張萸 李德新

【摘要】本文給出證明微分中值命題時(shí)構(gòu)造輔助多項(xiàng)式的一般公式，構(gòu)造“等值多項(xiàng)式”并加以應(yīng)用.

【關(guān)鍵詞】等值多項(xiàng)式法;微分中值問(wèn)題

【基金項(xiàng)目】福建農(nóng)林大學(xué)本科教學(xué)改革研究項(xiàng)目（111418150），福建農(nóng)林大學(xué)公共數(shù)學(xué)教學(xué)團(tuán)隊(duì)建設(shè)（111416037），福建農(nóng)林大學(xué)高等數(shù)學(xué)教學(xué)團(tuán)隊(duì)建設(shè)（111416007）.武漢紡織大學(xué)研究生教育教學(xué)項(xiàng)目（編號(hào)201901004、201901008）.

一、引言

古典的微分中值定理通常包括Rolle中值定理、Lagrange中值定理、柯西中值定理和泰勒定理等.它們?cè)诶碚撋虾蛯?shí)際應(yīng)用中都極為重要，而相關(guān)命題的證明技巧性極強(qiáng)，因此，成了一個(gè)熱門的課題[1].在證明過(guò)程中，如何巧妙地構(gòu)造輔助函數(shù)，應(yīng)用哪個(gè)中值定理，常常困擾我們.文[2]中提出構(gòu)造輔助多項(xiàng)式方法，可以將所有問(wèn)題歸結(jié)于Rolle中值定理證明，并給出了低階的多項(xiàng)式系數(shù).文[3]中，雖然提出了一般通式，但是局限在區(qū)間端點(diǎn)處.本文中提出一個(gè)更加簡(jiǎn)單的形式，利用構(gòu)造的“等值多項(xiàng)式”，來(lái)解決f（n）（ξ）=k（常數(shù)）這一類復(fù)雜的證明.

二、等值多項(xiàng)式的構(gòu)造

定義1任給定義在[a，b]的函數(shù)f（x），存在n階多項(xiàng)式.

Pn（x）=cnxn+…+c1x+c0.

若Pn（x）與f（x）的n+1個(gè)數(shù)值相等，其中，該數(shù)值可以是函數(shù)值或任意非n階的導(dǎo)數(shù)值，我們稱其為等值多項(xiàng)式.

引理1若存在等值多項(xiàng)式

P（x）=∑mi=0f（i）（x0）i！（x-x0）i+∑n-1i=m+1cii?。▁-x0）i+kn！（x-x0）n，則P（n）（ξ）=k.

證明P（n）（x）=kn！·n！=k，故P（n）（ξ）=k.

引理2若多項(xiàng)式P（x）與f（x）存在n+1個(gè)函數(shù)等值點(diǎn)，則至少存在n+1-k個(gè)k階導(dǎo)數(shù)的等值點(diǎn)（其中，k=0，…，n-1）.

證明設(shè)F（x）=P（x）-f（x），不妨設(shè)n+1個(gè)函數(shù)等值點(diǎn)為x0i（i=0，1，…，n）.

在（x00，x01）上，F(xiàn)（x）滿足羅爾中值定理，故x10∈（x00，x01），使得F′（x10）=0….

同理，在（x0，n-1，x0，n）上，x1，n-1∈（x0，n-1，x0，n），使得F′（x1，n-1）=0.

于是，得到n個(gè)一階導(dǎo)數(shù)的等值點(diǎn)x1i（i=0，1，…，n-1）.

在（x1i，x1，i+1）上，利用羅爾中值定理，可以得到類似的n-1個(gè)2階導(dǎo)數(shù)的等值點(diǎn)x2i（其中，i=0，1，…，n-2）.

依次類推，反復(fù)利用羅爾中值定理，可以得到n+1-k個(gè)k階導(dǎo)數(shù)的等值點(diǎn)xk，i（其中，i=0，1，…，n-k）.

引理3若多項(xiàng)式P（x）與f（x）至少存在n+1-k個(gè)k階導(dǎo)數(shù)的等值點(diǎn)，且F（x）=P（x）-f（x），則至少存在一個(gè)點(diǎn)ξ，使得F（n）（ξ）=0.

證明由引理2，當(dāng)k=n-1時(shí)，則至少存在2個(gè)n-1階導(dǎo)數(shù)的等值點(diǎn)xn-1，i（其中，i=0，1），即F（n-1）（xn-1，0）=F（n-1）（xn-1，1）.

在（xn-1，0，xn-1，1）上，F(xiàn)（n-1）（x）滿足羅爾中值定理，故ξ∈（xn-1，0，xn-1，1），使得F（n）（ξ）=0.

定理1任給定義在[a，b]的函數(shù)f（x），存在等值多項(xiàng)式P（x）.

P（x）=∑mi=0f（i）（x0）i?。▁-x0）i+∑n-1i=m+1cii?。▁-x0）i+kn！（x-x0）n，

則至少存在一個(gè)點(diǎn)ξ∈（a，b），使得f（n）（ξ）=k.

證明1）由引理1，得P（n）（ξ）=k.

2）設(shè)輔助函數(shù)為F（x）=P（x）-f（x）.

分別考慮兩種等值點(diǎn)的情況：

?。┐嬖趎+1個(gè)函數(shù)的等值點(diǎn)，由引理3，得至少存在一個(gè)點(diǎn)ξ，使得F（n）（ξ）=0，即f（n）（ξ）=P（n）（ξ）=k.

ⅱ）存在s個(gè)函數(shù)的等值點(diǎn)和t個(gè)k階導(dǎo)數(shù)的等值點(diǎn).其中，s+t=n+1，s≥2，t≥2，k≥1.

根據(jù)引理3，只要存在n+1-k個(gè)k階導(dǎo)數(shù)的等值點(diǎn)，則F（n）（ξ）=0.

若s≤k，n+1-s≥n+1-k，條件中已經(jīng)存在有t個(gè)（即n+1-s個(gè)）k階導(dǎo)數(shù)的等值點(diǎn).證明顯然成立.

若s>k，由s個(gè)函數(shù)的等值點(diǎn)，根據(jù)引理2，至少得到s-k個(gè)k階導(dǎo)數(shù)的等值點(diǎn).

而s-k+t=n+1-k，所以至少存在n+1-k個(gè)k階導(dǎo)數(shù)的等值點(diǎn)，由引理3得證.

三、等值多項(xiàng)式的應(yīng)用

證明f（n）（ξ）=k的命題，只需要構(gòu)造等值多項(xiàng)式.設(shè)P（x）=cnxn+…+c1x+c0，利用n+1個(gè)等值條件，求出n+1個(gè)待定系數(shù)即可.

但是，由于k=P（n）（ξ）=n！·cn只與P（x）最高次項(xiàng)系數(shù)有關(guān)，與P（x）的表達(dá)形式無(wú)關(guān).因此，實(shí)際應(yīng)用中，可以根據(jù)題目特點(diǎn)設(shè)定P（x）的特殊形式，以便盡快求出n+1個(gè)待定系數(shù)ci（i=0，1，2，…，n）.

給出以下較快找出P（x）的方法.

（一）題中只出現(xiàn)若干已知的函數(shù)值f（xi），無(wú)任何已知的導(dǎo)數(shù)值

選出一個(gè)簡(jiǎn)單點(diǎn)、中間點(diǎn)為x0，結(jié)合cn=kn！，可設(shè)（冪級(jí)數(shù)形式）

P（x）=f（x0）+∑n-1i=1cii?。▁-x0）i+kn?。▁-x0）n.

就有P（x0）=f（x0），P（n）（x0）=f（n）（x0），再結(jié)合其他等值條件求出n-1個(gè)待定系數(shù)ci（i=1，2，…，n-1）.

理論上，若還有n-1個(gè)不同點(diǎn)處的函數(shù)等值f（xi）（i=1，2，…，n-1），使得P（xi）=f（xi），則有n-1個(gè)線性方程

P（xi）=f（x0）+∑n-1i=1cii?。▁i-x0）i+kn?。▁i-x0）n，

根據(jù)范得蒙行列式，該方程組有解且有唯一解.

例1設(shè)f（x）∈C[a，b]，在（a，b）二階可導(dǎo)，c∈（a，b），則ξ∈（a，b），使

f″（ξ）=2b-af（b）-f（c）b-c-f（c）-f（a）c-a.

法1（插值法）過(guò)三點(diǎn)（a，f（a）），（c，f（c）），（b，f（b））的二次拉格朗日插值多項(xiàng)式是

P（x）=（x-c）（x-b）（a-c）（a-b）f（a）+（x-a）（x-b）（c-a）（c-b）f（c）+（x-c）（x-a）（b-c）（b-a）f（b），

其中二次項(xiàng)系數(shù)為：

A=1（a-c）（a-b）f（a）+1（c-a）（c-b）f（c）+1（b-c）（b-a）f（b）.

該方法不論計(jì)算還是記憶，都是有難度的.

法2（冪級(jí)數(shù)形式）由P（c）=f（c），可設(shè)

P（x）=f（c）+c1（x-c）+c22（x-c）2.

再由P（a）=f（a），P（b）=f（b），

得f（c）+c1（a-c）+c22（a-c）2=f（a），f（c）+c1（b-c）+c22（b-c）2=f（b），

解得：c2=2b-af（b）-f（c）b-c-f（c）-f（a）c-a.

該方法需要求解2個(gè)待定系數(shù)，且求解相對(duì)較難.

法3選中間點(diǎn)x0=c，

結(jié)合k=2b-af（b）-f（c）b-c-f（c）-f（a）c-a，

可設(shè)P（x）=f（c）+c1（x-c）+k2（x-c）2.

再由P（a）=f（a），可知c1存在（無(wú)須具體求出）.

令F（x）=f（x）-P（x），則F（a）=F（c）=F（b）=0，由定理1得證.

（二）題中出現(xiàn)已知的最高階導(dǎo)數(shù)值f（m）（x0）.

選高階點(diǎn)為x0，結(jié)合k值，可設(shè)

P（x）=∑mi=0f（i）（x0）i?。▁-x0）i+∑n-1i=m+1cii！（x-x0）i+kn?。▁-x0）n，

就有P（i）（x0）=f（i）（x0）（i=0，1，…，m），再結(jié)合其他等值條件求出n-1-m個(gè)待定系數(shù)ci（i=m+1，m+2，…，n-1）.

特別地，若題目中出現(xiàn)最高階導(dǎo)數(shù)f（n-1）（x0），則可直接構(gòu)造（無(wú)未知的待定系數(shù)）

Pn（x）=∑n-1i=0f（i）（x0）i?。▁-x0）i+kn?。▁-x0）n，

就有P（i）（x0）=f（i）（x0）（i=0，1，…，n-1）.

例2設(shè)f（x）在[-1，1]上具有三階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且f（-1）=0，f（1）=1，f′（0）=0，求證：ξ∈（-1，1），使得f（ξ）=3.

證明選高階點(diǎn)（也是簡(jiǎn)單點(diǎn)中間點(diǎn)）x0=0，結(jié)合k=3，可設(shè)

P（x）=f（0）+f′（0）x+c22x2+36x3=f（0）+c22x2+12x3.

再由P（-1）=f（-1）=0或P（1）=f（1）=1，

得c2=2-2f（0），于是

P（x）=f（0）+12-f（0）x2+12x3.

令F（x）=f（x）-P（x），則存在三個(gè)等值條件F（-1）=F（0）=F（1）=F′（0）=0，由定理1得證.

例3（泰勒公式）設(shè)f（x）在含a點(diǎn)的某開(kāi)區(qū)間內(nèi)有直到n+1階的導(dǎo)數(shù)，求證：對(duì)區(qū)間內(nèi)任何一點(diǎn)b，存在ξ（介于a和b之間）使得

f（b）=f（a）+∑ni=1f（i）（a）i?。╞-a）i+f（n+1）（ξ）（n+1）?。╞-a）n+1.

證明構(gòu)造P（x）=f（a）+∑ni=1f（i）（a）i?。▁-a）i+k（n+1）?。▁-a）n+1，

其中

k=（n+1）！·f（b）-f（a）+∑ni=1f（i）（a）i！（b-a）i（b-a）n+1，

令F（x）=f（x）-P（x），則F（a）=F（b）=F′（a）=F″（a）=…=F（n）（a）=0.

再由定理1，存在ξ∈（a，b），使得

f（n+1）（ξ）=（n+1）！·f（b）-f（a）+∑ni=1f（i）（a）i?。╞-a）i（b-a）n+1

泰勒定理得證.

該方法利用輔助函數(shù)F（x），將所有微分中值定理的命題統(tǒng)一利用羅爾定理證明，無(wú)須利用拉氏定理或泰勒公式.而該方法可以證明泰勒公式，使得中值定理的證明體系更加明晰，即羅爾定理證明一切.

若構(gòu)造的多項(xiàng)式不能同時(shí)滿足題中出現(xiàn)的n+1個(gè)等值條件，就意味著，不能利用這些數(shù)值點(diǎn)作為羅爾定理區(qū)間的端點(diǎn).在這種情況下，要從題目中尋找其他的（未出現(xiàn)）的端點(diǎn)，如利用零點(diǎn)定理、介值定理、拉氏定理、積分中值定理的中值點(diǎn)，以及極值或最值點(diǎn)作為羅爾定理的區(qū)間端點(diǎn).

【參考文獻(xiàn)】

[1]匡繼昌.高階微分中值定理[J].北京教育學(xué)院學(xué)報(bào)，2014（3）：1-5.

[2]林鴻釗，李德新.證明微分中值命題的一般輔助多項(xiàng)式法[J].高等數(shù)學(xué)研究，2012（5）：13-15.

[3]林鴻釗，李德新.泰勒公式的一種新證法[J].高等數(shù)學(xué)研究，2013（5）：15-16.