中位數定理遇上二次函數：絕對值和的最小值問題全解

\[\require{physics}\]

《中位數定理系列》：①絕對值與中位數定理 ｜ ②遇上二次函數

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一道看起來要分三段討論的題目

求下面這個函數的最小值：

\[f(x)=\left|x^2+x+1\right|+|x-2|+|x+3|\]

如果照標準流程，遇到絕對值就要先找出每一項變號的位置，再分段拆開討論——這題有一個二次項和兩個一次項，聽起來要分成好幾段硬算。但這題其實藏著一個捷徑：如果你讀過上一篇的中位數定理，這題可以幾乎不用分段就秒殺。問題是：中位數定理明明是處理 $\sum\lvert x-a_i\rvert$ 這種純距離和的工具，為什麼可以用在一個混了二次項的式子上？

這篇文章要做的，就是把這個問題想清楚，並且把中位數定理推廣成一套完整的框架。

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複習：中位數定理背後的「斜率視角」

上一篇已經完整證明過，給定 $n$ 個定點 $r_1,r_2,\ldots,r_n$，

\[G(x)=\sum_{i=1}^n|x-r_i|\]

在這些點的中位數處最小（偶數個資料時，中間整段區間都是最小值）。背後的原理是：$G(x)$ 是一個分段一次函數，每越過一個 $r_i$，斜率就跳動 $2$；用微分語言寫成

\[G'(x)=\#\{r_i<x\}-\#\{r_i>x\}\]

中位數定理的本質，就是

\[\boxed{G'(x)=0\quad\Longleftrightarrow\quad\text{左邊點數}=\text{右邊點數}}\]

這個「斜率視角」比死記「中位數最小」更有用，因為它可以直接推廣——這篇文章要做的，就是把二次項也接進這套斜率語言裡。

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正式推導：從加權中位數到被二次項修正的中位數

加上權重：加權中位數

如果每一項前面多一個正權重，

\[F(x)=\sum_{i=1}^nw_i|x-r_i|\]

同樣的論證給出

\[F'(x)=\sum_{x>r_i}w_i-\sum_{x<r_i}w_i\]

令它等於零，就是左側總權重等於右側總權重的點——這正是統計學裡的加權中位數，是純中位數定理最自然的第一步推廣。

加上一個凸二次項：中位數被「彈簧」拉走

現在考慮這篇文章真正要處理的類型：

\[F(x)=A(x-h)^2+\sum_{i=1}^nw_i|x-r_i|,\qquad A>0\]

$A(x-h)^2$ 這一項不再是距離和，而更像是一根固定在 $x=h$ 的彈簧：只要 $x$ 偏離 $h$，就會產生一個把它拉回 $h$ 的力，力的大小跟偏移量成正比。

對 $F$ 微分（假設 $x$ 落在相鄰兩個斷點 $r_k<x<r_{k+1}$ 之間，這時所有絕對值符號都已固定）：

\[F'(x)=2A(x-h)+W_L-W_R\]

其中 $W_L=\sum_{i\le k}w_i$、$W_R=\sum_{i>k}w_i$ 分別是左、右兩側的總權重。令 $F’(x)=0$：

\[\boxed{x=h+\frac{W_R-W_L}{2A}}\]

只要這個 $x$ 真的落在 $(r_k,r_{k+1})$ 內，它就是全域最小點。這個公式非常漂亮：如果左右權重相等（$W_L=W_R$），修正項是零，最小點就精確落在 $h$；否則，二次項這根「彈簧」會把純中位數的答案推向 $h$，推的量正比於左右權重差、反比於彈簧硬度 $A$。

因為 $A(x-h)^2$ 與每一項 $\lvert x-r_i\rvert$ 都是凸函數，$F$ 是嚴格凸函數的和，所以最小點必定存在且唯一——這保證了上面的推導不會漏掉其他候選點。

一個特別漂亮的特殊情形

如果 $h$ 本身恰好就落在 $\{r_i\}$ 的加權中位數範圍內，那麼二次項「想要」的位置和距離和「想要」的位置完全一致，兩邊互不拉扯，答案就直接是 $x=h$。這正是本文開頭那道題目發生的事。

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回到原題：兩股力量剛好不衝突

先處理二次項。配方：

\[x^2+x+1=\left(x+\frac12\right)^2+\frac34>0\]

由於這個式子恆正，絕對值可以直接拿掉：

\[f(x)=\left(x+\frac12\right)^2+\frac34+|x-2|+|x+3|\]

現在 $f(x)$ 剛好符合上一節的形式：$A=1$，$h=-\dfrac12$，兩個距離項的定點是 $r_1=-3,r_2=2$（權重都是 $1$）。

距離和 $\lvert x-2\rvert+\lvert x+3\rvert$ 的「中位數區間」是整個 $[-3,2]$（因為只有兩個點，任何介於中間的 $x$ 都讓距離和等於兩點間距 $5$）；而二次項偏好的位置是 $x=-\dfrac12$。檢查一下：

\[-\frac12\in[-3,2]\quad\checkmark\]

兩股力量的偏好完全相容，於是答案直接是 $x=-\dfrac12$：

\[f\left(-\frac12\right)=0+\frac34+\left(2+\frac12\right)+\left(3-\frac12\right)=\frac34+\frac52+\frac52=\frac34+5=\frac{23}4\] \[\boxed{\min f(x)=\frac{23}4,\quad\text{在}\ x=-\frac12\ \text{時取得}}\]

完全不需要分段討論——這正是中位數定理（推廣版）省下的計算量。

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這個推廣有極限：二次項一旦被絕對值包住，凸性就可能消失

前面的推廣有一個隱藏前提：二次項本身沒有被絕對值包住（或者被包住後判別式 $\Delta\le0$，使它恆正，絕對值可以直接拿掉）。一旦二次項也被絕對值包住、而且判別式 $\Delta>0$，故事就完全不同了。

考慮最簡單的例子：

\[|x^2-1|\]

因為 $x^2-1$ 在 $x=\pm1$ 變號，展開後是

\[|x^2-1|= \begin{cases} x^2-1,&x\le-1\ \text{或}\ x\ge1\\[4pt] 1-x^2,&-1\le x\le1 \end{cases}\]

中間那一段是開口向下的拋物線！所以 $\lvert x^2-1\rvert$ 在 $x=0$ 反而有一個局部最大值 $1$，而不是最小值。這說明：

\[\boxed{|\text{一次函數}|\ \text{恆為凸函數；}\qquad|\text{二次函數}|\ \text{未必是凸函數}}\]

中位數定理背後的「凸函數保證存在唯一最小點」這個前提，在這裡不成立了。

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一般情形怎麼辦？分段仍然是萬能的

即使凸性保證失效，還是有一個對任意一次、二次函數絕對值和都適用的通解策略。考慮

\[F(x)=\sum_i|a_ix+b_i|+\sum_j|A_jx^2+B_jx+C_j|\]

每個一次式最多貢獻一個變號點（斷點），每個二次式最多貢獻兩個。把所有斷點 $c_1<c_2<\cdots<c_m$ 找出來，在任意兩個相鄰斷點之間，所有絕對值裡面的符號都已固定，於是整個 $F(x)$ 在該區間內就是一個普通的二次函數。

因此：

\[\boxed{\text{全域最小值一定出現在「斷點」，或「某個區間內凸二次段的頂點」}}\]

例： 求 $F(x)=\lvert x^2-1\rvert+\lvert x-3\rvert$ 的最小值。斷點為 $-1,1,3$，分成四段：

區間	化簡後	頂點	頂點落在區間內？
$x<-1$	$x^2-x+2$（開口向上）	$x=\tfrac12$	否
$-1<x<1$	$4-x-x^2$（開口向下）	—	無最小值候選
$1<x<3$	$x^2-x+2$（開口向上）	$x=\tfrac12$	否
$x>3$	$x^2+x-4$（開口向上）	$x=-\tfrac12$	否

所有頂點都不落在對應區間內，所以只需要比較三個斷點：

\[F(-1)=4,\qquad F(1)=2,\qquad F(3)=8\] \[\boxed{\min F(x)=2,\quad\text{在}\ x=1\ \text{取得}}\]

完全不用碰微分，只靠「列出斷點、逐段化簡、比較候選點」就解完了——這正是分段策略的威力：就算凸性不保證，候選點永遠是有限個。

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總結：一套四層的框架

層級	函數形式	核心工具	保證
1. 純距離和	$\sum|x-r_i|$	中位數	一定凸，最小點是中位數
2. 加權距離和	$\sum w_i|x-r_i|$	加權中位數	一定凸，左右權重平衡
3. 凸二次 + 距離和	$A(x-h)^2+\sum w_i|x-r_i|,\ A>0$	「彈簧修正」的中位數：$x=h+\dfrac{W_R-W_L}{2A}$	一定凸，最小點唯一
4. 一般一次、二次絕對值和	$\sum|a_ix+b_i|+\sum|A_jx^2+B_jx+C_j|$	找出所有斷點，逐段化簡比較	不保證凸，但候選點恆為有限個

中位數定理從來不是一個孤立的小技巧，而是這整套「距離和最佳化」理論裡最簡單的第一層。往上疊加二次項時，只要保持凸性，中位數定理就能優雅地推廣；一旦二次項也被絕對值包住、失去凸性保證，退回最原始的「分段比較」反而是最可靠的路。

給對代數最佳化有興趣的讀者： 純距離和最小化 $\min_x\sum\lvert x-r_i\rvert$ 對應統計學裡的 $L^1$ 損失最小化（中位數正是 $L^1$ 損失下的最佳估計量），而 $\min_x\sum(x-r_i)^2$ 則對應 $L^2$ 損失最小化（答案是平均數）。本文第三層的 $A(x-h)^2+\sum w_i\lvert x-r_i\rvert$，正是 $L^2$ 與 $L^1$ 兩種偏好同時存在的最佳化問題——這正是機器學習中 Lasso 迴歸、Huber loss 等方法背後的數學結構。

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