算是数一最难的的部分

放缩#

Caution

这里全文以国内的凹凸概念为主，并且主要以凹函数为主

凹函数#

定义

f(\lambda x+ (1-\lambda)y) \le \lambda f(x) + (1-\lambda)f(y))

本质描述了函数和割线大小关系，其中 $x_2$ 和 $x_1$ 是割线和函数两个交点的横坐标

\lambda=\frac{x_2 - x}{x_2-x_1},\space 1-\lambda=\frac{x-x_1}{x_2-x_1},\text{显然，不等式右边是直线方程，而左边是f(x)}

f(\lambda x+ (1-\lambda)y) \le \lambda f(x) + (1-\lambda)f(y)) \Leftrightarrow 割线斜率递增 \Leftrightarrow 支撑线存在 \overset{f(x)可导}\Leftrightarrow f''(x) \ge 0

假如凸函数可导的话可以用泰勒公式快速证明支撑线存在

凸函数#

定义

f(\lambda x+ (1-\lambda)y) \ge \lambda f(x) + (1-\lambda)f(y))

琴生不等式#

n维离散形式#

设函数 $f$ 在凸集上是凹函数，权重 $\lambda_1,\dots,\lambda_n \ge 0$ ，且

\sum_{i=1}^n \lambda_i = 1

则有：

f\!\left(\sum_{i=1}^n \lambda_i x_i\right) \;\le\; \sum_{i=1}^n \lambda_i f(x_i)

证明#

用第一数学归纳法证明

假设n=k时满足

\sum_{i=1}^{k} \lambda_i = 1 \Rightarrow f\!\left(\sum_{i=1}^k \lambda_i x_i\right) \;\le\; \sum_{i=1}^k \lambda_i f(x_i)

则n=k+1时

需要证明

\sum_{i=1}^{k + 1} \lambda_i = 1 \Rightarrow f\!\left(\sum_{i=1}^{k + 1} \lambda_i x_i\right) \;\le\; \sum_{i=1}^{k + 1} \lambda_i f(x_i)

\begin{aligned} \text{已知}\sum_{i=1}^{k + 1} \lambda_i = 1\text{，设} \mu = \lambda_{k + 1}\text{，则}\sum_{i=1}^{k}{\lambda_i} = 1 - \mu \text{，设}y=\frac{1}{1-\mu}\sum_{i=1}^{k}{\lambda_ix_i} \\ \text{则有}f(\mu x_{k + 1} + (1-\mu)y) \le \mu f(x_{k + 1}) + (1-\mu)f(y) \\ f(y)=f\!\left(\frac{1}{1-\mu}\sum_{i=1}^{k}{\lambda_ix_i}\right) =f\!\left(\sum_{i=1}^{k}{\frac{\lambda_i}{1-\mu}x_i}\right) \\ \sum_{i=1}^{k}{\frac{\lambda_i}{1-\mu}} = \frac{1}{1-\mu}\sum_{i=1}^{k}{\lambda_i} = \frac{1}{1-\mu} \cdot (1-\mu) = 1 \overset{\sum_{i=1}^{k} \lambda_i = 1 \Rightarrow f\!\left(\sum_{i=1}^k \lambda_i x_i\right) \;\le\; \sum_{i=1}^k \lambda_i f(x_i)}{\Rightarrow} f(y) \le \sum_{i=1}^{k}{\frac{\lambda_i}{1-\mu}f(x_i)} =\frac{1}{1-\mu}\sum_{i=1}^{k}{\lambda_if(x_i)} \\ \text{故}f(\mu x_{k + 1} + (1-\mu)y) \le \sum_{i=1}^{k+1}{\lambda_if(x_i)} \text{，即}f\!\left(\sum_{i=1}^{k+1}{\lambda_ix_i}\right) \le \sum_{i=1}^{k+1}{\lambda_if(x_i)}\qquad\square \end{aligned}

总结来讲就是，重点在于构造 $\sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{\lambda_i}{1-\mu}} = 1$ ，然后根据n=k时的不等式给 $f(y)$ 划定范围，然后再根据 $1-\mu + \mu = 1$ 结合凸函数的定义将其证明

定积分形式#

函数 $f$ 在凸集上是凹函数， $\int_a^bw(x) =1，0 \le w(x)$ 有

f(\int_b^a g(x)\cdot w(x) dx) \le \int_a^b f(g(x)) \cdot w(x)dx

证明#

\begin{aligned} &f\text{ 是凹函数，}\forall x_0,\; \exists\, k \;s.t.\; \forall x,\; f(x) \ge k(x-x_0) + f(x_0) \\ &\text{代入 }g(x)\text{，取 }x_0=\int_a^b g(x)\cdot w(x)\,dx \text{，两边乘 }w(x)\text{，得} \\ &f(g(x))\cdot w(x) \ge \bigl(k(g(x)-x_0)+f(x_0)\bigr)\cdot w(x) \text{，两边同时积分，得} \\ &\begin{aligned} \int_a^b f(g(x))\cdot w(x)\,dx &\ge \int_a^b \bigl(k(g(x)-x_0)+f(x_0)\bigr)\cdot w(x)\,dx \\ &= k\cdot\!\left(\int_a^b g(x)\cdot w(x)\,dx - x_0\int_a^b w(x)\,dx\right) + f(x_0)\int_a^b w(x)\,dx \\ &= k\cdot(x_0 - x_0) + f(x_0) \\ &= f\!\left(\int_a^b g(x)\cdot w(x)\,dx\right) \end{aligned} \qquad\square \end{aligned}

证明#

Warning

粪题高频出现啊嗯

构造#

$xf(x)$ 的在 $x=0$ 处的 $n$ 阶导数全为 $0$

$((x-b)^a\cdot f(x))' = (x-b)^a \cdot f'(x) + a(x - b)^{a-1}f(x) = (x-b)^{a-1}((x-b)f'(x) + af(x))$

$(e^{ax}\cdot f(x))' = e^{ax}(af(x) + f'(x))$

存在性证明#

姑且可以总结个转移表，中值定理套娃会产生多个不同的 $\xi$ ，一般应该不会考查这个方向，但是平行的使用产生多个不同的 $\xi$ 是允许的，需要对平行的使用多个式子再用加减乘除叠加在一起，一般是乘法，分离变量构造函数再分别拉氏就行了

	$\int_a^b{f(\xi)dx}$	$f(\xi)$	$f'(\xi)$	$f''(\xi)$
$\int_a^b{f(x)dx}$	-	介值(连续性存在最值)	泰勒(反向，先展开再积分)	泰勒(反向，先展开再积分)
$f(x)$	-	-	拉氏(构造)	泰勒(构造)

多个变量
带不等式

不等关系证明#

一般从凹凸性，单调性，变量取值范围入手，两者的大小关系都可以由带拉格朗日余项的泰勒展开描述

凹凸性

特征是提到二阶导的正负性，大概就考察琴生不等式的变形
单调性

特征是提到一阶导的正负性
变量取值范围

可以通过带绝对值的时候，用泰勒或者拉格朗日，一般来说，最后结果的绝对值会由题目带的绝对值导出，其中带的点相关信息会在不等式的加减中消掉

存在不等关系证明#

上两者结合的问题形式

中值定理#

积分中值定理#

f(x) \text{在} [a,b] \text{上连续，则} \exists \xi \in (a,b) \space s.t. \int_a^b{f(x)dx} = (b-a)f(\xi)

证明

\begin{aligned} & m = \inf_{a\le x\le b}{f(x)},\space M = \sup_{a\le x \le b}{f(x)} \\ & m \le f(x) \le M \xrightarrow{\text{同时积分}} \\ & \int_a^b{mdx} \le \int_a^b{f(x)dx} \le \int_a^b{Mdx} \xrightarrow{\text{整理}} \\ & m \le \frac{\int_a^b{f(x)dx}}{b-a} \le M \xrightarrow{\text{介值定理}} \\ & \exists \xi \quad s.t. \quad f(\xi) = \frac{\int_a^b{f(x)dx}}{b-a} \qquad \square \end{aligned}

零点存在性定理#

设 $f\in C[a,b]$ ，且 $f(a)f(b)<0$

\begin{aligned} & f(a)<0<f(b)\ (\text{不妨设})\\ & f(x)\ \text{在}\ [a,b]\ \text{连续} \overset{\text{介值性}}\Rightarrow\\ & \exists \xi\in(a,b)\ s.t.\ f(\xi)=0 \qquad \square \end{aligned}

介值定理#

设 $f\in C[a,b]$ ，且 $A$ 介于 $f(a),f(b)$ 之间

\begin{aligned} & f(a)\le A \le f(b)\ (\text{或反之})\\ & f(x)\ \text{在}\ [a,b]\ \text{连续} \overset{\text{连续函数取值为区间}}\Rightarrow\\ & \exists \xi\in(a,b)\ s.t.\ f(\xi)=A \qquad \square \end{aligned}

费马引理#

设 $f$ 在 $\xi$ 处取极值，且可导

\begin{aligned} & \forall x\approx \xi:\\ & f(x)\ge f(\xi)\ (\text{极小})\\ & \frac{f(x)-f(\xi)}{x-\xi} \ge 0\ (x>\xi),\ \le 0\ (x<\xi) \overset{x\to \xi}\Rightarrow\\ & f'(\xi)=0 \qquad \square \end{aligned}

罗尔定理#

设 $f\in C[a,b]$ ，在 $(a,b)$ 可导，且 $f(a)=f(b)$

\begin{aligned} & f\ \text{连续} \Rightarrow \exists M,m\\ & \text{若 } M=m \Rightarrow f'(x)=0\\ & \text{若 } M\ne m\\ & \Rightarrow \exists \xi\in(a,b)\ \text{为极值点} \overset{\text{费马引理}}\Rightarrow\\ & f'(\xi)=0 \qquad \square \end{aligned}

拉格朗日中值定理#

设 $f\in C[a,b]$ ，在 $(a,b)$ 可导

\begin{aligned} & \varphi(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\\ & \varphi(a)=\varphi(b) \overset{\text{罗尔定理}}\Rightarrow\\ & \exists \xi:\ \varphi'(\xi)=0\\ & \Rightarrow f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \qquad \square \end{aligned}

柯西中值定理#

设 $f,g\in C[a,b]$ ，在 $(a,b)$ 可导，且 $g'(x)\ne0$

\begin{aligned} & \varphi(x)=f(x)(g(b)-g(a)) - g(x)(f(b)-f(a))\\ & \varphi(a)=\varphi(b) \overset{\text{罗尔定理}}\Rightarrow\\ & \exists \xi:\ \varphi'(\xi)=0\\ & \Rightarrow f'(\xi)(g(b)-g(a))=g'(\xi)(f(b)-f(a))\\ & \Rightarrow \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} \qquad \square \end{aligned}

泰勒中值定理（拉格朗日型余项）#

设函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上具有 $n+1$ 阶连续导数，则对任意 $x\in(a,b)$ ，存在 $\xi\in(a,x)$ ，使得：

\begin{aligned} & R_n(x) = f(x) - \sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k\\ & \exists \xi\in(a,x)\ s.t.\\ & R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1} \end{aligned}

总结来说，以上几种由于可以互相替代，最后只有3种具有普遍意义的方式

介值定理
拉格朗日定理
泰勒中值定理

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不等关系证明#

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中值定理#

积分中值定理#

零点存在性定理#

介值定理#

费马引理#

罗尔定理#

拉格朗日中值定理#

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泰勒中值定理（拉格朗日型余项）#

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