端點, 不妨假設 $\alpha$ 為內點 ($\beta$ 為內點的情形, 同理可證)。 那麼由費瑪的內點極值定理就得到 $f'(\alpha)=0$。最後, 我們選取 $c=\alpha$ 就好了。

註: (i) 與 (ii) 兩個條件可用 ``$f$ 在 $[a, b]$ 上可微分'' 來取代。其次, (iii) 也可以改為 $f(a)=f(b)$。

注意: 在 (ii) 中即使只有一點不可微分都不行! 例如 $f(x)=1-|x|$, $x\in [-1, 1]$。

歷史故事: 在微積分草創期, 微積分建立在無窮小 (infinitesimal) 的論證上面, 無窮小有時等於 0, 有時又不等於 0, 這個矛盾難於說清楚。 因此 Rolle 批評微積分是: 一堆智巧的錯誤集 (a collection of ingenious fallacies)。 但在晚年他改變了態度, 視微積分為一門有用的學問。

問1: 甲乙兩人賽跑, 同時出發且同時抵達終點, 中間的過程互有快慢。 試證必存在有某個時刻, 兩人具有相同的速度。

2. Lagrange 的均值定理

在 Rolle 定理中, 將端點的條件 (iii) 棄掉, 就得到下面推廣的重要結果:

定理3: (Lagrange 的均值定理, MVT, 1797年) 假設 $f: [a, b]\to$ ${\cal R}$ 為一個函數。 如果下列兩個條件成立:

  1. $f$ 在 $[a, b]$ 上連續;
  2. $f$ 在 $(a, b)$ 上可微分;
那麼就存在 $c\in (a, b)$, 使得 \begin{equation} %(1) f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \end{equation} 或者 \begin{equation} %(2) f(b) - f(a) = f'(c)(b-a) \end{equation} 或者 \begin{equation} %(3) f(b) = f(a) + f'(c)(b-a). \end{equation} 用幾何直觀來說: 將割線 $\ell$ 平行移動, 終至切曲線於 $(c, f(c))$ 點。

註: (i) 與 (ii) 兩個條件可用 ``$f$ 在 $[a, b]$ 上可微分'' 來取代。 另外, $c$ 點可以表成 $c=a+\theta(b-a)$ 之形式, 其中 $0\lt \theta\lt 1$; Rolle 定理亦然。 又注意, 在 (ii) 中即使只有一點不可微分都不行。

在均值定理中, 若再要求 $f(a)=f(b)=0$ 的條件, 那麼就變成 Rolle 定理。 因此, 均值定理是 Rolle 定理的推廣, 並且可用 Rolle 定理來證明。因此, 兩者在邏輯上等價!

另外, 這個定理的一個意思是, 可用有限步驟的演算式 $\displaystyle\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ 來取代無窮步驟的演算式 $f'(c)=\lim\limits_{x\to c}\displaystyle\frac{f(x)-f(c)}{x-c}$, 但是必須付出 $c$ 不明確的代價。

推論: (不等號形式的均值定理) 假設 $f$ 在 $[a, b]$ 上可微分並且 $|f'(x)|\le K$, $\forall ~x\in (a, b)$, 則有 $$ |f(b) - f(a)| \le K \cdot (b-a). $$

顯然常函數的微分為 0, 反過來也成立, 但這不顯然, 並且要小心敘述。 因為階梯函數 $f(x)=[x]$ 在可微分處, 皆有 $f'(x)=0$, 但它不是常函數。 下面定理是 MVT 的簡單結論。

定理4: (微分方程根本補題) 若 $f'(x)=0$, $\forall ~x\in (a, b)$, 則 $f$ 在 $(a, b)$ 上為常函數。

註: 運動學的解釋: 速度恆為 0的質點, 是靜止不動的, 從而位置不變。

這個定理可以用來確認一階微分方程 $y'(t)=\alpha y(t)$ 解答的形貌, 故稱為微分方程根本補題。 我們都知道 $y=Ce^{\alpha t}$ 是這個微分方程的解答。問還有沒有其它形式的解答? 沒有! 證明如下:

假設 $y_1$ 為任意解答, 故有 $dy_1/dt=\alpha y_1$。 考慮函數 $y_1/e^{\alpha t}$, 微分得到 $D(y_1/e^{\alpha t}) =(y'_1e^{\alpha t} - y_1\alpha e^{\alpha t})/e^{2\alpha t}=0$。 因此, $y_1/e^{\alpha t}=C$, 常數。從而 $y_1=Ce^{\alpha t}$。

故事: 俄國物理學家 Kapitza 提出如下的問題:「將炒菜盤綁在狗的尾巴上, 當狗向前跑時, 炒菜盤就會因為接觸地面而發出聲音, 若要使炒菜盤不發出聲音, 問如何辦到? 」 許多物理學家想不出答案, 最後 Kapitza 公佈答案: 讓狗跑動的速度為 0 ! 速度為 0是運動的特例。

推論: 若 $f'(x)=g'(x)$, $\forall ~x\in (a, b)$, 則 $f-g$ 在 $(a, b)$ 為常數; 亦即 $$ f(x) = g(x) + C, \quad \forall ~x \in (a, b). $$

定理5: (定積分的均值定理) 設 $f$ 在 $[a, b]$ 上連續, 則存在 $c\in (a, b)$, 使得 \begin{equation} %(4) \int_a^b f(x)dx = f(c)(b-a) \quad \hbox{或} \quad f(c) = \frac{1}{b-a} \int_a^b f(x)dx. \end{equation}

定理6: 假設 $f$ 定義在 $[a, b]$ 為連續可微分, 則下列兩敘述等價:

  1. Newton-Leibniz公式 (N-L公式): $\displaystyle\int_a^b f'(x)dx=f'(c)(b-a)$。
  2. Lagrange的均值定理: 存在 $c\in (a, b)$ 使得 $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$。

證明: (i) $\Rightarrow$ (ii): 將 N-L 公式 $\int_a^b f'(x)dx=f(b)-f(a)$ 以及積分的均值定理: 存在 $c\in (a, b)$ 使得 $\int_a^b f'(x)dx=f'(c)(b-a)$, 兩者結合起來就得到 Lagrange 的均值定理 $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$。

(ii) $\Rightarrow$ (i): 對 $[a, b]$ 作分割: $a=x_0\lt x_1\lt \cdots\lt x_n=b$。 將 $f$ 對一分割小段 $[x_{k-1}, x_k]$ 使用 Lagrange 均值定理, 得知存在 $c_{k-1}\in (x_{k-1}, x_k)$ 使得 $$ f(x_k) - f(x_{k-1}) = f'(c_{k-1})(x_k - x_{k-1}). $$ 作 Riemann 和得到 $$ \sum_{k=1}^n f'(c_{k-1})(x_k - x_{k-1}) = \sum_{k=1}^n \Big [f(x_k) - f(x_{k-1})\Big ] = f(b) - f(a) $$ 取極限就得到 N-L 公式: $$ \int_a^b f'(x)dx = f(b) - f(a). $$

N-L 公式與 MVT 最重要且美麗的推廣就是下面的 Taylor 定理:

定理7: (Taylor 定理, 1715年) 假設 $f$ 定義在 $(a, b)$ 上, 具有直到 $n+1$ 階連續可微分, $x_0\in (a, b)$, 則 \begin{equation} %(5) f(x) = P_n(x) + R_{n+1}(x), \quad \forall ~x \in (a, b) \end{equation} 其中 $$ P_n(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{f''(x_0)}{2!} (x-x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x-x_0)^n $$ 叫做在 $x_0$ 點的第 $n$ 階 Taylor 多項式, 並且剩餘項可以表為積分形式: \begin{equation} %(6) R_{n+1}(x) = \int_{x_0}^x \frac{f^{(n+1)}(t)}{n!} (x-t)^n dt \end{equation} 也可以表為微分形式: \begin{equation} %(7) R_{n+1}(x) = \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!} (x-x_0)^{n+1} \end{equation} 其中 $c$ 為介於 $x_0$ 與 $x$ 之間的一個數。這叫做 Lagrange 形式的剩餘項。

註: 當 $n=0$ 時, (5) 式的積分剩餘項與微分剩餘項分別化約為 N-L 公式以及 MVT。

3. 均值定理的推廣

均值定理只涉及一個函數, 現在從一個函數變成兩個, 作「兩元化」之推廣, 我們就得到下面的重要結果:

定理8: (Cauchy 的兩元均值定理, 1821年) (i) 假設 $f, g: [a, b]\to$ ${\cal R}$ 為兩個連續函數並且在 $(a, b)$ 上可微分。 那麼就存在 $c\in (a, b)$, 使得 \begin{equation} %(8) [f(b) - f(a)] g'(c) = [g(b) - g(a)] f'(c). \end{equation}

(ii) 若進一步再要求 $g'(t)\not=0$, $\forall ~t\in (a, b)$ 那麼就存在 $c\in (a, b)$, 使得 \begin{equation} %(9) \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}. \end{equation} 上述 (8) 與 (9) 兩式都叫做 Cauchy 公式。

註1: 根據 Rolle 定理, 條件 $g'(x)\not=0$, $\forall ~x\in (a, b)$, 保證了 $g(b)-g(a)\not=0$。

註2: 取 $g(t)=t$, $g'(t)=1$, 則推廣的均值變率定理就變成均值定理。

Cauchy 的兩元均值定理是 L'Hopital 規則的理論基礎, 這是探求不定型極限的有力工具。

4. 三元化的統合觀點

上述是從 ``特殊'' 逐漸走到 ``一般'' 的情形, 而 Rolle 定理是核心。 我們再採用「三元化」的觀點, 涉及到三個地位相同的函數, 並且利用行列式的工具來表達, 就得到推廣的三元均值定理, 統合了上述所有的均值定理。

定理9: (推廣的三元均值定理) 假設函數 $f$, $g$, $h$ 在 $[a, b]$ 上連續並且在 $(a, b)$ 上可微分, 令 $$ F(t) = \left | \begin{array}{ccc} f(a) & \quad f(b) & \quad f(t) \\ g(a) & \quad g(b) & \quad g(t) \\ h(a) & \quad h(b) & \quad h(t) \end{array} \right |, \quad \forall ~t \in [a, b] $$ 則存在 $c\in (a, b)$, 使得 $F'(c)=0$, 亦即 \begin{equation} %(10) \left | \begin{array}{ccc} f(a) & \quad f(b) & \quad f'(c) \\ g(a) & \quad g(b) & \quad g'(c) \\ h(a) & \quad h(b) & \quad h'(c) \end{array} \right | = 0. \end{equation} 或者 \begin{eqnarray} %(11) && \hskip -25pt f'(c)[g(a)h(b) - h(a)g(b)] + g'(c)[h(a)f(b) - f(a)h(b)] \nonumber \\ && + h'(c)[f(a)g(b) - g(a)f(b)] = 0. \end{eqnarray}

證明: 顯然 $F$ 在 $[a, b]$ 上連續, 在 $(a, b)$ 上可微分, 並且 $F(a)=F(b)=0$。 由 Rolle 定理得知, 存在 $c\in (a, b)$, 使得 $F'(c)=0$。

函數 $F(t)$ 與定理 9有幾何上的解釋: 考慮三維空間中的參數曲線 $$ \Gamma : x = f(t), y = g(t), z = h(t) \quad t \in [a, b] $$ 其上三點 $(f(a), g(a), h(a))$, $(f(b), g(b), h(b))$, $(f(t), g(t), h(t))$, 形成三個從原點出發的位置向量: \begin{eqnarray*} && \vec u = f(a)\vec i + g(a)\vec j + h(a)\vec k, \quad \vec v = f(b)\vec i + g(b)\vec j + h(b)\vec k \\ && \vec w(t) = f(t)\vec i + g(t)\vec j + h(t)\vec k. \end{eqnarray*} 它們所張出平行六面體, 其有號體積就是 $F(t)$。我們欲求 $F(t)$ 的極值。 令 $\pi(\vec u, \vec v)$ 表示由 $\vec u$ 與 $\vec v$ 所張出的平面, 曲線 $\Gamma$ 由 $(f(a), g(a), h(a))$ 點出發到達 $(f(b), g(b), h(b))$, 我們只要在曲線 $\Gamma$ 上找一點 $(f(c), g(c), h(c))$, 使得距離平面 $\pi(\vec u, \vec v)$ 為最遠或最近, 就有 $F'(c)=0$。

推論1: (Cauchy 的兩元均值定理) 在定理 9的假設下, 並且取 $h(t)\equiv 1$, 則存在 $c\in (a, b)$, 使得 \begin{equation} %(12) \left | \begin{array}{ccc} f(a) & \quad f(b) & \quad f'(c) \\ g(a) & \quad g(b) & \quad g'(c) \\ 1 & \quad 1 & \quad 0 \end{array} \right | = 0. \end{equation} 亦即 $$ [f(b) - f(a)] g'(c) = [g(b) - g(a)] f'(c). $$ 進一步, 若再假設 $g'(x)\not=0$, $\forall ~x\in (a, b)$, 則上式可寫成 $$ \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}. $$

推論2: (Lagrange 的均值定理, MVT) 在定理 9的假設下, 並且取 $h(t)\equiv 1$ 與 $g(t)=t$, 則存在 $c\in (a, b)$, 使得 \begin{equation} %(13) \left | \begin{array}{ccc} f(a) & \quad f(b) & \quad f'(c) \\ a & \quad b & \quad 1 \\ 1 & \quad 1 & \quad 0 \end{array} \right | = 0. \end{equation} 亦即 $$ f(b) - f(a) = f'(c)(b-a). $$

推論3: (Rolle 定理) 在定理 9的假設下, 並且取 $h(t)\equiv 1$, $g(t)=t$ 且 $f(a)=f(b)=0$, 則存在 $c\in (a, b)$, 使得 \begin{equation} %(14) \left | \begin{array}{ccc} 0 & \quad 0 & \quad f'(c) \\ a & \quad b & \quad 1 \\ 1 & \quad 1 & \quad 0 \end{array} \right | = 0. \end{equation} 亦即 $f'(c)=0$。

值得注意的是, 定理 9以及上述三個推論在邏輯上都是等價的, 一般結果等價於特例! 這在數學中是常見的事情, 但是對於初學者卻仍然會覺得很驚奇。 另一個例子: 勘根定理是中間值定理的特例, 但兩者在邏輯上也是等價的。

定理 9統合了 Cauchy 的兩元均值定理, Lagrange 的均值定理以及 Rolle 定理為特例, 並且它的證明極其簡潔, 簡直是一行就證明完成。 定理 9含納無窮, 簡直比太平洋還要壯觀。 這恰好應驗了法國數學家 A. Weil 的一句名言: \begin{eqnarray*} && \hskip 3cm \hbox{ 更普遍與更簡潔是結伴同行的。} \\ && \hbox{(Greater generality and greater simplicity go hand in hand.)} \end{eqnarray*}

5. 四元化的推廣

定理10: (推廣的四元均值定理) 假設函數 $f$, $g$, $h$, $k$ 在 $[a, b]$ 上連續, $a\lt x_0\lt b$。令 $$ G(t) = \left | \begin{array}{cccc} f(a) & \quad f(x_0) & \quad f(b) & \quad f(t) \\ g(a) & \quad g(x_0) & \quad g(b) & \quad g(t) \\ h(a) & \quad h(x_0) & \quad h(b) & \quad h(t) \\ k(a) & \quad k(x_0) & \quad k(b) & \quad k(t) \end{array} \right |, \quad \forall ~t \in [a, b]. $$

  1. 若 $f$, $g$, $h$, $k$ 在 $(a, b)$ 上可微分, 則存在 $\alpha$, $\beta$, $a\lt \alpha\lt x_0\lt \beta\lt b$, 使得 $G'(\alpha)=0=G'(\beta)$。
  2. 進一步, 若 $f$, $g$, $h$, $k$ 在 $(a, b)$ 上為二階可微分, 那麼就存在 $c\in (\alpha, \beta)\subset (a, b)$, 使得 $G''(c)=0$, 亦即 \begin{equation} %(15) \left | \begin{array}{cccc} f(a) & \quad f(x_0) & \quad f(b) & \quad f''(c) \\ g(a) & \quad g(x_0) & \quad g(b) & \quad g''(c) \\ h(a) & \quad h(x_0) & \quad h(b) & \quad h''(c) \\ k(a) & \quad k(x_0) & \quad k(b) & \quad k''(c) \end{array} \right | = 0. \end{equation}

這由 Rolle 定理立即就得證。我們觀察定理 10的一個特例:

特例: (二階導數的均值定理) 在定理 10裡, 假設 $f$ 為二階可微分, 並且取 $k(t)\equiv 1$, $h(t)=t$, $g(t)=t^2$, 則存在 $c\in (a, b)$, 使得 $$ G''(c) = \left | \begin{array}{cccc} f(a) & \quad f(x_0) & \quad f(b) & \quad f''(c) \\ a^2 & \quad x_0^2 & \quad b^2 & \quad 2 \\ a & \quad x_0 & \quad b & \quad 0 \\ 1 & \quad 1 & \quad 1 & \quad 0 \end{array} \right | = 0 $$ 從而 $$ \frac{\displaystyle\frac{f(x_0)-f(a)}{x_0-a} - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}}{x_0-b} = \frac{1}{2} f''(c). $$ 此式可看作是二階導數的均值公式。

6. $n$ 元化的推廣

上述定理 10又可以再推展到 $n$ 個函數的情形, 採用 Rolle 定理就可得證。

定理11: (推廣的 $n$ 元均值定理, $n\ge 3$) 假設 $n$ 個函數 $f_1, f_2, \ldots, f_n$ 在 $[a, b]$ 上連續, $a\lt x_0\lt x_1\lt \cdots\lt x_{n-3}\lt b$。令 $$ H(t) = \left | \begin{array}{ccccc} f_1(a) & \quad f_1(x_0) & \quad \cdots & \quad f_1(b) & \quad f_1(t) \\ f_2(a) & \quad f_2(x_0) & \quad \cdots & \quad f_2(b) & \quad f_2(t) \\ \vdots & \quad \vdots & \quad \cdots & \quad \vdots & \quad \vdots \\ \vdots & \quad \vdots & \quad \cdots & \quad \vdots & \quad \vdots \\ f_n(a) & \quad f_n(x_0) & \quad \cdots & \quad f_n(b) & \quad f_n(t) \\ \end{array} \right |, %\forall ~t \in [a, b]. $$ 第 1層: 若 $f_1, f_2, \ldots, f_n$ 在 $(a, b)$ 上可微分, 則存在 $c_{1, 1}\lt c_{1, 2}\lt \cdots\lt c_{1, n-2}$ 使得 $a\lt c_{1, 1}\lt x_0\lt c_{1, 2}\lt x_1\lt c_{1, 3} \cdots\lt x_{n-3}\lt c_{1, n-2}\lt b$, 並且 $$ H'(c_{1, k}) = 0, \quad k = 1, \ldots, n-2. $$

第 2層: 進一步, 若 $f_1, f_2 ,\ldots, f_n$ 在 $(a, b)$ 上為二階可微分, 那麼就存在 $c_{2, 1}\lt c_{2, 2}\lt \cdots\lt c_{2, n-3}$, 使得 $c_{1, 1}\lt c_{2, 1}\lt c_{1, 2}\lt c_{2, 2}\lt c_{1, 3} \cdots\lt c_{1, n-3}\lt c_{2, n-3}\lt c_{1, n-2}$, 並且 $H''(c_{2, k})=0$, $k=1, \ldots, n-3$。

繼續不斷做下去$\cdots\cdots\cdots$

第 $n-2$ 層: 最後, 若 $f_1, f_2, \ldots, f_n$ 在 $(a, b)$ 上為 $n-2$ 階可微分, 那麼就存在 $c_{n-2, 1}$, 使得 $a\lt c_{n-1, 1}\lt c_{n-2, 1}\lt c_{n-1, 2}\lt b$, 並且 $H^{(n-2)}(c_{n-2, 1})=0$。

7. 高維空間的推廣

另一方面, 在高等微積分裡, 定義在高維空間上的實值或向量值的多變數函數 $f$, 還有各式各樣的均值定理, 我們分成 $f:$ ${\cal R}$$^n\to$ ${\cal R}$ 與 $f:$ ${\cal R}$$^n\to$ ${\cal R}$$^m$ 兩種情形來討論。

定理12: (高維空間的均值定理) (i) 假設函數 $f: U\subset$ ${\cal R}$$^n\to$ ${\cal R}$ 在開集 $U$ 上可微分。 令 $a$ 與 $b$ 皆屬於 $U$ 且連結它們的線段 $L(a, b)$ 也都落在 $U$ 裡。 那麼存在一點 $c=a+t_0(b-a)$, 其中 $0\lt t_0\lt 1$, 使得 \begin{equation} %(16) f(b) - f(a) = \nabla f(c) \cdot (b-a). \end{equation}

(ii) 假設 $f=(f_1, f_2, \ldots, f_m): U\subset$ ${\cal R}$ $^n\to$ ${\cal R}$$^m$ 在開集 $U$ 上可微分, 線段 $L(a, b)$ 落在 $U$ 裡, 則存在 $c_1, \ldots, c_m$ 屬於線段 $L(a, b)$, 使得 $$ f_k(b) - f_k(a) = \nabla f_k(c_k) \cdot (b-a), \quad k = 1, 2, \ldots, m. $$

證明: (i) 考慮函數 $g(t)=f[a+t(b-a)]$, 對 $g$ 在 $[0, 1]$ 上使用 Lagrange 均值定理與連鎖規則就好了。 (ii) 對於每個分量 $f_k$ 皆分別使用 (i) 就得證。

對於 (ii) 的情形, 美中不足的是, 其中落在線段上的諸點 $c_k\in L(a, b)$ 對每個分量函數 $f_k$ 皆不同。 因此我們無法期盼如 (16) 式具有共同點之結果, 對所有函數 $f: A\subset{\cal R}^n\to {\cal R}^m$ 都成立。

反例: 假設 $f_1(x)=\cos x$, $f_2(x)=\sin x$, 並且選取 $a=0$, $b=2\pi$。 考慮函數 $f=(f_1, f_2): [0, 2\pi]\to$ ${\cal R}$$^2$, 則 (16) 式之形的均值定理不成立。

修改為不等式形式的均值定理是可行之道。

定理13: (高維空間不等式形式的均值定理) 假設 $U\subset$ ${\cal R}$$^n$ 為開集, $f: U\to$ ${\cal R}$$^m$ 為可微分函數。 令 $a$ 與 $b$ 皆屬於 $U$ 且連結它們的線段 $L(a, b)$ 也都落在 $U$ 裡。再假設 $$ \Vert Df(x)\Vert \le M, \quad \forall ~x \in L(a, b) $$ 其中 $\Vert~\Vert$ 表示線性算子的範數 (norm)。那麼我們就有 \begin{equation} %(17) \Vert f(b)-f(a)\Vert \le M \cdot \Vert b-a\Vert. \end{equation}

證明: 考慮函數 $g(t)=f[a+t(b-a)]$, $t\in [0, 1]$。 利用連鎖規則, 作微分得到 $\displaystyle\frac{d}{dt} f[a+t(b-a)]=Df[a+t(b-a)]\cdot(b-a)$。 對 $t$ 從 $t=0$ 積分到 $t=1$ 得到 $$ f(b) - f(a) = \int_0^1 \Big \{Df[a+t(b-a)] \cdot (b-a)\Big \} dt $$ 此地的積分是對各成份函數來定義。 現在取範數, 因為積分的範數小於等於範數的積分, 就得到 (17) 式。

將定理13 中的高維歐氏空間改為更廣泛的賦範向量空間 (normed vector space), 結果仍然成立。

下面我們給出均值定理的一個重要用途:

定理14: 假設 $U\subset$ ${\cal R}$$^n$ 為連通的開集, 並且 $f: U\to$ ${\cal R}$$^m$ 為可微分函數。 如果 $Df(x)=0$, $\forall~x\in U$, 則 $f$ 為常函數。

證明: 取定一點 $a\in U$, 並且令 $V=\{b\in U|f(b)=f(a)\}$, 即 $V=f^{-1}(a)$。 因為 $f$ 為連續函數, 故 $V$ 為 $U$ 中的閉集。 另一方面, 因為 $U$ 為開集, 故對於每個 $x\in V\subset U$, 都存在開的球 $B$, 半徑大於 0 且被包含於 $U$ 中。 這個球 $B$ 是凸集 (convex set), 由定理13 知, $f(y)=f(x)=f(a)$, $\forall~y\in B$。 從而 $V$ 也是 $U$ 中的開集。今因 $U$ 為連通集, 而連通集中沒有既開且閉的真子集, 所以 $V=U$。

8. 結語

將數學結果連貫成有機整體, 使得沒有一片知識是孤立的, 這是數學美的要素之一。 在微積分裡, 均值定理的知識網是一個著名的例子, 其中 Rolle 定理是核心樞紐!

最後我們整理出本文所涉及的定理之邏輯網絡 (logical net):

參考文獻

Gabriel Klambauer, Aspects of Calculus, Springer-Verlag, 1986. E. Hairer and G. Wanner, Analysis by Its History, Springer-Verlag, 1996. James R. Munkres, Analysis on Manifold, Addison-Wesley, 1991. J. E. Marsden and M. J. Hoffman, Elementary Classical Analysis, 1974. A. Avez, Differential Calculus, John Wiley and Sons, 1986. 黃見利, 均值定理的一個有趣的幾何意義, 數學傳播, 29卷 2期, 2005。

---本文作者為台大數學系退休教授---

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