上册 3.2 微分中值问题 第51题
📝 题目
51．证明下列命题。
（1）设 $f^{\prime \prime}(x)$ 在 $[a, b]$ 上存在，且 $a
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）令 $\displaystyle \frac{f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{f(b)}{(b-a)(b-c)}+\frac{f(c)}{(c-a)(c-b)}=\frac{1}{2} M$ ，则
$$
f(a)(b-c)-f(b)(a-c)+f(c)(a-b)=\frac{1}{2} M(a-b)(a-c)(b-c)
$$
这是关于端点 $a, b, c$ 的轮换对称式．
记 $\displaystyle F(x)=f(a)(x-c)-f(x)(a-c)+f(c)(a-x)-\frac{1}{2} M(a-x)(a-c)(x-c)$ ，则
$$
\begin{aligned}
& F(a)=F(c)=F(b)=0 \\
& F^{\prime}(x)=f(a)-f^{\prime}(x)(a-c)-f(c)-\frac{1}{2} M(a-c)(a+c-2 x) \\
& F^{\prime \prime}(x)=-f^{\prime \prime}(x)(a-c)+M(a-c)=(a-c)\left(-f^{\prime \prime}(x)+M\right)
\end{aligned}
$$
两次利用 Rolle 定理，存在 $\xi \in(a, b)$ 使得 $F^{\prime \prime}(\xi)=0$ 。于是 $f^{\prime \prime}(\xi)=M$ ，从而
$$
\frac{f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{f(b)}{(b-a)(b-c)}+\frac{f(c)}{(c-a)(c-b)}=\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(\xi)
$$
（2）令 $\displaystyle \frac{f(x)-f(a)}{x-a}-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{1}{2} A(x-b)$ ，则
$$
(f(x)-f(a))(b-a)-(f(b)-f(a))(x-a)-\frac{1}{2} A(x-b)(x-a)(b-a)=0
$$
记 $\displaystyle F(t)=(f(x)-f(a))(t-a)-(f(t)-f(a))(x-a)-\frac{1}{2} A(x-t)(x-a)(t-a)$ ，则
$$
\begin{aligned}
& F(a)=F(x)=F(b)=0 \\
& F^{\prime}(t)=f(x)-f(a)-f^{\prime}(t)(x-a)-\frac{1}{2} A((x-a)(x-t)-(t-a)(x-a)) \\
& F^{\prime \prime}(t)=-f^{\prime \prime}(t)(x-a)-\frac{1}{2} A(-(x-a)-(x-a))=(x-a)\left(A-f^{\prime \prime}(t)\right)
\end{aligned}
$$
两次利用 Rolle 定理，存在 $\xi \in(a, b)$ 使得 $F^{\prime \prime}(\xi)=0$ ．于是 $f^{\prime \prime}(\xi)=A$ ，从而
$$
\frac{f(x)-f(a)}{x-a}-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(\xi)(x-b)
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：引入辅助函数和常数M
设 $M$ 满足 $\frac{f(a)}{(a-b)(a-c)} + \frac{f(b)}{(b-a)(b-c)} + \frac{f(c)}{(c-a)(c-b)} = \frac{1}{2} M$，则等式两边乘以 $(a-b)(a-c)(b-c)$ 得 $f(a)(b-c) - f(b)(a-c) + f(c)(a-b) = \frac{1}{2} M (a-b)(a-c)(b-c)$。
公式：$f(a)(b-c) - f(b)(a-c) + f(c)(a-b) = \frac{1}{2} M (a-b)(a-c)(b-c)$
提示：注意符号：$(b-a)(b-c) = -(a-b)(b-c)$，因此分母处理时需小心。
步骤 2/8
目标：构造辅助函数F(x)
定义 $F(x) = f(a)(x-c) - f(x)(a-c) + f(c)(a-x) - \frac{1}{2} M (a-x)(a-c)(x-c)$。验证 $F(a)=0$，$F(c)=0$，$F(b)=0$。
公式：$F(x) = f(a)(x-c) - f(x)(a-c) + f(c)(a-x) - \frac{1}{2} M (a-x)(a-c)(x-c)$
提示：注意 $F(b)=0$ 需利用第一步的等式验证。
步骤 3/8
目标：计算F的一阶和二阶导数
求导得 $F'(x) = f(a) - f'(x)(a-c) - f(c) - \frac{1}{2} M (a-c)(a+c-2x)$，再求导得 $F''(x) = -f''(x)(a-c) + M(a-c) = (a-c)(M - f''(x))$。
公式：$F''(x) = (a-c)(M - f''(x))$
提示：注意 $(a-x)(x-c)$ 的导数：$\frac{d}{dx}[(a-x)(x-c)] = -(x-c) + (a-x) = a+c-2x$。
步骤 4/8
目标：应用Rolle定理两次
由 $F(a)=F(c)=0$，存在 $\eta_1 \in (a,c)$ 使 $F'(\eta_1)=0$；由 $F(c)=F(b)=0$，存在 $\eta_2 \in (c,b)$ 使 $F'(\eta_2)=0$。再由 $F'(\eta_1)=F'(\eta_2)=0$，存在 $\xi \in (\eta_1,\eta_2) \subset (a,b)$ 使 $F''(\xi)=0$。
提示：Rolle定理要求函数在闭区间连续、开区间可导，且端点函数值相等。
步骤 5/8
目标：得出结论
由 $F''(\xi)=0$ 得 $(a-c)(M - f''(\xi))=0$，因 $a \neq c$，故 $M = f''(\xi)$。代入M的定义即得 $\frac{f(a)}{(a-b)(a-c)} + \frac{f(b)}{(b-a)(b-c)} + \frac{f(c)}{(c-a)(c-b)} = \frac{1}{2} f''(\xi)$。
公式：$\frac{f(a)}{(a-b)(a-c)} + \frac{f(b)}{(b-a)(b-c)} + \frac{f(c)}{(c-a)(c-b)} = \frac{1}{2} f''(\xi)$
提示：注意分母不能为零，因此 $a,b,c$ 互不相同。
步骤 6/8
目标：第二问：引入常数A
设 $A$ 满足 $\frac{f(x)-f(a)}{x-a} - \frac{f(b)-f(a)}{b-a} = \frac{1}{2} A (x-b)$，则等式两边乘以 $(x-a)(b-a)$ 得 $(f(x)-f(a))(b-a) - (f(b)-f(a))(x-a) = \frac{1}{2} A (x-b)(x-a)(b-a)$。
公式：$(f(x)-f(a))(b-a) - (f(b)-f(a))(x-a) = \frac{1}{2} A (x-b)(x-a)(b-a)$
提示：注意 $x$ 是固定点，$t$ 是变量。
步骤 7/8
目标：构造辅助函数F(t)
定义 $F(t) = (f(x)-f(a))(t-a) - (f(t)-f(a))(x-a) - \frac{1}{2} A (x-t)(x-a)(t-a)$。验证 $F(a)=0$，$F(x)=0$，$F(b)=0$。
公式：$F(t) = (f(x)-f(a))(t-a) - (f(t)-f(a))(x-a) - \frac{1}{2} A (x-t)(x-a)(t-a)$
提示：注意 $F(x)=0$ 需利用第二步的等式。
步骤 8/8
目标：计算导数并应用Rolle定理
求导得 $F'(t) = f(x)-f(a) - f'(t)(x-a) - \frac{1}{2} A [(x-a)(x-t) - (t-a)(x-a)]$，再求导得 $F''(t) = -f''(t)(x-a) + A(x-a) = (x-a)(A - f''(t))$。由 $F(a)=F(x)=F(b)=0$，两次应用Rolle定理得存在 $\xi \in (a,b)$ 使 $F''(\xi)=0$，故 $A = f''(\xi)$。代入即得结论。
公式：$\frac{f(x)-f(a)}{x-a} - \frac{f(b)-f(a)}{b-a} = \frac{1}{2} f''(\xi)(x-b)$
提示：注意 $x$ 是常数，求导时对 $t$ 求导。
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