广西民族大学 2017年数学分析第0题

设 $c = \frac{a+b}{2}$，$h = \frac{b-a}{2}$，则 $a = c - h$，$b = c + h$。原等式左边化为 $f(c-h) - 2f(c) - f(c+h)$。右边为 $\frac{(2h)^2}{4} f''(\xi) = h^2 f''(\xi)$。因此需证存在 $\xi \in (a,b)$ 使 $f(c-h) - 2f(c) - f(c+h) = h^2 f''(\xi)$。

定义辅助函数 $\varphi(t) = f(c+t) + f(c-t) - \frac{t^2}{h^2}\left[ f(c-h) - 2f(c) - f(c+h) \right]$，其中 $t \in [0, h]$。计算 $\varphi(0) = 2f(c)$，$\varphi(h) = f(c+h) + f(c-h) - \left[ f(c-h) - 2f(c) - f(c+h) \right] = 2f(c+h) + 2f(c)$。发现 $\varphi(0) \neq \varphi(h)$，此构造不满足罗尔定理条件，需调整。

在 $c$ 处对 $f(a)$ 和 $f(b)$ 进行二阶泰勒展开（带拉格朗日余项）： $f(a) = f(c-h) = f(c) - f'(c)h + \frac{f''(\xi_1)}{2}h^2$，$\xi_1 \in (c-h, c)$； $f(b) = f(c+h) = f(c) + f'(c)h + \frac{f''(\xi_2)}{2}h^2$，$\xi_2 \in (c, c+h)$。 代入原式左边： $f(c-h) - 2f(c) - f(c+h) = [f(c) - f'(c)h + \frac12 f''(\xi_1)h^2] - 2f(c) - [f(c) + f'(c)h + \frac12 f''(\xi_2)h^2] = -2f(c) - 2f'(c)h + \frac12 h^2[f''(\xi_1) - f''(\xi_2)]$。 此式未直接化简为目标形式，说明直接展开无法得到单一 $f''(\xi)$。

由 $f''(x)$ 在 $(a,b)$ 内存在（不一定连续），但具有介值性（达布定理）。$f''(\xi_1)$ 和 $f''(\xi_2)$ 介于 $f''$ 在区间 $[\xi_1, \xi_2]$ 上的最小值与最大值之间。由于 $f''$ 具有介值性，存在 $\xi \in (\xi_1, \xi_2) \subset (a,b)$ 使得 $f''(\xi) = \frac{f''(\xi_1) + f''(\xi_2)}{2}$。但上一步结果中出现了 $f''(\xi_1) - f''(\xi_2)$，并非和的形式，因此需重新审视构造。

考虑函数 $g(x) = f(x) - f(2c - x)$，则 $g(c)=0$。计算 $g(a) = f(a) - f(b)$，$g(b) = f(b) - f(a) = -g(a)$。但原式左边为 $f(a) - 2f(c) - f(b) = [f(a) - f(c)] - [f(c) + f(b)]$，不易直接与 $g$ 关联。 改为考虑函数 $h(x) = f(x) - \frac{(x-c)^2}{h^2}[f(c-h) - 2f(c) - f(c+h)]$，并验证 $h(c-h) = h(c+h)$？计算 $h(c-h) = f(c-h) - \frac{h^2}{h^2}[f(c-h) - 2f(c) - f(c+h)] = 2f(c) + f(c+h)$，$h(c+h) = f(c+h) - \frac{h^2}{h^2}[f(c-h) - 2f(c) - f(c+h)] = f(c+h) - f(c-h) + 2f(c) + f(c+h) = 2f(c+h) - f(c-h) + 2f(c)$，仍不相等。

将 $f(a)$ 和 $f(b)$ 在 $c$ 处展开至二阶，但保留余项为积分形式或使用柯西中值定理。另一种思路：考虑函数 $\psi(t) = f(c+t) + f(c-t) - 2f(c) - t^2 K$，其中 $K$ 为待定常数。令 $\psi(h)=0$ 解得 $K = \frac{f(c+h) + f(c-h) - 2f(c)}{h^2}$。则 $\psi(0)=0$，$\psi(h)=0$，由罗尔定理，存在 $\eta \in (0,h)$ 使 $\psi'(\eta)=0$。计算 $\psi'(t) = f'(c+t) - f'(c-t) - 2tK$，再次应用罗尔定理于 $\psi'(t)$ 在 $[0,\eta]$ 上，存在 $\xi \in (0,\eta)$ 使 $\psi''(\xi)=0$。而 $\psi''(t) = f''(c+t) + f''(c-t) - 2K$，故 $f''(c+\xi) + f''(c-\xi) = 2K$。由达布定理，存在 $\xi_0 \in (c-\xi, c+\xi)$ 使 $f''(\xi_0) = K$。注意原题左边为 $f(c-h) - 2f(c) - f(c+h) = -[f(c+h) + f(c-h) - 2f(c)] = -h^2 K$，因此 $f(c-h) - 2f(c) - f(c+h) = -h^2 f''(\xi_0)$。而原题右边为 $h^2 f''(\xi)$，符号相反。这表明原题等式若成立，需 $f''(\xi)=0$，非一般结论。因此原题可能为 $f(a)-2f(\frac{a+b}{2})+f(b)$ 之误。

若原题改为 $f(a)-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f(b)=\frac{(b-a)^2}{4}f''(\xi)$，则上述构造中 $K = \frac{f(c+h)+f(c-h)-2f(c)}{h^2}$，且 $f(c-h)-2f(c)+f(c+h)=h^2 f''(\xi)$ 即为标准二阶差分中值定理。证明过程：令 $\psi(t)=f(c+t)+f(c-t)-2f(c)-t^2 K$，由 $\psi(0)=\psi(h)=0$，两次应用罗尔定理得存在 $\xi$ 使 $\psi''(\xi)=0$，即 $f''(c+\xi)+f''(c-\xi)=2K$，再由达布定理得 $K=f''(\xi_0)$，从而结论成立。