평균값정리,mean_value_theorem,MVT

기울기,slope가 같은 점이 있다는 것.
순간변화율(접선의 기울기)이, 평균변화율(두 점을 이은 선의 기울기)과 같아지는 x가 있다는 것.

$f(x)$ 가 닫힌구간 $[a,b]$ 에서 연속이고 열린구간 $(a,b)$ 에서 미분가능할 때
$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)$
인 c가 a와 b 사이에 존재한다.

함수 $f(x)$ 가 $[a,b]$ 에서 연속이고 $(a,b)$ 에서 미분가능할 때
$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f^{\prime}(c)$
인 $c\in(a,b)$ 가 적어도 하나 존재한다.

다시 말해 $P(a,f(a)),\;Q(b,f(b))$ 에 대해 $\overline{PQ}$ 와 평행한 접선을 $(c,f(c))\quad(a<c<b)$ 에서 적어도 하나 그릴 수 있다.




[edit]

1. Proof

두 점 $P(a,f(a)),\;Q(b,f(b))$ 를 지나는 직선을 $y=g(x)$ 라 하면,
$g(x)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)+f(a)$
이다. 이 때
$h(x)=f(x)-g(x)$
를 정의한다.
이때 $h(x)$ 는 $[a,b]$ 에서 연속이고 $(a,b)$ 에서 미분가능하며 $h(a)=h(b)=0$ 이다.


$h^{\prime}(c)=0$ 인 c가 a와 b사이에 존재하므로, $f^{\prime}(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ 인 c가 a와 b 사이에 존재한다.

[edit]

2. 코시의 평균값 정리, 일반화된 평균값 정리

MVT를 일반화시키면 코시의_정리가 된다.

두 함수 $f,g$ 가 구간 $[a,b]$ 에서 연속이고 $(a,b)$ 에서 미분가능하면
$f'(c)(g(b)-g(a))=g'(c)(f(b)-f(a))$
를 만족하는 $c\in(a,b)$ 가 존재한다.

코시의 평균값정리에서 $g(x)=x,$ 즉 $g'(x)=1$ 이면 일반 평균값정리가 된다.

$g(a)\ne g(b)$ 이고 $\forall x,g'(x)\ne0$ 이면 다음과 같이 쓸 수 있다.
$\frac{f'(c)}{g'(c)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$
이 식은 두 함수의 평균변화율의 비와 순간변화율의 비가 같아지는 순간이 있음을 의미한다.

증명은 함수
$h(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}(g(x)-g(a))$
에 대해 롤_정리,Rolle_s_theorem를 적용하여 보인다.

Suppose functions $f$ and $g$ are continuous on $[a,b]$ and differentiable throughout $(a,b)$ and also suppose $g'(x)\ne0$ throughout $(a,b).$ Then $\exists c\in(a,b)$ at which
$\frac{f'(c)}{g'(c)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$
(Thomas)

(코시의 평균값 정리)
구간 $[a,b]$ 에서 연속이고, 구간 $(a,b)$ 에서 미분가능한 함수 $f(x),g(x)$ 에 대하여
$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}:\frac{g(b)-g(a)}{b-a} = f'(c):g'(c)$
인 점 $c\in(a,b)$ 가 존재한다.

(김홍종 미적분학 1+ p110)

[edit]

3. 정적분의 평균값 정리

$f$ 가 닫힌 구간 $[a,b]$ 에서 연속이면, $[a,b]$ 안에 적어도 한 점 $c$ 가 존재하여
$f(c)=\frac1{b-a}\int_a^bf(x)dx$
을 만족한다. (Thomas)

정적분,definite_integral에서도 언급.

[edit]

4. tmp (강우석 2021-03-10 1:11m)

(Stewart 4.2 MVT, Example 2)

$f(x)=x^3+x-1=0$ has exactly one real solution - 한 실근만 가짐을 증명

한 개를 보이려면? 존재성을 보여 0개가 아닌 1, 2, 3, ...개임을 보이고 유일성을 보여 2, 3, 4...개가 아닌 1개임을 보이면 됨.

① 존재성,existence
중간값정리,사이값정리,intermediate_value_theorem,IVT 사용.
$f(0)=-1<0$ 이고
$f(1)=1>0$ 이다. 따라서 IVT에 의해 $\exists c\in(0,1)$ s.t. $f(c)=0.$

② 유일성,uniqueness
롤_정리,Rolle_s_theorem 사용.
귀류법,proof_by_contradiction 사용.
$f(x)=0$ 이 두 근 $a,b(a<b)$ 임을 가진다고 가정하면, $f(a)=0,f(b)=0$ 이다. $f$ 가 다항식이고 연속이고 미분가능하므로, Rolle 정리에 의해
$\exists c\in(a,b)$ s.t. $f'(c)=0$
근데 $f'(c)=3c^2+1>0$ 이다. 즉 0보다 항상 크다. 이것은 가정에 모순,contradiction.

By ① and ②, $f(x)$ has only one solution.

[edit]

5. tmp (강우석 2021-03-10 1:16m)

https://i.imgur.com/aNiHXUVl.png

Rolle의 정리를 기울인 모양.
Rolle의 정리를 일반화한 것.

[edit]

6. tmp (강우석 2021-03-10 1:26m)


// 미분이 0인 함수는 상수함수 뿐? Yes. 이유?

상수함수,constant_function의 미분이 0임을(i.e. 상수함수의 도함수가 영함수임을) 보이기는 쉽다. 한편 그 역인
미분이 0이 되는 함수는 상수함수? 그 외엔 없는지?

Theorem: $f'(x)=0 \,\Rightarrow\, f$ is constant

Proof
(일단 $f$ 가 상수함수라는 것은, $a\ne b$ 여도 $f(a)=f(b)$ 라는 것.)
Let $a<b.$
Applying MVT on $(a,b),$
$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)$ for some $c\in(a,b).$
그런데 $f'(c)=0$ 이므로
$f(b)-f(a)=0$
$f(b)=f(a)$
그래서 $f$ 는 상수함수이다.

// 미분이 양인 함수는 증가함수? Yes. 이유?

$f'(x)>0$ 이면 $f$ 가 증가함수임을 보이는 방법도 마찬가지.

Theorem: $f'(x)>0 \,\Rightarrow\, f$ is an increasing function

Proof
(일단 $f$ 가 증가함수라는 것은, $a<b$ 이면 $f(a)<f(b)$ 라는 것.)
Let $a<b.$
Applying MVT on $(a,b),$
$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)>0$ for some $c\in(a,b).$
$f(b)-f(a)>0$
$f(b)>f(a)$

// Cor. 미분이 같은 함수는 상수만큼 차이.

그리고 저 위 정리에서 나오는 따름정리는
미분이 같은 함수는 상수 차이가 난다는 것

Theorem
$f'(x)=g'(x)\,\Rightarrow\,f(x)=g(x)+C$

Proof
도함수의 성질에 의해
$\left(f(x)-g(x)\right)'=f'(x)-g'(x)$
그리고 가정에서 이게 0과 같으므로
$\left(f(x)-g(x)\right)'=f'(x)-g'(x)=0$
따라서 저 위 정리(도함수가 영함수인 함수는 상수함수)에 의해 $f(x)-g(x)$ 가 상수함수이므로
$f(x)-g(x)=C$


응용질문.
Find all function $f(x)$ whose derivative is $x.$
일단 $\frac12x^2+C$ 꼴일 것 같다. 그런데 이것뿐이고 다른 형태가 없음을 증명하려면 위의 정리가 필요하다.
$g$ 를 미분했더니 $x$ 라고 해보자.
$g'(x)=x$
그리고
$\left(\frac12 x^2 \right)'=x$
이다. 위 정리에 의해서
$g(x)=\frac12x^2+C$


(이런 이유로 인해)
부정적분,indefinite_integral을 할 때 적분상수,integration_constant를 붙이는 것(으로 충분하다는 것)도 MVT에서 나오는 것이다.

ex 38.
$\forall x>0,\; \tan^{-1}x+\tan^{-1}\left(\frac1x\right)=\frac{\pi}{2}$ 을 증명하라
sol.
$\left(\tan^{-1}x+\tan^{-1}\left(\frac1x\right)\right)'$
$=\frac1{1+x^2}+\frac{-\frac{1}{x^2}}{1+\left(\frac1x\right)^2}$
$=\frac1{1+x^2}-\frac1{x^2+1}$
$=0$
따라서 이건 상수함수이다.
$\tan^{-1}x+\tan^{-1}\left(\frac1x\right)=C$
$x=1$ 을 넣으면 $\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}=C$

[edit]

7. tmp (단대 김도형)

$f$ 가
$[a,b]$ 에서 연속
$(a,b)$ 에서 미분가능
$\Rightarrow\; \exists c \in(a,b)$ such that $f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$
적분의 평균값 정리
$f:[a,b]$ 에서 연속
$\Rightarrow\;\exists c\in[a,b]$ such that
$f(c)=\frac1{b-a}\int_a^b f(x)dx$

pf.1.
최대최소정리,extreme_value_theorem,EVT에 의해
$\exists m,M$ such that $m\le f(x)\le M,\;\forall x\in[a,b]$
$m(b-a)\le \int_a^bf(x)dx \le M(b-a)$
$m\le \frac1{b-a} \int_a^b f(x)dx \le M$
중간값정리,사이값정리,intermediate_value_theorem,IVT에 의해
$\exists c\in[a,b]$ such that $f(x)=\frac1{b-a}\int_a^bf(x)dx$

pf.2.
$F(x)=\int_a^x f(t)dt,\; a\le x\le b$
미분의 평균값정리에 의해
$\exists c\in(a,b)$ such that $\frac{F(b)-F(a)}{b-a}=F'(c)=f(c)$
$\frac1{b-a}\int_a^b f(t)dt=f(x)$

[edit]

8. tmp; Weighted Mean Value Theorem for Integrals

[https]from stewartcalculus additional material file, p3
$f,g$ 가 $[a,b]$ 에서 연속이고 $g$ 의 부호,sign가 $[a,b]$ 에서 바뀌지 않으면, $\exists c\in[a,b]$ such that
$\int_a^b f(x)g(x)dx=f(c)\int_a^b g(x)dx$
증명은 파일 참조.

[edit]

9. See also