4.2 The Mean Value Theorem

4.2 The Mean Value Theorem

Chih-Kuang Lee September 2, 2013

5. Let f (x) = 1 − x^2/3. Show that f (−1) = f (1) but there is no number c in (−1, 1) such that f⁰(c) = 0. Why does this not contradict Rolle’s Theorem?

首先，我們發現

f (1) = 1 − 1^2/3= 1 − 1 = 0 f (−1) = 1 − (−1)^2/3= 1 − 1 = 0 故 f (−1) = f (1)。接著，f 的導函數為

f⁰(x) = −2

3x^−1/3= − 2 3x^1/3

若是令 f⁰(x) = 0，會發現無解，因為一個分數為零，其分子必然為零，現在的情況 顯然矛盾。故不存在 c ∈ (−1, 1) 使得 f⁰(c) = 0。

至於為何這個結果沒有牴觸 Rolle’s Theorem 呢？ 可以發現 f⁰ 在 x = 0 的地方是 沒有定義的，而 Rolle’s Theorem 的前提條件必須 f⁰ 在 (−1, 1) 之間都要有定義，

因此這題的情況本來就不能使用 Rolle’s Theorem，所以沒有牴觸的問題。  12. Verify that the function satisfies the hypotheses of the Mean Value Theorem on the given interval. Then find all numbers c that satisfy the conclusion of the Mean Value Theorem.

f (x) = x

x + 2, [1, 4]

首先，這個函數在 [1, 4] 上是連續的。為何呢？注意到分子分母都是多項式，因此都 是可微分函數，且 f(x) 在 [1, 4] 上都有定義，因此 f 就在 (1, 4) 上可微分，是故 f 在 [1, 4] 上連續。而 f 的導函數為

f⁰(x) = d dx

 1 − 2

x + 2



= 2

(x + 2)²

因為 f⁰ 在 (1, 4) 上也都有定義，因此 f 完全滿足了均值定理 (Mean Value Theo- rem) 所需要的條件。 

根據均值定理，存在 c ∈ (1, 4) 使得 f⁰(c) =f (4) − f (1)

4 − 1 =1 3

 4 6−1

3



=1 9

也就是 2

(c + 2)² = 1 9 算出來是 c = −2 ± 3√

2，不過 −2 − 3√

2 /∈ (1, 4)，因此答案只有 c = −2 + 3√ 2。



18. Show that the equation has exactly one real root.

x³+ e^x= 0

首先，我們令 f(x) = x³+ e^x。由於 f(−2) < 0 且 f(0) > 0，根據勘根定理我們知 道存在 c ∈ (−2, 0) 使得 f(c) = 0。

要怎麼說明唯一性呢？我們先把 f 微分，得到 f⁰(x) = 3x²+ e^x

現在假設還有另一個異於 c 的根 d，則根據 Rolle’s Theorem ，我們知道存在 ξ 介於 c和 d 之間，使得 f⁰(ξ) = 0。 不過可以注意到 f⁰(x) 是恆正的，因此 f⁰(ξ) > 0， 這和 f⁰(ξ) = 0 矛盾！

因此另一相異根 d 並不存在，也就是說 f(x) = 0 只有一實根，證明完畢。  21.(a) Show that a polynomial of degree 3 has at most three real roots.

這題要怎麼做呢？一般來說，要證明「至多只會有 N 個」這種敘述，通常都可以先 用反證法證明不會超過 N 個，接著再舉一個確實有 N 個的例子，就可以證明出來 了！這題也可以用者種辦法。

令 f(x) 為一個 k 個根的三次多項式。假設 k ≥ 4，我們把這些根從小排到大 α1, α2, α3, · · · , αk

則根據 Rolle’s Theorem，對於 i = 1, 2, · · · , k − 1，存在 ξi ∈ (αi, αi+1) 使得 f⁰(ξi) = 0。也就是說 f⁰(x) 有 k − 1 ≥ 3個根，不過 f⁰(x) 是一個二次函數，最多 只會有兩個根，因此產生了矛盾！是故 f(x) 不會有 4 個以上的根。

又 g(x) = x³− x = x(x − 1)(x + 1) 是一個有 3 個根的三次多項式，因此三次多項 式至多三個根。證明完畢。 

21.(b) Show that a polynomial of degree n has at most n real root.

這題做法和上題相似，不過這題我們要搭配數學歸納法來證明。首先 n = 1 的情形是 顯然的。

假設 n = k 的時候敘述成立，現在令 f(x) 是一個 l 個根的 n = k + 1 次多項式。現 在假定 l ≥ k + 2，我們一樣把根從小到大排好如下

α₁, α₂, α₃, · · · , α_l

f⁰(x) 是 k 次多項式所以最多也只會有 k 個根，因此前後矛盾！也就是說 f(x) 不會 有 k + 2 以上個根。

最後，令

g(x) =

k+1

Y

j=1

(x − j)

則 g(x) 是一個有 k + 1 個根的 k + 1 次多項式，因此 f(x) 至多 k + 1 個根。

根據數學歸納法原理，對於所有的 n 原敘述皆成立！證明完畢。 

23. If f (1) = 10 and f⁰(x) ≥ 2 for 1 ≤ x ≤ 4, how small can f (4) possibly be?

這題也是均值定理的一個應用。由於題目說當 1 ≤ x ≤ 4 時 f⁰(x) ≥ 2，這句話隱含 了 f 在 (1, 4) 可微分！故根據均值定理，存在 c ∈ (1, 4) 使得

f (4) − f (1) = f⁰(c)(4 − 1) 所以我們得到

f (4) = f (1) + 3f⁰(c)

≥ 10 + 3 × 2 = 16 所以 f(4) 最小的可能就是 16。 

27. Show that √

1 + x < 1 +¹₂x if x > 0.

我們令 f(x) = 1 +¹₂x −√

1 + x，這題的目標就是要證明對於 x > 0，f(x) > 0 即 可。首先，觀察後可以發現 x = 0 是 f(x) = 0 的一個解。

接著，我們把 f 微分後得到

f⁰(x) = 1

2 + 1 2√

1 + x

可以注意到 f⁰(x) 是一個恆正函數。則根據均值定理，對於 x > 0 存在 cx∈ (0, x) 使得

f (x) − f (0) = f⁰(cx)(x − 0) 所以

f (x) = f (0) + xf⁰(cx)

> 0 + x · 0

= 0 ∀x > 0 於是我們便證明了對於 x > 0，√

1 + x < 1 +¹₂x。 

28. Suppose f is an odd function and is differentiable everywhere.

Prove that for every positive number b, there exists a number c in (−b, b) such that f⁰(c) = f (b)/b

這題要怎麼辦呢？看最後的結果寫成那樣，可以看的出來勢必得使用均值定理。

現在我們來證明這個結果，給定 b > 0。根據均值定理，存在 c ∈ (−b, b) 使得 f⁰(c) = f (b) − f (−b)

b − (−b) =f (b) + f (b)

b + b = f (b) b 因為 f 是奇函數，所以才會有 f(x) = −f(−x)，證明完畢。  33. Prove the identity

arcsinx − 1

x + 1 = 2 arctan√ x − π

2

這題看起來不知所措，不過這時候微積分強大的地方就展現了！利用「一個函數的導 函數是 0 函數，則原函數為常數函數」這件事，可以輕易地證明這一類的等式。

首先，我們把 arcsin 微分 d

dx



arcsinx − 1 x + 1



= 1

r 1 −

x−1 x+1

2 · 2 (x + 1)²

= 2

(x + 1)p(x + 1)²− (x − 1)²

= 1

(x + 1)√ x 接著，我們把 arctan 也微分

d

dx 2 arctan√

x
= 2 1 + (√

x)² · 1 2√ x

= 1

(1 + x)√ x

可以發現兩者的微分是一樣的，也就是說原本兩者只差了一個常數 C arcsinx − 1

x + 1 = 2 arctan√ x + C 我們把 x = 0 代入，得到

C = arcsin(−1) − 2 arctan 0 = −π 2 − 0

= −π

35. Two runners start a race at the same time and finish in a tie.

Prove that at some time during the race they have the same speed.

令 g(x)、h(x) 分別為兩個跑者位置對於時間的函數，且到達終點的時間為 T 。則問 題就變成是否存在 c ∈ (0, T ) 使得 g⁰(c) = h⁰(c)？

我們令 f(x) = g(x) − h(x)，可以發現 f(0) = f(T ) = 0，故根據 Rolle’s Theo- rem，存在 c ∈ (0, T ) 使得 f⁰(c) = 0。

不過根據微分法則，我們知道 f⁰(c) = g⁰(c) − h⁰(c)，所以得到 g⁰(c) = h⁰(c)。證明 完畢。 

36. Prove that if f⁰(x) 6= 1 for all real numbers x, then f has at most one fixed point.

我們使用反證法，假設 f 有 2 個以上的 fixed point。把其中兩個命名為 α、β 且 α < β。

根據均值定理，存在 ξ ∈ (α, β) 使得

f⁰(ξ) =f (β) − f (α)

β − α = β − α β − α = 1

我們居然發現 f⁰(ξ) = 1，這和題目的假設矛盾！因此 f 不會有兩個以上的 fixed point。

又 g(x) = 0 是一個滿足題目條件，且只有 1 個 fixed point 的函數，因此 f 至多 1 個 fixed point。證明完畢。