108 年 國立清華大學計算與建模科學研究所《微積分》

這題主要考驗對柯西-施瓦茲不等式的理解與應用。第一小題是柯西-施瓦茲不等式的一個特例，第二小題則要求利用第一小題的結果來證明柯西-施瓦茲不等式。

(i) 求 $\sum_{i=1}^n x_i y_i$ 的最大值

考慮兩個向量 $\mathbf{x} = (x_1, x_2, \dots, x_n)$ 和 $\mathbf{y} = (y_1, y_2, \dots, y_n)$。
題目給定的條件是 $|\mathbf{x}|^2 = \sum_{i=1}^n x_i^2 = 1$ 和 $|\mathbf{y}|^2 = \sum_{i=1}^n y_i^2 = 1$。
我們要求最大值的是內積 $\mathbf{x} \cdot \mathbf{y} = \sum_{i=1}^n x_i y_i$。

根據向量內積的定義，我們知道 $\mathbf{x} \cdot \mathbf{y} = |\mathbf{x}| |\mathbf{y}| \cos \theta$，其中 $\theta$ 是向量 $\mathbf{x}$ 和 $\mathbf{y}$ 之間的夾角。
由於 $|\mathbf{x}| = \sqrt{\sum_{i=1}^n x_i^2} = \sqrt{1} = 1$ 且 $|\mathbf{y}| = \sqrt{\sum_{i=1}^n y_i^2} = \sqrt{1} = 1$，
所以 $\mathbf{x} \cdot \mathbf{y} = 1 \cdot 1 \cdot \cos \theta = \cos \theta$。
$\cos \theta$ 的最大值是 1，發生在 $\theta = 0$ 時，也就是向量 $\mathbf{x}$ 和 $\mathbf{y}$ 同方向。
因此，$\sum_{i=1}^n x_i y_i$ 的最大值是 1。

另一種證法 (利用柯西-施瓦茲不等式)
根據柯西-施瓦茲不等式，我們有 $|\sum_{i=1}^n x_i y_i| \leq \sqrt{\sum_{i=1}^n x_i^2} \sqrt{\sum_{i=1}^n y_i^2}$。
將題目給定的條件代入：
$|\sum_{i=1}^n x_i y_i| \leq \sqrt{1} \sqrt{1} = 1$。
這表示 $-1 \leq \sum_{i=1}^n x_i y_i \leq 1$。
因此，$\sum_{i=1}^n x_i y_i$ 的最大值是 1。
最大值 1 發生在 $y_i = k x_i$ 且 $k > 0$ 時。
將此代入 $\sum y_i^2 = 1$：$\sum (k x_i)^2 = k^2 \sum x_i^2 = k^2 \cdot 1 = k^2 = 1$。
由於 $k > 0$，所以 $k=1$。這意味著 $y_i = x_i$。
當 $y_i = x_i$ 時，$\sum x_i y_i = \sum x_i^2 = 1$。
所以最大值是 1。

【答案】1

(ii) 利用 (i) 證明柯西-施瓦茲不等式

柯西-施瓦茲不等式為 $\sum_{i=1}^n a_i b_i \leq \sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2} \sqrt{\sum_{i=1}^n b_i^2}$。
我們可以將此不等式寫成 $|\sum_{i=1}^n a_i b_i| \leq \sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2} \sqrt{\sum_{i=1}^n b_i^2}$，這等價於 $(\sum_{i=1}^n a_i b_i)^2 \leq (\sum_{i=1}^n a_i^2) (\sum_{i=1}^n b_i^2)$。

核心觀念

本題原式具有齊次性。對任意 $\lambda>0$，

$$f(\lambda a,\lambda b,\lambda c)=f(a,b,c),$$

因為每一項的分子、分母皆同時乘上 $\lambda$。因此若某個正三元組是等號成立點，則其所有正倍數也都必須是等號成立點，不可能只有唯一一組數值。

第（i）小題：題目敘述與原式矛盾

令

$$a=b=c=t>0.$$

則

$$\frac{13a+13b+2c}{2a+2b} =\frac{28t}{4t}=7,$$ $$\frac{24a-b+13c}{2b+2c} =\frac{36t}{4t}=9,$$

以及

$$\frac{-a+24b+13c}{2c+2a} =\frac{36t}{4t}=9.$$

所以

$$f(t,t,t)=7+9+9=25.$$

特別地，題目所指定的

$$t=\frac1{\sqrt5-1}$$

代入後仍有

$$f\left(\frac1{\sqrt5-1},\frac1{\sqrt5-1},\frac1{\sqrt5-1}\right)=25.$$

但

$$19+\sqrt{20}=19+2\sqrt5<25,$$

因為 $2\sqrt5<6$。因此題目聲稱的

$$f(a,b,c)\ge 19+\sqrt{20}$$

且在

$$a=b=c=\frac1{\sqrt5-1}$$

時等號成立，與所給函數不相容。

此外，由齊次性可知，即使某個比例 $(a:b:c)$ 真能使等號成立，也不可能只有單一數值的三元組成立；其所有正倍數都會同樣成立。

因此，第（i）小題依照目前提供的函數式無法成立，題目應有抄錄或排版錯誤。

第（ii）小題

令

核心觀念

本題考查高斯積分

$$\int_0^\infty e^{-x^2}\,dx$$

的計算方法。直接對 $e^{-x^2}$ 作初等不定積分無法表示，因此利用：

• 將積分平方；
• 使用極座標變換 $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$；
• 利用廣義積分與極限概念；
• 以數值估算給出誤差保證。

解題方法

令

$$I=\int_0^\infty e^{-x^2}\,dx.$$

因為被積函數為正，所以 $I>0$。將 $I$ 平方：

$$I^2 = \left(\int_0^\infty e^{-x^2}\,dx\right) \left(\int_0^\infty e^{-y^2}\,dy\right).$$

因此可寫成第一象限上的二重積分：

$$I^2 = \int_0^\infty\int_0^\infty e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy.$$

在第一象限使用極座標：

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,$$

其中

$$0\leq r<\infty,\qquad 0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2},$$

且面積元素為

$$dx\,dy=r\,dr\,d\theta.$$

由於 $x^2+y^2=r^2$，得到

$$I^2 = \int_0^{\pi/2}\int_0^\infty e^{-r^2}r\,dr\,d\theta.$$

先計算 $r$ 的積分。令 $u=r^2$，則 $du=2r\,dr$，所以

$$\int_0^\infty e^{-r^2}r\,dr = \frac12\int_0^\infty e^{-u}\,du = \frac12.$$

因此

核心觀念

令部分和

$$S_n=\sum_{k=1}^n x_k.$$

題目給定

$$x_{n+1}=\sqrt{S_n},$$

因此對 $n\ge 2$，

$$x_n^2=S_{n-1}.$$

又因為 $S_n=S_{n-1}+x_n$，得到

$$x_{n+1}^2=x_n^2+x_n.$$

這個遞迴式是本題的關鍵。需要使用的觀念包括：

• 正項級數的發散判斷；
• 單調數列；
• 由相鄰項差值的極限求線性成長率；
• 冪次比較法。

---

(i) 判斷 $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}x_k$ 是否收斂

由 $x_1=1$，可得

$$x_2=\sqrt{x_1}=1.$$

對 $n\ge 2$，由

$$x_{n+1}^2=x_n^2+x_n$$

且 $x_n>0$，可知

$$x_{n+1}^2>x_n^2,$$

因此

$$x_{n+1}>x_n.$$

所以 $\{x_n\}$ 為正項遞增數列，且

$$x_n\ge 1\qquad (n\ge 1).$$

故其部分和滿足

$$\sum_{k=1}^n x_k\ge \sum_{k=1}^n1=n.$$

當 $n\to\infty$ 時，右側趨於無窮大，因此

$$\sum_{k=1}^{\infty}x_k=+\infty.$$

所以此級數發散。

事實上，後面的分析會證明 $x_n$ 約為 $n/2$，因此此級數的部分和實際上具有二次成長。

---

(ii) 求使 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{n^\alpha}$ 存在的所有 $\alpha$

第一步：證明 $x_n\to\infty$

數列 $\{x_n\}$ 正值且遞增。若它有界，則存在 $L>0$ 使得

$$x_n\to L.$$

將

$$x_{n+1}^2=x_n^2+x_n$$

兩側取極限，得到

$$L^2=L^2+L,$$

亦即 $L=0$，這與 $x_n\ge 1$ 矛盾。

因此

$$x_n\to\infty.$$

第二步：求相鄰項差值的極限

由

$$x_{n+1}=\sqrt{x_n^2+x_n},$$

可得

$$x_{n+1}-x_n =\frac{x_n}{\sqrt{x_n^2+x_n}+x_n}.$$

分子分母同除以 $x_n>0$：

$$x_{n+1}-x_n =\frac{1}{\sqrt{1+\frac1{x_n}}+1}.$$

由於 $x_n\to\infty$，所以 $\frac1{x_n}\to0$，因此

$$\lim_{n\to\infty}(x_{n+1}-x_n) =\frac{1}{\sqrt{1+0}+1} =\frac12.$$

第三步：求 $x_n$ 的線性成長率

因為

$$x_n=x_1+\sum_{k=1}^{n-1}(x_{k+1}-x_k),$$

除以 $n$ 得

第 5 題

(i)

核心觀念

令

$$G(x)=\bigl(f(x)\bigr)^2.$$

由鏈鎖律，

$$G'(x)=2f(x)f'(x).$$

題設給出 $f(x)f'(x)\le 0$，因此

$$G'(x)\le 0,\qquad x\in(0,2019).$$

所以 $G(x)=f(x)^2$ 在 $(0,2019)$ 上單調遞減或維持不變。

解題方法

由

$$f(0)f(2019)<0$$

可知 $f(0)$ 與 $f(2019)$ 異號。因為 $f$ 可微，故必連續，依介值定理，存在 $c\in(0,2019)$ 使得

$$f(c)=0.$$

因此

$$G(c)=f(c)^2=0.$$

由 $G$ 單調不增，對所有 $x\in(c,2019)$ 有

$$G(x)\le G(c)=0.$$

但 $G(x)=f(x)^2\ge 0$，故只能有

$$G(x)=0,\qquad x\in(c,2019).$$

於是

$$f(2019)=0,$$

這與 $f(0)f(2019)<0$ 所表示的 $f(2019)\ne0$ 矛盾。

因此不存在符合條件的函數。

解題技巧

看到 $f(x)f'(x)$，應立即聯想到

$$\bigl(f(x)^2\bigr)'=2f(x)f'(x).$$

本題的關鍵不是直接判斷 $f$ 是否單調，而是觀察 $f^2$ 的單調性。函數若從正值變成負值，必須先經過 $0$；但 $f^2$ 一旦降到 $0$，之後不可能再恢復為正值。

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(ii)

核心觀念

題設為

$$f(x)f'(x)\ge \bigl(f'(x)\bigr)^2.$$

整理得

$$f'(x)\bigl(f(x)-f'(x)\bigr)\ge0.$$

此外，$f(0)f'(0)>0$ 表示 $f(0)$ 與 $f'(0)$ 同號。

需要注意的是：上述條件足以推出 $f(5566)f(x)$ 單調遞增，但不足以推出其凸性。

單調遞增性的證明

情形一：$f(0)>0$ 且 $f'(0)>0$。

當 $f(x)>0$ 時，由

$$f(x)f'(x)\ge \bigl(f'(x)\bigr)^2$$

可知 $f'(x)\ge0$，且

$$f'(x)\le f(x).$$

因此 $f$ 在保持正值的區間上單調不減。由於 $f(0)>0$，函數不會在 $x>0$ 時降到 $0$，故對所有 $x>0$，

$$f(x)>0,\qquad f'(x)\ge0.$$

特別地，

$$f(5566)>0.$$

所以

$$\frac{d}{dx}\bigl[f(5566)f(x)\bigr] =f(5566)f'(x)\ge0.$$

核心觀念

令 $f(t)=\dfrac{\sin t}{t}$。本題的關鍵是 $f$ 在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上遞減，並且對每個 $t\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$，都有

$$f(t)^2>\cos t.$$

將 $x,y$ 排序後，遞減性可把乘積 $f(x)f(y)$ 下界化為較大的參數所對應的 $f$ 平方，再套用上述不等式。

解題方法

不妨設 $x\le y$。由於 $\cos t$ 在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上遞減，因此

$$\min\{\cos x,\cos y\}=\cos y.$$

先證明 $f$ 遞減。微分得

$$f'(t)=\frac{t\cos t-\sin t}{t^2}.$$

令 $g(t)=\sin t-t\cos t$，則 $g(0)=0$，且

$$g'(t)=t\sin t>0.$$

所以 $g(t)>0$，即 $\sin t>t\cos t$，因此 $f'(t)<0$。由 $x\le y$ 可得

$$f(x)\ge f(y).$$

由於 $f(y)>0$，故

$$f(x)f(y)\ge f(y)^2.$$

接著證明 $f(y)^2>\cos y$，也就是 $\sin^2y-y^2\cos y>0$。令

$$F(t)=\sin^2t-t^2\cos t.$$

則 $F(0)=0$，且

$$F'(t)=2\cos t(\sin t-t)+t^2\sin t.$$

對 $0<t<\dfrac{\pi}{2}$，有

核心觀念

散度定理將封閉曲面的向量通量轉換成其所包圍體積內的散度積分：

$$\iint_S \mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS = \iiint_B \nabla\cdot\mathbf{F}\,dV,$$

其中 $\mathbf{n}$ 是曲面的外向單位法向量，$B$ 是 $S$ 所包圍的區域。本題的 $S$ 是單位球面，故在球面上 $\mathbf{n}=(x,y,z)$。

解題方法

令

$$f(x,y,z)=2x+2y+z^2, \qquad \mathbf{F}(x,y,z)=f(x,y,z)(x,y,z).$$

在單位球面 $S$ 上，$(x,y,z)=\mathbf{n}$，因此

$$\mathbf{F}\cdot\mathbf{n} = f(x,y,z)(x,y,z)\cdot(x,y,z) = f(x,y,z),$$

因為 $x^2+y^2+z^2=1$。所以題目的曲面積分正是 $\mathbf{F}$ 穿過 $S$ 的通量。

設 $B=\{(x,y,z):x^2+y^2+z^2\leq 1\}$。由散度定理，

$$\iint_S(2x+2y+z^2)\,dS = \iiint_B\nabla\cdot\mathbf{F}\,dV.$$

計算散度。由乘積法則，

$$\nabla\cdot\mathbf{F} = \nabla\cdot\bigl(f(x,y,z)\bigr) = 3f+x\frac{\partial f}{\partial x} +y\frac{\partial f}{\partial y} +z\frac{\partial f}{\partial z}.$$

而

核心觀念

這是廣義積分，依定義須考察有限上限積分的極限：

$$\int_1^\infty \frac{\sin x}{x}\,dx = \lim_{R\to\infty}\int_1^R \frac{\sin x}{x}\,dx.$$

被積函數會振盪，不能直接用絕對值比較判斷收斂。可利用分部積分估計任意長尾積分，證明其滿足柯西收斂準則；這也對應狄利克雷判別法的核心想法：振盪項的原始函數有界，而 $1/x$ 單調遞減至 $0$。

解題方法

取 $B>A\ge 1$，對尾積分分部積分，令 $u=1/x$、$dv=\sin x\,dx$，則 $du=-1/x^2\,dx$、$v=-\cos x$。因此

$$\begin{aligned} \int_A^B \frac{\sin x}{x}\,dx &=\left[-\frac{\cos x}{x}\right]_A^B -\int_A^B \frac{\cos x}{x^2}\,dx. \end{aligned}$$

取絕對值並估計各項：

核心觀念

本題考察反常積分的比較判別法。因為被積函數 $\left|\frac{\sin x}{x}\right|$ 非負，只要找出一系列互不重疊的區間，證明每個區間上的積分下界形成發散級數，就能推出整個反常積分發散。

解題方法

對每個正整數 $n$，取區間

$$I_n=\left[n\pi+\frac{\pi}{6},\ n\pi+\frac{5\pi}{6}\right].$$

這些區間彼此不重疊，且都位於 $[1,\infty)$。在 $I_n$ 上，$|\sin x|\geq \frac12$；另外 $x\leq (n+1)\pi$。因此

$$\left|\frac{\sin x}{x}\right| \geq \frac{1}{2(n+1)\pi} \qquad (x\in I_n).$$

每個區間的長度為 $\frac{2\pi}{3}$，故

核心觀念

本題用到三個公式：

$$B(a,b)=\int_0^1 t^{a-1}(1-t)^{b-1}\,dt =\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}$$ $$\int_0^\infty t^{a-1}(1+t)^{-(a+b)}\,dt=B(a,b)$$

以及伽瑪函數的反射公式：

$$\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{\sin(\pi z)}$$

分子可直接代換成 Beta 函數；分母則先利用 $x\mapsto 1/x$ 的對稱性，將 $[0,\infty)$ 上的積分化為 $[0,1]$ 上積分的兩倍。

解題方法

令

$$I_-=\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}, \qquad I_+=\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1+x^4}}.$$

先計算分子。令 $t=x^4$，則 $dx=\frac14t^{-3/4}\,dt$，因此

$$\begin{aligned} I_- &=\frac14\int_0^1t^{-3/4}(1-t)^{-1/2}\,dt\\ &=\frac14 B\left(\frac14,\frac12\right)\\ &=\frac{\Gamma\left(\frac14\right)\Gamma\left(\frac12\right)} {4\Gamma\left(\frac34\right)} =\frac{\Gamma\left(\frac14\right)\sqrt{\pi}} {4\Gamma\left(\frac34\right)}. \end{aligned}$$

接著計算分母。考慮較容易套用 Beta 函數的積分

$$J=\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt{1+x^4}}.$$

同樣令 $t=x^4$，得到

核心觀念

本題考查二重積分的變數變換與雅可比行列式。被積函數和區域邊界都含有 $x-y$、$x+y$，因此令

$$u=x-y,\qquad v=x+y,$$

可將區域化為橢圓，並將被積函數化為 $u^2$。

變數變換公式為

$$\iint_D f(x,y)\,dx\,dy = \iint_{D'} f\bigl(x(u,v),y(u,v)\bigr) \left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|\,du\,dv.$$

解題方法

由 $u=x-y$、$v=x+y$ 解出

$$x=\frac{u+v}{2},\qquad y=\frac{v-u}{2}.$$

因此雅可比行列式為

$$\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix} \frac12 & \frac12\\ -\frac12 & \frac12 \end{vmatrix} =\frac12.$$

原區域條件變成

$$4u^2+v^2\leq 4,$$

也就是

$$u^2+\frac{v^2}{4}\leq 1.$$

核心觀念

這題考的是方向導數與全微分的關係。若 $f$ 在 $(x,y)$ 可微，則對小增量 $(\Delta x,\Delta y)$，有線性近似

$$f(x+\Delta x,y+\Delta y) = f(x,y)+f_x(x,y)\Delta x+f_y(x,y)\Delta y +o\!\left(\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}\right).$$

方向導數是沿指定方向移動時，函數值對移動距離的瞬時變化率：

$$D_{\mathbf u}f(x,y) = \lim_{h\to 0} \frac{f(x+hu_1,y+hu_2)-f(x,y)}{h},$$

若此極限存在，即稱 $f$ 在該方向有方向導數。

解題方法

令 $\mathbf u=\langle u_1,u_2\rangle$ 為任意單位向量，將全微分公式中的增量取為

$$(\Delta x,\Delta y)=h(u_1,u_2).$$

因為 $\|\mathbf u\|=1$，所以 $\|h\mathbf u\|=|h|$。由 $f$ 在 $(x,y)$ 可微，

$$f(x+hu_1,y+hu_2) = f(x,y)+h f_x(x,y)u_1+h f_y(x,y)u_2+o(|h|).$$

兩邊減去 $f(x,y)$，再除以 $h$：

核心觀念

函數 $f(x,y)$ 在 $(x,y)$ 沿單位方向向量 $\mathbf{u}$ 的方向導數為

$$D_{\mathbf{u}}f(x,y)=\nabla f(x,y)\cdot\mathbf{u}, \qquad \|\mathbf{u}\|=1.$$

方向導數表示沿該方向移動時，函數值的瞬時變化率。要使函數值下降得最快，就要在所有單位方向中，找出使方向導數最小的方向。

解題方法

令 $\mathbf{g}=\nabla f(x,y)$。由柯西－施瓦茲不等式，

$$\mathbf{g}\cdot\mathbf{u} \ge -\|\mathbf{g}\|\,\|\mathbf{u}\| = -\|\mathbf{g}\|.$$

因此，方向導數的最小值不小於 $-\|\nabla f(x,y)\|$。若 $\nabla f(x,y)\ne\mathbf{0}$，取

$$\mathbf{u}=-\frac{\nabla f(x,y)}{\|\nabla f(x,y)\|},$$

則 $\|\mathbf{u}\|=1$，且

核心觀念

條件

$$f(x)f''(x)\geq (f'(x))^2$$

在 $f(x)\neq 0$ 的區域內，等價於

$$\left(\frac{f'(x)}{f(x)}\right)' =\frac{f(x)f''(x)-(f'(x))^2}{f(x)^2}\geq 0.$$

因此，$\frac{f'}{f}$ 在 $f$ 不為零的區間上遞增。再配合 $f(0)f'(0)>0$，可證明 $f$ 在正半軸上不會變號，且 $f'$ 與 $f$ 同號。

解題方法

令

$$q(x)=\frac{f'(x)}{f(x)}$$

並先考慮包含 $0$ 的 $f(x)\neq 0$ 區間。由題目條件可得

$$q'(x)=\frac{f(x)f''(x)-(f'(x))^2}{f(x)^2}\geq 0.$$

又因為 $f(0)f'(0)>0$，所以

$$q(0)=\frac{f'(0)}{f(0)}>0.$$

故在這個區間上 $q(x)\geq q(0)>0$。

因為

$$(\ln|f(x)|)'=\frac{f'(x)}{f(x)}=q(x)>0,$$

所以 $|f(x)|$ 隨 $x$ 遞增，且 $|f(x)|\geq |f(0)|>0$。

核心觀念

反曲點的判定重點是函數在該點附近的凹凸性改變。這是局部性質；題目中的割線斜率則由兩個端點的函數值決定，可能受到離反曲點較遠處的函數形狀影響。因此，不能只憑反曲點的定義，就斷定任意兩點間的割線斜率都不等於該點的切線斜率。

解題方法

以反例檢驗命題。取

$$f(x)=x^3(1-x)^2=x^3-2x^4+x^5.$$

此函數是多項式，故在 $\mathbb{R}$ 上可微。其二階導數為

$$f''(x)=6x-24x^2+20x^3=x(6-24x+20x^2).$$

因為 $6-24x+20x^2$ 在 $x=0$ 附近為正，所以 $f''(x)$ 在 $0$ 的左側為負、右側為正，凹凸性在 $x=0$ 改變。因此 $a=0$ 是 $f$ 的反曲點。

再計算

$$f'(x)=3x^2-8x^3+5x^4,$$

所以

$$f'(0)=0.$$

核心觀念

把題目中的等式改寫成「函數圖形上兩點的割線斜率等於 $a$ 點的切線斜率」。定義

$$g(x)=f(x)-f'(a)x.$$

則 $g'(a)=0$，而

$$g(b)=g(c) \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{f(b)-f(c)}{b-c}=f'(a) \qquad (b\ne c).$$

因此，只要找到兩個不同的點 $b,c$，使 $g(b)=g(c)$，原命題就成立。

依微積分中「反曲點」的通常定義，$a$ 不是反曲點表示 $f$ 在 $a$ 附近不改變凹凸方向。減去直線 $f'(a)x$ 不會改變凹凸性，所以 $g$ 在 $a$ 附近也保持同一凹凸方向。

解題方法

先處理 $g$ 在 $a$ 附近為凸函數的情形。凸函數在可微點的切線位於圖形下方，因此對充分靠近 $a$ 的 $x$，

$$g(x)\ge g(a).$$

取充分小的 $\delta>0$，使 $g$ 在 $[a-\delta,a+\delta]$ 上為凸函數。

若 $g(a-\delta)=g(a)$，取 $b=a-\delta,\ c=a$，便有 $g(b)=g(c)$。若 $g(a+\delta)=g(a)$，則取 $b=a,\ c=a+\delta$，同樣成立。