原版
在可微函数 y=f(x) 的曲线上取一点 (u, f(u)), 则过此点的直线除了垂直于 x 轴的 x=u 外, 其方程可以写成 y=f(u)+k(x-u) , 这里 k 是直线的斜率.
下面证明, 在所有过点 A=(u, f(u)) 的直线中, 在点 A 附近的最接近曲线 y=f(x) 的是k=f'(u) 的那一条, 即图中直线 AQ, 此外还有直线 AP: y=k(x-u)+f(u)， k\ne f'(u) .
设 B=(v, f(v)) 是曲线 y=f(x) 上另一点. 如图, 分别计算它到 AP, AQ 的距离：
d(B, AP) = \frac{\left|kv-f(v)+f(u)-ku\right|}{\sqrt{1+k^2}}
d(B, AQ) = \frac{\left|f'(u)v-f(v)+f(u)-f'(u)u\right|}{\sqrt{1+f'^2(u)}}
记 h=v-u . 根据导数的性质存在 d 函数 d(h) , 使得
\left|f(v)-f(u)-f'(u)h\right|\le \left|h\right|d(h)
故
d(B, AQ) = \frac{\left|f'(u)v-f(v)+f(u)-f'(u)u\right|}{\sqrt{1+f'^2(u)}} \le \frac{\left|h\right|d(h)}{\sqrt{1+f'^2(u)}}
\begin{aligned}d(B, AP) &= \frac{\left|kv-f(v)+f(u)-ku\right|}{\sqrt{1+k^2}}
\\&= \frac{\left|(k-f'(u))h-(f(v)-f(u)-f'(u)h)\right|}{\sqrt{1+k^2}}
\\&\ge \frac{\left|(k-f'(u))h\right|-\left|h\right|d(h)}{\sqrt{1+k^2}}
\end{aligned}
因为 \left|k-f'(u)\right|>0 , 故当 |h|>0 足够小时有 d(B, AP)>d(B, AQ).
事实上, 为此只要
\frac{\left|(k-f'(u))\right|-d(h)}{\sqrt{1+k^2}}>\frac{d(h)}{\sqrt{1+f'^2(u)}}
即
\frac{\left|(k-f'(u))\right|}{\sqrt{1+k^2}}>\frac{d(h)}{\sqrt{1+k^2}}+\frac{d(h)}{\sqrt{1+f'^2(u)}}
这只需要有一个 h>0 满足
d(h)<\frac{\left|(k-f'(u))\right|}{1+{\frac{\sqrt{1+k^2}}{\sqrt{1+f'^2(u)}}}}
就可以了. 由于 d 函数无正下界和单调性, 这能够实现.
参数方程版本
在可微函数 \begin{cases}x=x(t)\\y=y(t)\end{cases} 的曲线上取一点 \begin{bmatrix}x(u)\\ y(u)\end{bmatrix}, 则过此点的直线的方程可以写成 \begin{vmatrix} a & x-x(u)\\ b & y-y(u)\end{vmatrix}=0 , 这里 a 和 b 不同时为 $0$, 不妨设 a^2+b^2=1, a>0.
下面证明, 在所有过点 A=\begin{bmatrix}x(u)\\ y(u)\end{bmatrix} 的直线中, 在点 A 附近的最接近曲线 y=f(x) 的是 a'=x'(u), b'=y'(u) 的那一条, 即图中直线 AQ, 此外还有直线 AP: \begin{vmatrix} a & x-x(u)\\ b & y-y(u)\end{vmatrix}=0, a^2+b^2=1, a\ne a' .
设 B=\begin{bmatrix}x(v)\\ y(v)\end{bmatrix} 是曲线 \begin{cases}x=x(t)\\y=y(t)\end{cases} 上另一点. 如图, 分别计算它到 AP, AQ 的距离，其中所有双竖线是定准数的绝对值：
d(B, AP) = \left|\det\begin{bmatrix} a & x(v)-x(u)\\ b & y(v)-y(u)\end{bmatrix}\right|
d(B, AQ) = \frac{\left|\begin{vmatrix} x'(u) & x(v)-x(u)\\ y'(u) & y(v)-y(u)\end{vmatrix}\right|}{\sqrt{x'^2(u)+y'^2(u)}}
记 h=v-u . 根据导数的性质存在 d 函数 d(h) , 使得
\left|x(v)-x(u)-x'(u)h\right|\le \left|h\right|d(h) \\\left|y(v)-y(u)-y'(u)h\right|\le \left|h\right|d(h)
根据 d 函数的性质，这样的 d(h) 总是可以找到的。故
\begin{aligned}{\sqrt{x'^2(u)+y'^2(u)}} \,d(B, AQ) &= \left|\begin{vmatrix} x'(u) & x(v)-x(u)-x'(u)h\\ y'(u) & y(v)-y(u)-y'(u)h\end{vmatrix}\right|
\\&\le \left ( \left|x'(u) \right|+\left|y'(u)\right| \right ) \left | h \right | d(h)
\end{aligned}
\begin{aligned}
d(B, AP) & = \left|b(x(v)-x(u))-a(y(v)-y(u))\right|
\\&=\left|b(x(v)-x(u))-bx'(u)h+bx'(u)h-ay'(u)h+ay'(u)h-a(y(v)-y(u))\right|
\\&\ge \left|bx'(u)h-ay'(u)h\right| - \left|b(x(v)-x(u)-x'(u)h)-a(y(v)-y(u)-y'(u)h)\right|
\\&\ge |h|\left|\begin{vmatrix} a & x'(u)\\ b & y'(u)\end{vmatrix}\right| - \left ( \left|a\right|+\left|b\right| \right ) \left | h \right | d(h)
\end{aligned}
因为 \left|\begin{vmatrix} a & x'(u)\\ b & y'(u)\end{vmatrix}\right|>0 , 故当 |h|>0 足够小时有 d(B, AP)>d(B, AQ).
事实上, 为此只要
\left|\begin{vmatrix} a & x'(u)\\ b & y'(u)\end{vmatrix}\right|- \left ( \left|a\right|+\left|b\right| \right ) d(h) > \frac{|x'|+|y'|}{{\sqrt{x'^2+y'^2}}}(u)\ d(h)
也就是
d(h)\le\frac{|b\ x'(u)-a\ y'(u)|}{|a|+|b|+\frac{|x'|+|y'|}{\sqrt{x'^2+y'^2}}(u)}
就可以了. 由于 d 函数无正下界和单调性, 这能够实现.
隐函数版本
这……真的是有可能的吗
总之，对于曲线 F(x,y)=0 , \nabla F(A) = (F'_x(A), F'_y(A)) 是在任何一点 A 处的曲线（及其切线）的法向量.
某种意义上说，这也是隐函数定理的一部分。
在可微函数 F(x,y)=0 的曲线上取一点 (x_1,y_1), 则过此点的直线的方程可以写成 (a,b)\cdot(x-x_1,y-y_1)=0 , 这里 a 和 b 不同时为 $0$, 不妨设 a^2+b^2=1, a>0.
下面证明, 在所有过点 A=(x_1,y_1) 的直线中, 在点 A 附近的最接近曲线 F(x,y)=0 的是 a'=F'_x(A), b'=F'_y(A) 的那一条, 即图中直线 AQ, 此外还有直线 AP: (a,b)\cdot(x-x_1,y-y_1)=0, a^2+b^2=1, a\ne a' .
设 B=(x_2,y_2) 是曲线 F(x,y)=0 上另一点. 如图, 分别计算它到 AP, AQ 的距离：
d(B, AP) = \frac{\left|a(x_2-x_1)+b(y_2-y_1)\right|}{\sqrt{a^2+b^2}}
d(B, AQ) = \frac{\left|F_x'(A)(x_2-x_1)+F_y'(A)(y_2-y_1)\right|}{\sqrt{F_x'^2(A)+F_y'^2(A)}}
对于二元函数的导数, 则性质应当记作: 记 h=B-A . 存在一个 d 函数 d(h) , 使得线性映射 F'(A) 满足
\|F(B)-F(A)-F'(A)h\| \le \left\|h\right\|d(\|h\|)
这里的双竖线自然指的是向量的范数, 对于二元一维函数 F 来说, 不等号右边的范数是平面向量的模长, 左边是数的绝对值. 但因为是隐函数, 所以凭定义一定是 F(A)=0, F(B)=0, 而 F'(A)h 恰恰是 F_x'(A)(x_2-x_1)+F_y'(A)(y_2-y_1) . 真不知道这应该说是惊人的巧合, 还是概念上的必然. 不过值得注意的是, 全导数 F' 是一行二列的, 和法向量二行一列正相反, 不如说它们的坐标表示恰为一对互为转置的矩阵. 前文表示坐标的时候忽略了它们的矩阵应当是列向量而非行向量这一强调. 记 AP 的法向量为 n = (a,b)^T , 事实上,
d(B, AQ) = \dots=\frac{\left\|F'(A)h\right\|}{\|F'(A)\|} \le \frac{\left\|h\right\| d(\|h\|)}{\|F'(A)\|}
\begin{aligned}
d(B, AP) & = \frac{\left|a(x_2-x_1)+b(y_2-y_1)\right|}{\sqrt{a^2+b^2}}
\\&= \frac{\left\|(n^T - F'(A))h + F'(A)h\right\|}{\|n\|}
\\&\ge \frac{\left\|\left(n^T-F'(A)\right)h\right\| - \left\|0-0-F'(A)h\right\|}{\|n\|}
\\&\ge \frac{k_n\|h\| - \left\|h\right\|d(\|h\|)}{\|n\|}
\end{aligned}
可惜这次线性映射不能轻易地把 h 提出来。只能设对于某一族给定方向上的 h，k_n 为向量 n-F'(A)^T 在该方向上 (就是直线 AB 方向上) 的投影长度. 不过, 因为 P 是直线 AQ 外的一点, 所以这个向量就不是零向量. 总之当 |h|>0 足够小时有 d(B, AP)>d(B, AQ). 事实上, 为此只要
\frac{k_n - d(\|h\|)}{\|n\|} >\frac{d(\|h\|)}{\|F'(A)\|}
也就是
d(\|h\|)<\frac{k_n}{1+\frac{\|n\|}{\|F'(A)\|}}=\frac{\left\|n\cdot h-F'(A)h\right\|\left\|F'(A)\right\|}{\|h\|(\|n\|+\|F'(A)\|)}
就可以了. 由于 d 函数无正下界和单调性, 这能够实现.
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