上册 3.2 微分中值问题 第47题
📝 题目
47．证明下列命题．
（1）设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 三次可导．试证 $\exists c \in(a, b)$ 使
$$
f(b)=f(a)+f^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)+\frac{1}{24} f^{\prime \prime \prime}(c)(b-a)^{3}
$$
（2）设 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上三阶可导．求证存在 $\xi \in(-1,1)$ 使 $\displaystyle \frac{f^{(3)}(\xi)}{3}=\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f^{\prime}(0)$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）方法 1：由已知条件知 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 满足 Taylor 定理的条件．于是
$\displaystyle f(b)=f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(b-\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(b-\frac{a+b}{2}\right)^{2}+\frac{1}{6} f^{\prime \prime \prime}\left(c_{1}\right)\left(b-\frac{a+b}{2}\right)^{3}, c_{1} \in\left(\frac{a+b}{2}, b\right)$
$\displaystyle f(a)=f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(a-\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(a-\frac{a+b}{2}\right)^{2}+\frac{1}{6} f^{\prime \prime \prime}\left(c_{2}\right)\left(a-\frac{a+b}{2}\right)^{3}, \quad c_{2} \in\left(a, \frac{a+b}{2}\right)$
两式相减得
$$
f(b)-f(a)=f^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)+\frac{1}{48}\left[f^{\prime \prime \prime}\left(c_{1}\right)+f^{\prime \prime \prime}\left(c_{2}\right)\right](b-a)^{3} .
$$
由导函数介值定理，$\exists c \in\left(c_{1}, c_{2}\right)$ 使 $\displaystyle f^{\prime \prime \prime}(c)=\frac{1}{2}\left(f^{\prime \prime \prime}\left(c_{1}\right)+f^{\prime \prime \prime}\left(c_{2}\right)\right)$ ．于是
$$
f(b)=f(a)+f^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)+\frac{1}{24} f^{\prime \prime \prime}(c)(b-a)^{3} .
$$
方法2：（待定法）设 $k$ 使得下式成立：
$$
f(b)-f(a)-f^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a)-\frac{1}{24} k(b-a)^{3}=0
$$
令 $\displaystyle F(x)=f(x)-f(a)-f^{\prime}\left(\frac{a+x}{2}\right)(x-a)-\frac{1}{24} k(x-a)^{3}$ ，则 $F(a)=F(b)=0$ ．由 Rolle 定 理， $\exists \xi \in(a, b)$ 使得 $F^{\prime}(\xi)=0$ ，即
$$
f^{\prime}(\xi)-f^{\prime}\left(\frac{a+\xi}{2}\right)-\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(\frac{a+\xi}{2}\right)(\xi-a)-\frac{1}{8} k(\xi-a)^{2}=0 .
$$
又由泰勒公式得
$$
f^{\prime}(\xi)=f^{\prime}\left(\frac{a+\xi}{2}\right)+\frac{\xi-a}{2} f^{\prime \prime}\left(\frac{a+\xi}{2}\right)+\frac{1}{2} f^{\prime \prime \prime}(c)\left(\frac{\xi-a}{2}\right)^{2}, c \in\left(\frac{a+\xi}{2}, \xi\right) .
$$
比较上两式系数得 $k=f^{\prime \prime \prime}(c)$ ．
（2）在（1）中让 $[a, b]=[-1,1]$ 即得．
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：在区间中点处展开f(b)和f(a)到三阶泰勒公式
将 $f(b)$ 和 $f(a)$ 在 $x_0 = \frac{a+b}{2}$ 处展开至三阶泰勒公式，余项为拉格朗日型。
对于 $f(b)$：
$$f(b)=f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(b-\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2}f''\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(b-\frac{a+b}{2}\right)^2+\frac{1}{6}f'''(c_1)\left(b-\frac{a+b}{2}\right)^3,$$
其中 $c_1 \in \left(\frac{a+b}{2}, b\right)$。
对于 $f(a)$：
$$f(a)=f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(a-\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{2}f''\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(a-\frac{a+b}{2}\right)^2+\frac{1}{6}f'''(c_2)\left(a-\frac{a+b}{2}\right)^3,$$
其中 $c_2 \in \left(a, \frac{a+b}{2}\right)$。
公式：泰勒公式：$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f''(x_0)(x-x_0)^2+\frac{1}{6}f'''(\xi)(x-x_0)^3$
提示：注意展开点相同，均为中点；余项中的 $\xi$ 介于 $x_0$ 与 $x$ 之间。
步骤 2/5
目标：两式相减消去中点处的函数值和二阶导数项
将 $f(b)$ 的展开式减去 $f(a)$ 的展开式。注意到 $b-\frac{a+b}{2} = \frac{b-a}{2}$，$a-\frac{a+b}{2} = -\frac{b-a}{2}$。
相减得：
$$f(b)-f(a)=f'\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) + \frac{1}{2}f''\left(\frac{a+b}{2}\right)\left[\left(\frac{b-a}{2}\right)^2 - \left(-\frac{b-a}{2}\right)^2\right] + \frac{1}{6}\left[f'''(c_1)\left(\frac{b-a}{2}\right)^3 - f'''(c_2)\left(-\frac{b-a}{2}\right)^3\right].$$
由于平方项相等，二阶导数项抵消。立方项中 $\left(-\frac{b-a}{2}\right)^3 = -\left(\frac{b-a}{2}\right)^3$，因此：
$$f(b)-f(a)=f'\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) + \frac{1}{6}\left(\frac{b-a}{2}\right)^3\left[f'''(c_1)+f'''(c_2)\right].$$
化简得：
$$f(b)-f(a)=f'\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) + \frac{1}{48}\left[f'''(c_1)+f'''(c_2)\right](b-a)^3.$$
提示：注意符号：$a-\frac{a+b}{2} = -\frac{b-a}{2}$，立方后负号保留。
步骤 3/5
目标：利用导函数的介值定理合并两个三阶导数项
由于 $f'''(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续（由三阶可导推出），根据导函数的介值定理（达布定理），介于 $f'''(c_1)$ 和 $f'''(c_2)$ 之间的任何值都可以取到。特别地，存在 $c$ 介于 $c_1$ 和 $c_2$ 之间（从而 $c \in (a,b)$），使得：
$$f'''(c) = \frac{f'''(c_1)+f'''(c_2)}{2}.$$
代入上式得：
$$f(b)-f(a)=f'\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) + \frac{1}{48} \cdot 2 f'''(c) (b-a)^3 = f'\left(\frac{a+b}{2}\right)(b-a) + \frac{1}{24} f'''(c) (b-a)^3.$$
移项即得所证等式。
公式：达布定理：若 $f$ 可导，则 $f'$ 具有介值性。
提示：注意 $c$ 不一定等于 $c_1$ 或 $c_2$，而是介于它们之间。
步骤 4/5
目标：将(1)的结论应用于(2)中的具体区间
在(1)中，令 $a=-1$, $b=1$，则 $\frac{a+b}{2}=0$，$b-a=2$。代入(1)的结论：
$$f(1)=f(-1)+f'(0)\cdot 2 + \frac{1}{24} f'''(\xi) \cdot 2^3,$$
其中 $\xi \in (-1,1)$。
化简得：
$$f(1)-f(-1)=2f'(0)+\frac{8}{24}f'''(\xi)=2f'(0)+\frac{1}{3}f'''(\xi).$$
移项：
$$\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)=\frac{1}{6}f'''(\xi).$$
但题目要求证明 $\frac{f^{(3)}(\xi)}{3}=\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)$，注意这里系数有误？实际上由上式得 $\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)=\frac{1}{6}f'''(\xi)$，而题目右边是 $\frac{f^{(3)}(\xi)}{3}$，相差因子2。检查原题：题目写的是 $\frac{f^{(3)}(\xi)}{3}=\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)$，但根据(1)推导应为 $\frac{f^{(3)}(\xi)}{6}$。可能题目有笔误？或者我们检查(1)中系数：$\frac{1}{24}(b-a)^3$，当 $b-a=2$ 时，$\frac{1}{24}\cdot 8 = \frac{1}{3}$，所以 $f(1)-f(-1)=2f'(0)+\frac{1}{3}f'''(\xi)$，于是 $\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)=\frac{1}{6}f'''(\xi)$。因此题目中应为 $\frac{f^{(3)}(\xi)}{6}$ 而非 $\frac{f^{(3)}(\xi)}{3}$。但原题如此，我们按原题输出，并指出可能笔误。
提示：注意代入时 $b-a=2$，$(b-a)^3=8$。
步骤 5/5
目标：整理得到(2)的结论
由上式得：
$$\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)=\frac{1}{6}f'''(\xi).$$
两边乘以2得：
$$\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)=\frac{1}{3}f'''(\xi) \cdot \frac{1}{2}?$$ 实际上直接写：
$$\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)=\frac{1}{6}f'''(\xi).$$
但题目要求 $\frac{f^{(3)}(\xi)}{3}$，所以可能题目系数有误。若按题目，则需将 $\frac{1}{6}$ 改为 $\frac{1}{3}$，即 $\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)=\frac{1}{3}f'''(\xi)$，这要求(1)中系数为 $\frac{1}{12}$ 而非 $\frac{1}{24}$。但原题(1)是 $\frac{1}{24}$，所以(2)应为 $\frac{1}{6}$。我们按正确推导给出结论：存在 $\xi \in (-1,1)$ 使得 $\frac{f^{(3)}(\xi)}{6}=\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0)$。
提示：注意检查系数，避免计算错误。
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