2. 優化、敏感度與初等模型

學習目標與準備

本章以第 1 章的導數、指數與對數法則、連續性和定義域為基礎。我們將系統應用這些知識：分類斜率變化，在約束下優化，並以顯式誤差界量化局部近似。例子均為假設的科學模型。

2.1 均值定理的實際應用

設 $a<b$。若 $f$ 在 $[a,b]$ 上連續，在 $(a,b)$ 上可微，均值定理保證存在 $c\in(a,b)$，使

$$f(b)-f(a)=f'(c)(b-a).$$

一種證明從 $f$ 中減去弦線；得到的函數在兩端點取相同值，除非它為常數，否則內部極值點給出零導數。這是 Rolle 定理，同樣要求非退化區間及上述連續、可微假設。

由此，$f'>0$ 在區間內處處成立蘊含嚴格遞增，$f'<0$ 蘊含嚴格遞減。在線段上有界 $|f'|\le M$ 可得 $|f(b)-f(a)|\le M|b-a|$。這些是從局部導數信息得到的區間結論；不能跨過定義域缺失點應用定理。

費馬必要條件。 在可微的內點局部最大值或最小值處，$f'(a)=0$。

證明。 在局部最大值處，充分小的正增量給出非正差商，負增量給出非負差商。雙側導數的極限要同時滿足兩種符號，只能為零。對函數取負處理最小值。$\square$

內點條件很重要：$f(x)=x$ 在 $[0,1]$ 上的極值出現在端點，儘管導數為 1。逆命題不成立：$x^3$ 在零處導數為零，但那裡不是極值。

Rolle 定理。 若 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上連續、在 $(a,b)$ 上可微，且 $f(a)=f(b)$，則存在 $c\in(a,b)$ 使 $f'(c)=0$。

證明。 極值定理保證最大值和最小值存在。若函數為常數，任意內點均符合要求。否則某值不同於相等的端點值，因此最大值或最小值之一出現在內部。可在該處應用費馬條件。$\square$

中值定理。 在相同的連續與可微條件下，不要求端點值相等，則存在 $c\in(a,b)$ 滿足 $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$。

從 $f$ 減去割線 $f(a)+[f(b)-f(a)](x-a)/(b-a)$，再應用 Rolle 定理即可。這一證明不假定 $f'$ 連續。推論包括：導數在區間上為零則函數為常數；導數非負則函數不減；區間上 $|f'|\le M$ 則其中各點滿足 $|f(y)-f(x)|\le M|y-x|$。不能由一點的導數值推出整個區間上的導數界。

例 1：誤差界。 對 $f(x)=\sqrt x$ 和 $1\le a,b\le4$，有 $|f'(x)|=1/(2\sqrt x)\le1/2$，因此 $|\sqrt b-\sqrt a|\le|b-a|/2$。該界使用整條線段上的導數最大值，而非僅使用一個端點的導數。

2.2 駐點與凹凸性

內部可微局部極值點滿足 $f'=0$。駐點只是候選點：$x^3$ 在零處斜率為零，卻仍遞增經過該點。也必須檢查不可微點和端點。

二階導數是斜率的變化率。若區間上 $f''>0$，斜率遞增、圖像凸（向上凹）；$f''<0$ 表示斜率遞減。拐點必須是圖像上的點且凹凸性發生改變，不是二階導數為零便足夠。若 $f'(a)=0$、$f''(a)>0$，且 $a$ 附近滿足適當連續性，則為嚴格局部極小點；若 $f''(a)<0$，則為嚴格局部極大點。二階導數為零時不能判定。

例 2：響應曲率改變的位置。 對 $K>0$，考慮無量綱響應

$$S(c)=\frac{c^2}{K^2+c^2},\qquad c\ge0.$$

求導得到

$$S'(c)=\frac{2K^2c}{(K^2+c^2)^2},\qquad S''(c)=\frac{2K^2(K^2-3c^2)}{(K^2+c^2)^3}.$$

當 $c>0$ 時它遞增；在 $0<c<K/\sqrt3$ 上向上凹，此後向下凹。拐點位於 $K/\sqrt3$，此處正的邊際響應最大。響應水平本身沒有內部最大值；當 $c\to\infty$ 時趨近一。混淆最大斜率與最大水平會誤讀模型。

2.3 閉區間與約束優化

閉有界區間上的連續函數取得極值。找出所有內部臨界輸入，加入兩個端點並比較函數值。若可行區間開放或無界，還需要額外論證極值是否取得。

例 3：最小距離位置。 設設施位於直線上坐標 $x$ 處，評價指標是到坐標為 $0,2,7$ 的各地點的距離平方和：

$$D(x)=x^2+(x-2)^2+(x-7)^2.$$

由 $D'=6x-18$ 得 $x=3$，且 $D''=6>0$。更強的是，直接展開得到 $D(x)=3(x-3)^2+26$，證明均值位置是唯一全局極小點。距離平方和模型不同於最小化未平方的距離和；後者通常選擇中位數。

例 4：一側受約束的矩形。 矩形圍欄三邊使用 $40$ 單位長度，固定牆壁構成第四邊。若垂直邊為 $x>0$、平行邊為 $y>0$，則 $2x+y=40$，面積為

$$A(x)=x(40-2x)=200-2(x-10)^2,\qquad0<x<20.$$

唯一最大值為 $200$，在 $x=10,y=20$ 取得。定義域來自正性；儘管端點開放，平方恆等式仍證明全局最優。四邊都用圍欄是另一模型。

2.4 相關變化率：對約束按時間求導

若多個量共同變化，應先寫出關係，再代入某一時刻的數值。對時間求導時，把每個變化量都視為時間函數。

例 5：變化的圓形區域。 設面積 $A=\pi r^2$，半徑以每時間單位 $dr/dt=0.2$ 長度單位的速度增長，則 $dA/dt=2\pi r\,dr/dt$。在 $r=5$ 時，面積變化率為每時間單位 $2\pi$ 平方單位。即使半徑變化率恆定，面積變化率仍隨半徑增加。求導前代入 $r=5$ 會錯誤地把面積變成常數。

球體體積 $V=4\pi r^3/3$ 的相對微分滿足 $dV/V=3\,dr/r$。相對變化比較百分比，絕對變化比較輸出單位。微分關係是一階關係，不是有限變化的精確等式。

2.5 線性近似與顯式餘項檢查

在可微點，$f(a+h)\approx f(a)+f'(a)h$。數值精度聲明不能僅靠“小”這個詞。若 $f$ 二階導數連續，且在 $a$ 與 $a+h$ 之間滿足 $|f''|\le M$，Taylor 一階餘項給出

$$|f(a+h)-f(a)-f'(a)h|\le\frac M2h^2.$$

該界來自對導數差積分：$f(a+h)-f(a)-f'(a)h=\int_0^h[f'(a+s)-f'(a)]ds$；再由均值定理將括號的絕對值限制在 $M|s|$ 內。$h$ 兩種符號都適用同一界。

在 $a$ 處的 $n$ 階 Taylor 多項式為 $T_n(x)=\sum_{k=0}^nf^{(k)}(a)(x-a)^k/k!$；若高階導數值為零，它的次數可以小於 $n$。

定理：Taylor 積分餘項

設 $n\ge0$，$f$ 在 $a$ 與 $x$ 之間的閉區間上具有直到 $n+1$ 階的連續導數，則

$$f(x)=T_n(x)+\frac1{n!}\int_a^x f^{(n+1)}(t)(x-t)^n\,dt.$$

因此，若該區間上 $|f^{(n+1)}(t)|\le M$，則 $|f(x)-T_n(x)|\le M|x-a|^{n+1}/(n+1)!$。

證明。 當 $n=0$ 時，恆等式就是微積分基本定理 $f(x)-f(a)=\int_a^xf'(t)dt$。當 $n\ge1$ 時，對餘項分部積分，取 $u=(x-t)^n/n!$、$dv=f^{(n+1)}(t)dt$。在 $x$ 處的邊界項為零，在 $a$ 處的貢獻為 $-f^{(n)}(a)(x-a)^n/n!$；余下的積分是 $(n-1)$ 階餘項。由歸納法得到恆等式。這裡使用有向積分，所以 $x<a$ 時也成立。取絕對值，必要時反轉積分上下限，再積分 $|x-t|^n$，即得所述界。最高階導數連續保證各次分部積分及估計有效。

此定理給出充分的正則性條件，並非最弱假設。Taylor 級數要在固定的 $x$ 處表示 $f$，必須當 $n\to\infty$ 時餘項趨於零。若不控制有限階誤差界對 $n$ 的依賴，僅憑該界不能證明餘項趨零。

令 $h=x-a$，代換 $t=a+sh$ 將積分餘項寫成

$$R_n(x)=\frac{h^{n+1}}{n!}\int_0^1(1-s)^nf^{(n+1)}(a+sh)ds.$$

此式同時適用於 $h$ 的兩種符號。若導數絕對值至多為 $M$，則 $|R_n|\le M|h|^{n+1}/(n+1)!$。設 $n$ 為非負整數，$f^{(n+1)}$ 在 $a$ 與 $x$ 之間的閉線段上連續，且上述積分餘項已成立。若 $h\ne0$，令 $w(s)=f^{(n+1)}(a+sh)$。權 $(1-s)^n$ 在 $[0,1)$ 上為正，積分為 $1/(n+1)$。當 $n=0$ 時，它在整個 $[0,1]$ 上是常數多項式 $1$。若 $w$ 非常值，連續性使 $w-\min w$ 和 $\max w-w$ 各在某個內部小區間上嚴格為正；權在這些區間為正，所以相應兩個積分均嚴格為正。故加權平均嚴格介於最小值與最大值之間，由介值定理可在某個 $s_*\in(0,1)$ 取到；若 $w$ 為常值，任選內部 $s_*$。因此

$$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(a+s_*h)}{(n+1)!}h^{n+1}.$$

這對 $h<0$ 同樣成立，符號保留在 $h^{n+1}$ 中。若 $h=0$，直接有 $R_n(a)=0$，不需要中間點。

例 6：估算平方根。 在 $a=4$ 附近，$\sqrt{4+h}\approx2+h/4$。當 $h=0.04$ 時預測值為 $2.01$。在 $[4,4.04]$ 上，$|f''(x)|=1/(4x^{3/2})\le1/32$，因此絕對誤差至多 $(1/64)(0.04)^2=0.000025$。圖像向下凹，所以切線預測偏高。誤差界及誤差方向比單純比較小數提供更多信息。

2.6 相對變化率與模型解釋

對正的 $f$，對數導數為 $(\ln f)'=f'/f$，衡量每輸入單位的比例變化。指數函數的對數導數恆定，仿射模型通常不是。為比較 $x>0$ 處小的相對輸出變化與相對輸入變化，使用彈性 $x f'(x)/f(x)$，並說明符號約定。

例 7：飽和響應的相對敏感度。 對 $R(c)=Ac/(K+c)$，常數為正且 $c>0$，

$$\frac{cR'(c)}{R(c)}=\frac{K}{K+c}.$$

在 $c=K$ 時，微小的相對輸入增加產生約一半大小的相對響應增加。當 $c$ 很大時響應相對不敏感。這是局部結論；有限變化的精確比率應從原有理公式求得，而不能把彈性當作常數。

2.7 分層練習

基礎

1. 求 $f(x)=x^2-6x+5$ 的駐點並證明它是全局極小點。
2. 不只依賴二階導數值，分別分類 $x^3$ 和 $x^4$ 的原點。
3. 用導數界證明對 $a,b\in[1,3]$ 有 $|\ln b-\ln a|\le|b-a|$。

核心

4. 在 $[0,3]$ 上最大化 $f(x)=10x-x^2$，說明可行性並檢查端點。
5. 圓形區域的半徑變化率為 $dr/dt=3$ cm/s，求半徑 $2$ cm 時的 $dA/dt$。
6. 對所有實數 $x$ 最小化 $D(x)=x^2+(x-4)^2$，給出全局論證。
7. 用 $1/x$ 在 $2$ 處的切線近似 $1/2.02$；利用 $[2,2.02]$ 上的 $|f''|\le1/4$ 給出誤差界。
8. 對 $R(c)=Ac/(K+c)$，其中 $A>0,K>0,c>0$，求精確響應比率 $R(2c)/R(c)$，比較 $c$ 很大和 $c$ 很小時的極限。

綜合

9. 對例 2 的 $S(c)$，取 $K=3$，求拐點輸入和該處響應值。解釋為何該處響應水平不是最大值。
10. 如例 4，矩形三邊使用長度 $L>0$ 的圍欄。以符號推導最優邊長和面積，說明最大面積按 $L^2$ 而非 $L$ 縮放。

2.8 完整解答

1. $f=(x-3)^2-4$，所以唯一全局極小值為 $-4$，在 $3$ 取得。導數 $2x-6$ 在該處為零，與平方恆等式一致。
2. $x^3$ 在零點兩側分別取負值和正值，故沒有局部極值。$x^4\ge0$ 且僅在零點取等號，故零點是嚴格全局極小點。兩者在該處二階導數都為零，說明這一檢驗不能判定。
3. 在 $[1,3]$ 上導數絕對值滿足 $1/x\le1$。對連接 $a,b$ 的線段使用均值定理得到所需界；若 $a=b$ 則結論顯然。
4. 導數 $10-2x$ 在 $[0,3]$ 上為正，故最大值在 $3$ 取得，值為 $21$。無約束駐點 $5$ 在區間外；另一端點為零。
5. $dA/dt=2\pi r\,dr/dt=2\pi(2)(3)=12\pi$ cm$^2$/s。
6. $D=2(x-2)^2+8$，故唯一全局極小值為八，在 $x=2$ 取得。
7. 切線為 $1/2-(x-2)/4$，給出 $0.495$。餘項絕對值至多為 $(1/2)(1/4)(0.02)^2=0.00005$。所給二階導數界成立，因為當 $x\ge2$ 時 $f''=2/x^3\le1/4$。
8. 比率為 $[2Ac/(K+2c)]/[Ac/(K+c)]=2(K+c)/(K+2c)$。當 $c\to\infty$ 時趨於一，當 $c\downarrow0$ 時趨於二。在 $c=0$ 時比率未定義；小輸入值只表示右極限。輸入很大時，飽和使輸入翻倍的相對輸出效果較小。
9. 拐點輸入為 $3/\sqrt3=\sqrt3$，該處響應為 $3/(9+3)=1/4$。此後導數仍為正，因此響應繼續向一遞增；只是其增長率開始下降。
10. $y=L-2x$，其中 $0<x<L/2$。面積為 $Lx-2x^2=L^2/8-2(x-L/4)^2$。因此 $x=L/4$、$y=L/2$，最大面積為 $L^2/8$。圍欄長度乘以某因子，最大面積乘以該因子的平方。

總結與後續聯繫

導數符號結論需要區間假設。駐點條件僅對內部可微極值必要，且不充分。曲率區分水平行為與邊際變化率行為。優化前應代入約束；相關變化率應在代入瞬時數值前求導。導數提供局部預測，餘項或整段界則保證精度。