积分等式命题的证明

例题 1

设 \(f(x)\in D(0,1),~f(0)=f(1)=-2,~\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\dd x=0\)，证明: \(\exists\xi\in(0,1)\)，使得 \(f'(\xi)-f(\xi)=\xi.\)

解答

令 \(F(x)=\mathrm{e}^{-x}(f(x)+x+1)\)，有 \(F(0)=-1,~F(1)=0\)，因为 \(\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\dd x=0\)，由积分中值定理知，\(\exists\eta\in(0,1)\)，使得 \[\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\dd x=f(\eta)\int_{0}^{1}\dd x=f(\eta)=0\] 而 \(F(\eta)=\mathrm{e}^{-\eta}(f(\eta)+\eta+1)>0\)，因此 \(\exists\xi\in(0,1)\)，使得 \(F(x)\leqslant F(\xi)\)，即 \(F(x)\) 的最大值一定在区间 \((0,1)\) 内取到， 由 Fermat 引理知，\(F'(\xi)=0\)，即 \[\eval{-\mathrm{e}^{-x}(f(x)+x+1)+\mathrm{e}^{-x}(f'(x)+1)}_{x=\xi}=f'(\xi)-f(\xi)=\xi.\]

例题 2

设 \(f(x)\) 在 \([2,4]\) 上二阶连续可导，\(f(3)=0\)，证明: \(\exists\xi\in(2,4)\)，使得 \(\displaystyle f''(\xi)=3\int_{2}^{4}f(x)\dd x.\)

解答

构造 \(\displaystyle F(x)=\int_{2}^{x}f(t)\dd t\)，那么将 \(F(2),F(4)\) 分别在 \(x=3\) 处 Taylor 展开，有 \[\begin{align*} F(2)=F(3)+F'(3)(2-3)+\dfrac{1}{2!}F''(3)(2-3)^2+\dfrac{1}{3!}F'''(\xi_1) (2-3)^3 \\ F(4)=F(3)+F'(3)(4-3)+\dfrac{1}{2!}F''(3)(4-3)^2+\dfrac{1}{3!}F'''(\xi_2) (4-3)^3 \end{align*}\] 注意到 \(F(2)=F'(3)=0\)，那么上式化为 \(\begin{cases} 0=F(3)+\dfrac{1}{2}F''(3)-\dfrac{1}{6}F'''(\xi_1) \\[6pt] F(4)=F(3)+\dfrac{1}{2}F''(3)+\dfrac{1}{6}F'''(\xi_2) \end{cases}\) 即 \[F(4)=\dfrac{1}{6}\qty(F'''(\xi_1)+F'''(\xi_2))\] 因为 \(F'''(x)=f''(x)\) 在 \([2,4]\) 上连续，故 \(F'''(x)\) 在 \([2,4]\) 上有最大值 \(M\) 和最小值 \(m\)，使得 \[m\leqslant \dfrac{1}{2}\qty(F'''(\xi_1)+F'''(\xi_2))\leqslant M\] 又由连续函数的介值定理知 \(\exists\xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset(2,4)\)，使得
\[F'''(\xi)=\dfrac{1}{2}\qty(F'''(\xi_1)+F'''(\xi_2))\] 故 \(F(4)=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\qty(F'''(\xi_1)+F'''(\xi_2))=\dfrac {1}{3}F'''(\xi)\)，则 \[F'''(\xi)=3F(4)\Rightarrow f''(\xi)=3\int_{2}^{4}f(x)\dd x.\]

例题 3

设 \(f(x)\) 在 \([-1,1]\) 二阶导函数连续，证明: \(\exists\xi\in[-1,1]\)，使得 \[\displaystyle\int_{-1}^{1}xf(x)\dd x=\dfrac{1}{3}[2f'(\xi)+\xi f''(\xi)].\]

解答

构造 \(F(x)=xf(x)\)，那么 \(F(x)\) 在 \([-1,1]\) 二阶导函数连续，并且 \[F'(x)=f(x)+xf'(x),~F''(x)=2f'(x)+xf''(x)\] 又由 Taylor 展开得， \[F(x)=F(0)+F'(0)x+\dfrac{1}{2!}F''(\theta x)x^2~ \theta\in(0,1)\] 且 \(F(0)=0,F'(0)=f(0)x\)，于是 \(F(x)=f(0)x+\dfrac{1}{2}F''(\theta x)x^2\)，两边对 \(x\) 积分，则有， \[\int_{-1}^{1}F(x)\dd x=\int_{-1}^{1}f(0)x\dd x+\dfrac{F''(\theta x)}{2}\int_{-1}^{1}x^2\dd x=\dfrac{F''(\theta x)}{2}\int_{-1}^{1}x^2\dd x\] 记 \(m=\min\limits_{0\leqslant x\leqslant 1}F''(x),~M=\max\limits_{0\leqslant x\leqslant 1}F''(x)\)，于是 \[m\int_{-1}^{1}x^2\dd x\leqslant \int_{-1}^{1}F''(\theta x)x^2\dd x\leqslant M\int_{-1}^{1}x^2\dd x\] 即 \(\dfrac{2}{3}m\leqslant\displaystyle\int_{-1}^{1}F''(\theta x)x^2\dd x\leqslant \dfrac{2}{3}M\)， 因此有 \(\displaystyle m\leqslant \int_{-1}^{1}F(x)\dd x\leqslant M\)，对 \(F''(x)\) 利用连续函数的介值定理，即 \(\exists\xi\in[-1,1]\)，使得 \(3\displaystyle\int_{-1}^{1}F(x)\dd x=F''(\xi)\)，即得证.

例题 4

设 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上有二阶导数，且 \(f^{\prime \prime}(x)\) 在 \([a, b]\) 上黎曼可积，证明: \[f(x)=f(a)+f^{\prime}(a)(x-a)+\int_{a}^{x}(x-t) f^{\prime \prime}(t) \dd t, \forall x \in[a, b] .\]

解答

由 N-L 公式， \[\begin{align*} f(x) & =f(a)+\int_{a}^{x}f'(t)\dd t=f(a)+\int_{a}^{x}f'(a)\dd t+\int_{a}^{x}\dd t\int_{a}^{t}f''(u)\dd u \\ & =f(a)+f'(a)(x-a)+\int_{a}^{x}\dd t\int_{t}^{x}f''(u)\dd u=f(a)+f'(a)(x-a)+\int_{a}^{x}(x-t). \end{align*}\]

例题 5

已知 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上二阶可导，\(f(a)=f(b)=0\)，试证: \(\exists \xi\in(a,b)\)，使得 \[\int_{a}^{b}f(x)\dd x=\frac{1}{12}f''(\xi)(a-b)^3.\]

解答

令 \(\displaystyle F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\dd t-\frac{1}{2}(x-a)f(x)\)，\(\displaystyle G(x)=-\frac{1}{12}(x-a)^3\)， 在 \([a,b]\) 上连续两次应用 Cauchy 中值定理， \[\begin{align*} \dfrac{\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\dd x-0}{-\dfrac{1}{12}(b-a)^3-0} & =\dfrac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)}\xlongequal[a\leqslant \xi_1\leqslant b]{\text{Cauchy 中值定理}}\dfrac{F"(\xi_1)}{G'(\xi_1)} \\ & =\dfrac{\dfrac{1}{2}f(\xi_1)-\dfrac{1}{2}(\xi_1-a)f'(\xi)-0}{-\dfrac{1}{4}(\xi_1-a)^2-0}\xlongequal[a\leqslant\xi\leqslant\xi_1]{\text{Cauchy 中值定理}}\dfrac{-\dfrac{1}{2}f''(\xi)(\xi-a)}{-\dfrac{1}{2}(\xi-a)}=f''(\xi). \end{align*}\] 此式同乘 \(\displaystyle-\frac{1}{12}(b-a)^3=\frac{1}{12}(b-a)^3\)，即得所求.

例题 6

设函数 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上二阶可导，证明至少存在一点 \(\xi\in(a,b)\)，使得 \[\int_{a}^{b}f(x)\dd x=f(b)(b-a)-f'(b)\dfrac{(b-a)^2}{2}+\dfrac{1}{6}(b-a)^3f''(\xi).\]

解答

令 \(k\) 为使 \(\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)\dd x=f(b)(b-a)-f'(b)\dfrac{(b-a)^2}{2}+\dfrac{1}{6}(b-a)^3k\) 成立的实常数，构造辅助函数 \[F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\dd t-f(x)(x-a)+f'(x)\dfrac{(x-a)^2}{2}-\dfrac{1}{6}(x-a)^3k\] 则 \(F(a)=F(b)=0\)，故由 Rolle 定理知 \(\exists\xi\in(a,b)\)，使 \(F'(\xi)=0\)，即 \[F'(\xi)=f''(\xi)\dfrac{(\xi-a)^2}{2}-\dfrac{1}{2}(\xi-a)^2k=0\] 得证 \(k=f''(\eta)\)，故得证.

例题 7

设函数 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上具有二阶连续的导数，证明存在 \(\xi\in(a,b)\)，使得 \[\int_{a}^{b}f(x)\dd x=(b-a)f\qty(\dfrac{a+b}{2})+\dfrac{1}{24}(b-a)^3f''(\xi).\]

解答：法一

将 \(f(x)\) 在 \(\dfrac{a+b}{2}\) 处进行 Taylor 展开，有 \[f(x)=f\qty(\dfrac{a+b}{2})+f'\qty(\dfrac{a+b}{2})\qty(x-\dfrac{a+b}{2})+\dfrac{f''(\xi_1)}{2!}\qty(x-\dfrac{a+b}{2})\] 因为 \(f''(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续，所以存在最小值 \(m\) 和最大值 \(M\)，使 \(\forall x\in[a,b]\)，\(m\leqslant f''(x) \leqslant M\)，于是 \[m\int_{a}^{b}\qty(x-\dfrac{a+b}{2})^2\dd x\leqslant \int_{a}^{b}f''(\xi_1)\qty(x-\dfrac{a+b}{2})^2\dd x\leqslant M\int_{a}^{b}\qty(x-\dfrac{a+b}{2})^2\dd x\] 从而 \(\displaystyle m\leqslant \dfrac{\displaystyle \int_{a}^{b}f''(\xi_1)\qty(x-\dfrac{a+b}{2})^2\dd x}{\displaystyle \int_{a}^{b}\qty(x-\dfrac{a+b}{2})^2\dd x}\leqslant M\)，故由介值定理知，存在 \(\xi\in(a,b)\)，使得 \[f''(\xi)=\dfrac{\displaystyle\int_{a}^{b}f''(\xi_1)\qty(x-\dfrac{a+b}{2})^2\dd x}{\displaystyle \int_{a}^{b}\qty(x-\dfrac{a+b}{2})^2\dd x}\] 即得证 \(\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\dd x=(b-a)f\qty(\dfrac{a+b}{2})+\dfrac{1}{24}(b-a)^3f''(\xi).\)

解答：法二

令 \(\displaystyle F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\dd t\)，将 \(F(x)\) 在 \(x_0=\dfrac{a+b}{2}\) 处 Taylor 展开得 \[F(x) =F\left( x_{0}\right) +F'\left( x_{0}\right) \left( x-x_{0}\right) +\dfrac{F''(x) }{2!}\left( x-x_{0}\right) ^{2}+\dfrac{F'''\left( \xi \right) }{3!}\left( x-x_{0}\right) ^{3}\] 其中 \(\xi\) 介于 \(x_0\) 与 \(x\) 之间，将 \(x=a\) 和 \(x=b\) 代入上式，并相减得 \[F\left( b\right) -F\left( a\right) =\left( b-a\right) f\left( \dfrac{a+b}{2}\right) +\dfrac{1}{24}\left( b-a\right) ^{3}\dfrac{f''\left( \xi _{1}\right) +f''\left( \xi _{2}\right) }{2}\] 其中 \(a <\xi _{2} <\dfrac{a+b}{2} <\xi _{1} <b\)，不妨设 \(f''(\xi_1)\leqslant f''(\xi_2)\)，则 \(f''(x_1)\leqslant \dfrac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}{2}\leqslant f''(\xi_2)\)，由导函数 \(f''(x)\) 的 Darboux 定理或 \(f''(x)\) 的连续性及介值定理知， \(\exists\xi\in(\xi_1,\xi_2)\) 或 \((\xi_2,\xi_1)\subset (a,b)\)，使 \(f''(\xi)=\dfrac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}{2}\)，故 \(\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\dd x=(b-a)f\qty(\dfrac{a+b}{2})+\dfrac{1}{24}(b-a)^3f''(\xi).\)

解答：法三

设 \(k\) 为使 \(\displaystyle \int_{a}^{b} f(x) \dd x=(b-a) f\left(\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{24}(b-a)^{3} k\) 成立的实数，要证结论成立，只需证 \(k=f''(\xi)\)，为此构造辅助函数 \[ \displaystyle F(x)=\int_{a}^{x} f(t) \dd t-(x-a) f\left(\frac{a+x}{2}\right)-\frac{1}{24}(x-a)^{3} k \] 则 \(F(a)=F(b)=0\)，故由 Rolle 定理，\(\exists \eta \in(a, b)\)，使 \(F^{\prime}(\eta)=0\)，即 \[f(\eta)-f\left(\frac{a+\eta}{2}\right)-\frac{\eta-a}{2} f^{\prime}\left(\frac{a+\eta}{2}\right)-\frac{k}{8}(\eta-a)^{2}=0 \] 又将 \(f(\eta)\) 在 \(x=\dfrac{a+\eta}{2}\) 处进行 Taylor 展开，有 \[f(\eta)=f\left(\dfrac{a+\eta}{2}\right)+f^{\prime}\left(\frac{a+\eta}{2}\right) \frac{\eta-a}{2}+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2 !}\left(\frac{\eta-a}{2}\right)^{2}\] 其中 \(\xi \in\left(\dfrac{a+\eta}{2}, \eta\right) \subset(a, b)\)， 比较上述两式，得 \(k=f^{\prime \prime}(\xi)\) 故得证.

解答：法四

取 \(\rho\equiv1\)，首先构造数值求积公式 \(\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\dd x\approx A_0f\qty(\dfrac{a+b}{2})\)，使其具有尽可能高的代数精度， 为此，取 \(f(x)=1\) 使求积公式精确成立，则有 \[A_0=b-a\] 把 \(A_0\) 代入求积公式，取 \(f(x)=x\)，代入验算知求积公式精确成立; 再取 \(f(x)=x^2\)，求积公式不精确成立， 故求积公式 \(\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\dd x\approx (b-a)f\qty(\dfrac{a+b}{2})\) 的代数精度为 \(1\); 其次，构造一次插值多项式 \[P_1\qty(\dfrac{a+b}{2})=f\qty(\dfrac{a+b}{2}),~P'_1\qty(\dfrac{a+b}{2})=f'\qty(\dfrac{a+b}{2})\] 那么 \(W_2(x)=\qty(x-\dfrac{a+b}{2})^2\) 且不恒为 \(0\)，又 \[K=\int_{a}^{b}W_2(x)\dd x=\dfrac{1}{12}(b-a)^3\] 那么至少存在一点 \(\xi\in(a,b)\)，使得 \[\int_{a}^{b}f(x)\dd x=(b-a)f\qty(\dfrac{a+b}{2})+\dfrac{f''(\xi)}{2!}\cdot\dfrac{1}{12}(b-a)^3\] 即得待证等式.

例题 8

设函数 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上具有二阶连续的导数，证明存在一点 \(\xi\in(a,b)\)，使得 \[\int_{a}^{b}f(x)\dd x=\dfrac{b-a}{2}(f(a)+f(b))-\dfrac{1}{12}f''(\xi)(b-a)^3.\]

解答：法一

设 \(k\) 为使 \(\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)\dd x=\dfrac{b-a}{2}(f(a)+f(b))-\dfrac{1}{12}k(b-a)^3\) 成立的实常数，则证 \(k=f''(\xi)\)，为此构造辅助函数 \[F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\dd t-\dfrac{x-a}{2}(f(a)+f(x))+\dfrac{1}{12}k(x-a)^3\] 那么 \(F(a)=F(b)=0\)，由 Rolle 定理知，\(\exists\xi_1\in(a,b)\)，使得 \(F'(\xi_1)=0\)，又 \[F'(x)=f(x)-\dfrac{1}{2}(f(x)+f(a))-\dfrac{x-a}{2}f'(x)+\dfrac{1}{4}k(x-a)^2\] 并且注意到 \(F'(a)=F'(\xi_1)=0\)，再由 Rolle 定理知，\(\exists\xi\in(a,\xi_1)\subset(a,b)\)，使得 \(F''(\xi)=0\)，并且 \[F''(\xi)=-\dfrac{\xi-a}{2}f''(\xi)+\dfrac{1}{2}k(\xi-a)=0\] 即得证 \(k=f''(\xi).\)

解答：法二

取 \(\rho(x)\equiv1\)，首先构造数值求积公式 \(\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\dd x\approx A_0f(a)+A_1f(b)\)，使其具有尽可能高的代数精度，为此， 分别取 \(f(x)=1,x\) 使求积公式精确成立，则有 \[\left\{\begin{matrix} A_0 & + & A_1 & = & b-a \\ aA_0 & + & bA_1 & = & \dfrac{b^2-a^2}{2} \end{matrix}\right.\Rightarrow A_0=A_1=\dfrac{b-a}{2} \] 把 \(A_0,~A_1\) 代入求积公式，取 \(f(x)=x^2\)，代入验算知求积公式精确成立; 再取 \(f(x)=x^3\)，求积公式不精确成立， 故求积公式 \(\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\dd x\approx\dfrac{b-a}{2}(f(a)+f(b))\) 的代数精度为 \(2\); 其次，构造二次插值多项式 \(P_1(x)\)，使满足 \[P_1(a)=f(a),~P'_1(b)=f'(b)\] 那么 \(W_2(x)=(x-a)(x-b)\geqslant 0\) 且不恒为 \(0\)，又 \[K=\int_{a}^{b}W_2(x)\dd x=-\dfrac{1}{6}(b-a)^3\] 那么至少存在一点 \(\xi\in(a,b)\)，使得 \[\int_{a}^{b}f(x)\dd x=\dfrac{b-a}{2}(f(a)+f(b))-\dfrac{f''(\xi)}{2!}\cdot\dfrac{1}{6}(b-a)^3\] 即得待证等式.

例题 9

设函数 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上有三阶连续的导数，证明至少存在一点 \(\eta\in(a,b)\)，使得 \[\int_{a}^{b}f(x)\dd x=\dfrac{b-a}{4}\qty[f(a)+3f\qty(\dfrac{a+2b}{3})]+\dfrac{(b-a)^4}{216}f'''(\eta).\]

解答

令 \(k\) 为使 \(\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\dd x=\dfrac{b-a}{4}\qty[f(a)+3f\qty(\dfrac{a+2b}{3})]+\dfrac{(b-a)^4}{216}k\) 成立的实常数，要证结论成立，只需证 \(k=f'''(\eta)\)， 为此，将上式右端移到左端，并将 \(b\) 改写为 \(x\)，构造辅助函数 \[F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\dd t-\dfrac{x-a}{4}\qty[f(a)+3f\qty(\dfrac{a+2x}{3})]-\dfrac{(x-a)^4}{216}k,~x\in[a,b]\] 则 \(F(a)=F(b)=0\)，\(F(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续且可导，由 Rolle 定理，\(\exists\xi_1\in(a,b)\)，使得 \(F'(\xi_1)=0\)，又 \[F'(x)=f(x)-\dfrac{1}{4}\qty[f(a)+3f\qty(\dfrac{a+2x}{3})]-\dfrac{x-a}{2}f'\qty(\dfrac{a+2x}{3})-\dfrac{(x-a)^3}{54}k\] 得 \(F'(a)=F'(\xi_1)=0\)，故对 \(F'(x)\) 在 \([a,\xi_1]\) 上用 Rolle 定理，得 \(\exists\xi_2\in(a,\xi_1)\subset(a,b)\)，使得 \(F''(\xi_2)=0\)，即 \[F''(\xi_2)=f'(\xi_2)-f'\qty(\dfrac{a+2\xi_2}{3})-\dfrac{\xi_2-a}{3}f''\qty(\dfrac{a+2\xi_2}{3})-\dfrac{(\xi_2-a)^2}{18}k=0\] 再将 \(f'(\xi_2)\) 在 \(x=\dfrac{a+2\xi_2}{3}\) 处 Taylor 展开，有 \[f'(\xi_2)=f'\qty(\dfrac{a+2\xi_2}{3})+f''\qty(\dfrac{a+2\xi_2}{3})\qty(\xi_2-\dfrac{a+2\xi_2}{3})+\dfrac{1}{2!}f'''(\eta)\qty(\xi_2-\dfrac{a+2\xi_3}{3})^2\] 其中 \(\eta\in\qty(\dfrac{a+2\xi_2}{3})\subset(a,b)\)，比较上述两式，即得 \(k=f'''(\eta)\)，故得证.

例题 10

设函数 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上有三阶连续的导数，证明至少存在一点 \(\xi\in(a,b)\)，使得 \[\int_{a}^{b}f(x)\dd x=\dfrac{b-a}{4}\qty[3f\qty(\dfrac{2a+b}{3})+f(b)]-\dfrac{(b-a)^4}{216}f'''(\xi).\]

解答

令 \(k\) 为使 \(\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)\dd x=\dfrac{b-a}{4}\qty[3f\qty(\dfrac{2a+b}{3})+f(b)]-\dfrac{(b-a)^4}{216}k\) 成立的实常数，要证结论成立，只需证 \(k=f'''(\eta)\)， 为此，构造辅助函数 \[F(x)=\int_{x}^{b}f(t)\dd t-\dfrac{b-x}{4}\qty[3f\qty(\dfrac{2x+b}{3})+f(b)]+\dfrac{(b-x)^4}{216}k\] 则 \(F(a)=F(b)=0\)，\(F(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续且可导，由 Rolle 定理，\(\exists\xi_1\in(a,b)\)，使得 \(F'(\xi_1)=0\)，又 \[F'(x)=-f(x)+\dfrac{1}{4}\qty[3f\qty(\dfrac{2x+b}{3})+f(b)]-\dfrac{b-x}{2}f'\qty(\dfrac{2x+b}{3})-\dfrac{(b-x)^3}{54}k\] 得 \(F'(\xi_1)=F'(b)=0\)，故对 \(F'(x)\) 在 \([\xi_1,b]\) 上用 Rolle 定理，得 \(\exists\xi_2\in(\xi_1,b)\subset(a,b)\)，使得 \(F''(\xi_2)=0\)，即 \[F''(\xi_2)=-f'(\xi_2)+f'\qty(\dfrac{2\xi_2+b}{3})-\dfrac{b-\xi_2}{3}f''\qty(\dfrac{2\xi_2+b}{3})+\dfrac{(b-\xi_2)^2}{18}k\] 再将 \(f'(\xi_2)\) 在 \(x=\dfrac{2\xi_2+b}{3}\) 处 Taylor 展开，有 \[f'(\xi_2)=f'\qty(\dfrac{2\xi_2+b}{3})+f''\qty(\dfrac{2\xi_2+b}{3})\qty(\xi_2-\dfrac{2\xi_2+b}{3})+\dfrac{1}{2!}f'''(\eta)\qty(\xi_2-\dfrac{2\xi_2+b}{3})^2\] 其中 \(\eta\in\qty(\dfrac{2\xi_2+b}{3})\subset(a,b)\)，比较上述两式，即得 \(k=f'''(\eta)\)，故得证.

例题 11

设函数 \(f(x)\) 在 \([a,b]\) 上具有四阶连续导数，证明存在一点 \(\xi\in(a,b)\)，使得 \[\int_{a}^{b}f(x)\dd x=\dfrac{b-a}{6}\qty[f(a)+4f\qty(\dfrac{a+b}{2})+f(b)]-\dfrac{(b-a)^5}{2880}f^{(4)}(\xi).\]

解答：

令 \(\begin{cases} a=c-h \\b=c+h \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} c=\dfrac{a+b}{2} \\[6pt] h=\dfrac{b-a}{2} \end{cases}\) 那么原式等价于 \[\int_{c-h}^{c+h}f(x)\dd x=\dfrac{h}{3}\qty[f(c-h)+4(c)+f(c+h)]-\dfrac{h^5}{90}f^{(4)}(\xi)\] 设 \(k\) 为使上式成立的实常数，并构造 \[F(x)=\int_{c-x}^{c+x}f(t)\dd t-\dfrac{x}{3}\qty[f(c-x)+4(c)+f(c+x)]+\dfrac{x^5}{90}k\] 下证 \(k=f^{(4)}(\xi)\)，因为 \(F(0)=F(x)=0\)，由 Rolle 定理得，\(\exists \xi_1\in(0,x)\)，使得 \(F'(\xi_1)=0\) 又 \[\begin{align*} F'(x) & =f(c+x)+f(c-x)-\dfrac{1}{3}\qty[f(c-x)+4f(c)+f(c+x)]-\dfrac{x}{3}\qty[-f'(c-x)+f'(c+x)]+\dfrac{x^4}{18}k \\ & =\dfrac{2}{3}\qty[f(c+x)+f(c-x)]+\dfrac{x}{3}\qty[f'(c-x)-f'(c+x)]+\dfrac{x^4}{18}k-\dfrac{4}{3}f(c) \end{align*}\] 因为 \(F'(0)=F'(\xi_1)\)，由 Rolle 定理得，\(\exists\xi_2\in(0,\xi_1)\)，使得 \(F''(\xi_2)=0\)，且 \[\begin{align*} F''(x) & =\dfrac{2}{3}\qty[f'(c+x)-f'(c-x)]+\dfrac{1}{3}\qty[f'(c-x)-f'(c+x)]+\dfrac{x}{3}\qty[-f''(c-x)-f''(c+x)]+\dfrac{2x^3}{9}k \\ & =\dfrac{1}{3}\qty[f'(c+x)-f'(c-x)]-\dfrac{x}{3}\qty[f''(c-x)+f''(c+x)]+\dfrac{2x^3}{9}k \end{align*}\] 又因为 \(F''(0)=F''(\xi_2)\)，由 Rolle 定理得，\(\exists\xi_3\in(0,\xi_2)\)，使得 \(F'''(\xi_3)=0\)，且 \[\begin{align*} F'''(x) & =\dfrac{1}{3}\qty[f''(c+x)+f''(c-x)]-\dfrac{1}{3}\qty[f''(c-x)+f''(c+x)]-\dfrac{x}{3}\qty[-f'''(c-x)+f'''(c+x)]+\dfrac{2x^2}{3}k \\ & =\dfrac{x}{3}\qty[f'''(c-x)-f'''(c+x)]+\dfrac{2x^2}{3}k \end{align*}\] 由 Lagrange 中值定理得，\(\exists\xi\in(c-\xi_3,c+\xi_3)\)，使得 \(f'''(c-\xi_3)-f'''(c+\xi_3)=-2\xi_3f^{(4)}(\xi)\)，那么 \[-\dfrac{2}{3}\xi_3^2f^{(4)}(\xi)+\dfrac{2}{3}\xi_3^2k=0\Rightarrow k=f^{(4)}(\xi)\] 得证 \(k=f^{(4)}(x)\)，即原命题成立.

例题 12

设 \(f(x)\in C^4[0,1]\)，且满足 \(\displaystyle \int_{0}^{1}f(x)\dd x+3f\qty(\dfrac{1}{2})=8\int_{\frac{1}{4}}^{\frac{3}{4}}f(x)\dd x\)，证明: \(\exists c\in(0,1)\)，使得 \(f^{(4)}(c)=0.\)

解答

因为 \(\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\dd x\xlongequal{x=t+\frac{1}{2}}\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f\qty(t+\dfrac{1}{2})\dd t,~\int_{\frac{1}{4}}^{\frac{3}{4}}f(x)\dd x\xlongequal{x=\frac{t}{2}+\frac{1}{2}}\dfrac{1}{2}\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f\qty(\dfrac{t}{2}+\dfrac{1}{2})\dd t\)，所以 \[\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f(t+\dfrac{1}{2})\dd t-4\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f\qty(\dfrac{t}{2}+\dfrac{1}{2})\dd t +3f\qty(\dfrac{1}{2})=0\] 令 \(g(x)=f\qty(x+\dfrac{1}{2})+f\qty(-x+\dfrac{1}{2})\)，\(h(x)=g(x)-4g\qty(\dfrac{x}{2})\)，那么 \[h(0)=-3g(0)=-6f\qty(\dfrac{1}{2})\Rightarrow f\qty(\dfrac{1}{2})=-\dfrac{1}{2}h(0)\] 那么 \[\begin{align*} \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f\qty(t+\dfrac{1}{2})\dd t-4\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f\qty(\dfrac{t}{2}+\dfrac{1}{2})\dd t -\dfrac{1}{2}h(0)=0 \Rightarrow \int_{0}^{\frac{1}{2}}h(t)\dd t-\dfrac{1}{2}h(0)=0\Rightarrow \dfrac{1}{\dfrac{1}{2}-0}\int_{0}^{\frac{1}{2}}h(t)\dd t=h(0) \end{align*}\] 因为 \(m=\min\limits_{x\in[0,1]}h(x)\leqslant h(0)\leqslant \max\limits_{x\in[0,1]}h(x)=M\)，所以 \(\exists\xi_1\in(0,\dfrac{1}{2})\)，使得 \(h'(\xi_1)=0\)，又 \[h'(x)=g'(x)-2g'\qty(\dfrac{x}{2}),g'(x)=f'\qty(x+\dfrac{1}{2})-f\qty(-x+\dfrac{1}{2})\] 所以 \(h'(0)=0=h'(\xi_1)\)，由 Rolle 定理知，\(\exists\xi_2\in(0,\xi_1)\subset \qty(0,\dfrac{1}{2})\)，使得 \(h''(\xi_2)=0\)，又 \[h''(x)=g''(x)-g''\qty(\dfrac{x}{2}),g''(x)=f''\qty(x+\dfrac{1}{2})+f''\qty(-x+\dfrac{1}{2})\] 所以 \(h''(\xi_2)=g''(\xi_2)=g''\qty(\dfrac{\xi_2}{2})\)，由 Rolle 定理知，\(\exists\xi_3\in\qty(\dfrac{\xi_2}{2},\xi_2)\subset\qty(0,\dfrac{1}{2})\)，使得 \(g'''(\xi_3)=0\)，而 \[g'''(x)=f'''\qty(x+\dfrac{1}{2})-f'''\qty(-x+\dfrac{1}{2})\] 所以 \(f'''\qty(\xi_3+\dfrac{1}{2})=f'''\qty(-\xi_3+\dfrac{1}{2})\)，再由 Rolle 定理知，\(\exists c\in\qty(-\xi_3+\dfrac{1}{2},\xi_3+\dfrac{1}{2})\subset(0,1)\) 使得 \(f^{(4)}(c)=0.\)