积分等式命题的证明

例题 1

设 $f(x)\in D(0,1),f(0)=f(1)=-2,{\displaystyle {\int }_0^{1}f(x)\text{dd}x=0}$ ，证明: $\mathrm{\exists }\xi \in (0,1)$ ，使得 $f^{\prime }(\xi )-f(\xi )=\xi .$

解答

令 $F(x)={\mathrm{e}}^{-x}(f(x)+x+1)$ ，有 $F(0)=-1,F(1)=0$ ，因为 ${\displaystyle {\int }_0^{1}f(x)\text{dd}x=0}$ ，由积分中值定理知， $\mathrm{\exists }\eta \in (0,1)$ ，使得

$${\displaystyle {\int }_0^{1}f(x)\text{dd}x=f(\eta ){\int }_0^1\text{dd}x=f(\eta )=0}$$

而 $F(\eta )={\mathrm{e}}^{-\eta }(f(\eta )+\eta +1)>0$ ，因此 $\mathrm{\exists }\xi \in (0,1)$ ，使得 $F(x)⩽F(\xi )$ ，即 $F(x)$ 的最大值一定在区间 $(0,1)$ 内取到，
由 Fermat 引理知， $F^{\prime }(\xi )=0$ ，即

$$\text{eval}{-{\mathrm{e}}^{-x}(f(x)+x+1)+{\mathrm{e}}^{-x}(f^{\prime }(x)+1)}_{x=\xi }=f^{\prime }(\xi )-f(\xi )=\xi .$$

例题 2

设 $f(x)$ 在 $[2,4]$ 上二阶连续可导， $f(3)=0$ ，证明: $\mathrm{\exists }\xi \in (2,4)$ ，使得 ${\displaystyle f^{″}(\xi )=3{\int }_2^{4}f(x)\text{dd}x.}$

解答

构造 ${\displaystyle F(x)={\int }_2^{x}f(t)\text{dd}t}$ ，那么将 $F(2),F(4)$ 分别在 $x=3$ 处 Taylor 展开，有

$$\begin{array}{r}F(2)=F(3)+F^{\prime }(3)(2-3)+{\displaystyle \frac{1}{2!}}{F}^{″}(3)(2-3{)}^2+{\displaystyle \frac{1}{3!}}{F}^{‴}({\xi }_1)(2-3{)}^3\\ F(4)=F(3)+F^{\prime }(3)(4-3)+{\displaystyle \frac{1}{2!}}{F}^{″}(3)(4-3{)}^2+{\displaystyle \frac{1}{3!}}{F}^{‴}({\xi }_2)(4-3{)}^3\end{array}$$

注意到 $F(2)=F^{\prime }(3)=0$ ，那么上式化为 $\{\begin{array}{l}0=F(3)+{\displaystyle \frac{1}{2}}{F}^{″}(3)-{\displaystyle \frac{1}{6}}{F}^{‴}({\xi }_1)\\ F(4)=F(3)+{\displaystyle \frac{1}{2}}{F}^{″}(3)+{\displaystyle \frac{1}{6}}{F}^{‴}({\xi }_2)\end{array}$
即

$$F(4)={\displaystyle \frac{1}{6}}\text{qty}(F^{‴}({\xi }_1)+F^{‴}({\xi }_2))$$

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

$$m⩽{\displaystyle \frac{1}{2}}\text{qty}(F^{‴}({\xi }_1)+F^{‴}({\xi }_2))⩽M$$

又由连续函数的介值定理知 $\mathrm{\exists }\xi \in ({\xi }_1,{\xi }_2)\subset (2,4)$ ，使得

$$F^{‴}(\xi )={\displaystyle \frac{1}{2}}\text{qty}(F^{‴}({\xi }_1)+F^{‴}({\xi }_2))$$

故 $F(4)={\displaystyle \frac{1}{3}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}\text{qty}(F^{‴}({\xi }_1)+F^{‴}({\xi }_2))={\displaystyle \frac{1}{3}}{F}^{‴}(\xi )$ ，则

$$F^{‴}(\xi )=3F(4)\Rightarrow f^{″}(\xi )=3{\int }_2^{4}f(x)\text{dd}x.$$

例题 3

设 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 二阶导函数连续，证明: $\mathrm{\exists }\xi \in [-1,1]$ ，使得

$${\displaystyle {\int }_{-1}^{1}xf(x)\text{dd}x={\displaystyle \frac{1}{3}}[2f^{\prime }(\xi )+\xi f^{″}(\xi )].}$$

解答

构造 $F(x)=xf(x)$ ，那么 $F(x)$ 在 $[-1,1]$ 二阶导函数连续，并且

$$F^{\prime }(x)=f(x)+x{f}^{\prime }(x),F^{″}(x)=2f^{\prime }(x)+x{f}^{″}(x)$$

又由 Taylor 展开得，

$$F(x)=F(0)+F^{\prime }(0)x+{\displaystyle \frac{1}{2!}}{F}^{″}(\theta x)x^2\theta \in (0,1)$$

且 $F(0)=0,F^{\prime }(0)=f(0)x$ ，于是 $F(x)=f(0)x+{\displaystyle \frac{1}{2}}{F}^{″}(\theta x)x^2$ ，两边对 $x$ 积分，则有，

$${\int }_{-1}^{1}F(x)\text{dd}x={\int }_{-1}^{1}f(0)x\text{dd}x+{\displaystyle \frac{F^{″}(\theta x)}{2}}{\int }_{-1}^1{x}^2\text{dd}x={\displaystyle \frac{F^{″}(\theta x)}{2}}{\int }_{-1}^1{x}^2\text{dd}x$$

记 $m=\underset{0⩽x⩽1}{min}{F}^{″}(x),M=\underset{0⩽x⩽1}{max}{F}^{″}(x)$ ，于是

$$m{\int }_{-1}^1{x}^2\text{dd}x⩽{\int }_{-1}^1{F}^{″}(\theta x)x^2\text{dd}x⩽M{\int }_{-1}^1{x}^2\text{dd}x$$

即 ${\displaystyle \frac{2}{3}}m⩽{\displaystyle {\int }_{-1}^1{F}^{″}(\theta x)x^2\text{dd}x⩽{\displaystyle \frac{2}{3}}M}$ ，
因此有 ${\displaystyle m⩽{\int }_{-1}^{1}F(x)\text{dd}x⩽M}$ ，对 $F^{″}(x)$ 利用连续函数的介值定理，即 $\mathrm{\exists }\xi \in [-1,1]$ ，使得 $3{\displaystyle {\int }_{-1}^{1}F(x)\text{dd}x=F^{″}(\xi )}$ ，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:

$$f(x)=f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)+{\int }_a^x(x-t)f^{\prime \prime }(t)\text{dd}t,\mathrm{\forall }x\in [a,b].$$

解答

由 N-L 公式，

$$\begin{array}{rl}f(x)& =f(a)+{\int }_a^x{f}^{\prime }(t)\text{dd}t=f(a)+{\int }_a^x{f}^{\prime }(a)\text{dd}t+{\int }_a^x\text{dd}t{\int }_a^t{f}^{″}(u)\text{dd}u\\ & =f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)+{\int }_a^x\text{dd}t{\int }_t^x{f}^{″}(u)\text{dd}u=f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)+{\int }_a^x(x-t).\end{array}$$

例题 5

已知 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上二阶可导， $f(a)=f(b)=0$ ，试证: $\mathrm{\exists }\xi \in (a,b)$ ，使得

$${\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x=\frac{1}{12}{f}^{″}(\xi )(a-b{)}^3.$$

解答

令 ${\displaystyle F(x)={\int }_a^{x}f(t)\text{dd}t-\frac{1}{2}(x-a)f(x)}$ ， ${\displaystyle G(x)=-\frac{1}{12}(x-a{)}^3}$ ，
在 $[a,b]$ 上连续两次应用 Cauchy 中值定理，

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{{\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x-0}}{-{\displaystyle \frac{1}{12}}(b-a{)}^3-0}}& ={\displaystyle \frac{F(b)-F(a)}{G(b)-G(a)}}\underset{a⩽{\xi }_1⩽b}{\overset{\text{Cauchy 中值定理}}{=}}{\displaystyle \frac{F"({\xi }_1)}{G^{\prime }({\xi }_1)}}\\ & ={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}f({\xi }_1)-{\displaystyle \frac{1}{2}}({\xi }_1-a)f^{\prime }(\xi )-0}{-{\displaystyle \frac{1}{4}}({\xi }_1-a{)}^2-0}}\underset{a⩽\xi ⩽{\xi }_1}{\overset{\text{Cauchy 中值定理}}{=}}{\displaystyle \frac{-{\displaystyle \frac{1}{2}}{f}^{″}(\xi )(\xi -a)}{-{\displaystyle \frac{1}{2}}(\xi -a)}}=f^{″}(\xi ).\end{array}$$

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

$${\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x=f(b)(b-a)-f^{\prime }(b){\displaystyle \frac{(b-a{)}^2}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{6}}(b-a{)}^3{f}^{″}(\xi ).$$

解答

令 $k$ 为使 ${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x=f(b)(b-a)-f^{\prime }(b){\displaystyle \frac{(b-a{)}^2}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{6}}(b-a{)}^{3}k}$ 成立的实常数，构造辅助函数

$$F(x)={\int }_a^{x}f(t)\text{dd}t-f(x)(x-a)+f^{\prime }(x){\displaystyle \frac{(x-a{)}^2}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{6}}(x-a{)}^{3}k$$

则 $F(a)=F(b)=0$ ，故由 Rolle 定理知 $\mathrm{\exists }\xi \in (a,b)$ ，使 $F^{\prime }(\xi )=0$ ，即

$$F^{\prime }(\xi )=f^{″}(\xi ){\displaystyle \frac{(\xi -a{)}^2}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}(\xi -a{)}^{2}k=0$$

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

$${\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x=(b-a)f\text{qty}({\displaystyle \frac{a+b}{2}})+{\displaystyle \frac{1}{24}}(b-a{)}^3{f}^{″}(\xi ).$$

解答：法一

将 $f(x)$ 在 ${\displaystyle \frac{a+b}{2}}$ 处进行 Taylor 展开，有

$$f(x)=f\text{qty}({\displaystyle \frac{a+b}{2}})+f^{\prime }\text{qty}({\displaystyle \frac{a+b}{2}})\text{qty}(x-{\displaystyle \frac{a+b}{2}})+{\displaystyle \frac{f^{″}({\xi }_1)}{2!}}\text{qty}(x-{\displaystyle \frac{a+b}{2}})$$

因为 $f^{″}(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，所以存在最小值 $m$ 和最大值 $M$ ，使 $\mathrm{\forall }x\in [a,b]$ ， $m⩽f^{″}(x)⩽M$ ，于是

$$m{\int }_a^b\text{qty}(x-{\displaystyle \frac{a+b}{2}}{)}^2\text{dd}x⩽{\int }_a^b{f}^{″}({\xi }_1)\text{qty}(x-{\displaystyle \frac{a+b}{2}}{)}^2\text{dd}x⩽M{\int }_a^b\text{qty}(x-{\displaystyle \frac{a+b}{2}}{)}^2\text{dd}x$$

从而 ${\displaystyle m⩽{\displaystyle \frac{{\displaystyle {\int }_a^b{f}^{″}({\xi }_1)\text{qty}(x-{\displaystyle \frac{a+b}{2}}{)}^2\text{dd}x}}{{\displaystyle {\int }_a^b\text{qty}(x-{\displaystyle \frac{a+b}{2}}{)}^2\text{dd}x}}}⩽M}$ ，故由介值定理知，存在 $\xi \in (a,b)$ ，使得

$$f^{″}(\xi )={\displaystyle \frac{{\displaystyle {\int }_a^b{f}^{″}({\xi }_1)\text{qty}(x-{\displaystyle \frac{a+b}{2}}{)}^2\text{dd}x}}{{\displaystyle {\int }_a^b\text{qty}(x-{\displaystyle \frac{a+b}{2}}{)}^2\text{dd}x}}}$$

即得证 ${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x=(b-a)f\text{qty}({\displaystyle \frac{a+b}{2}})+{\displaystyle \frac{1}{24}}(b-a{)}^3{f}^{″}(\xi ).}$

解答：法二

令 ${\displaystyle F(x)={\int }_a^{x}f(t)\text{dd}t}$ ，将 $F(x)$ 在 $x_0={\displaystyle \frac{a+b}{2}}$ 处 Taylor 展开得

$$F(x)=F\left(x_0\right)+F^{\prime }\left(x_0\right)(x-x_0)+{\displaystyle \frac{F^{″}(x)}{2!}}{(x-x_0)}^2+{\displaystyle \frac{F^{‴}\left(\xi \right)}{3!}}{(x-x_0)}^3$$

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

$$F\left(b\right)-F\left(a\right)=(b-a)f\left({\displaystyle \frac{a+b}{2}}\right)+{\displaystyle \frac{1}{24}}{(b-a)}^3{\displaystyle \frac{f^{″}\left({\xi }_1\right)+f^{″}\left({\xi }_2\right)}{2}}$$

其中 $a<{\xi }_2<{\displaystyle \frac{a+b}{2}}<{\xi }_1<b$ ，不妨设 $f^{″}({\xi }_1)⩽f^{″}({\xi }_2)$ ，则 $f^{″}(x_1)⩽{\displaystyle \frac{f^{″}({\xi }_1)+f^{″}({\xi }_2)}{2}}⩽f^{″}({\xi }_2)$ ，由导函数 $f^{″}(x)$ 的 Darboux 定理或 $f^{″}(x)$ 的连续性及介值定理知，
$\mathrm{\exists }\xi \in ({\xi }_1,{\xi }_2)$ 或 $({\xi }_2,{\xi }_1)\subset (a,b)$ ，使 $f^{″}(\xi )={\displaystyle \frac{f^{″}({\xi }_1)+f^{″}({\xi }_2)}{2}}$ ，故 ${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x=(b-a)f\text{qty}({\displaystyle \frac{a+b}{2}})+{\displaystyle \frac{1}{24}}(b-a{)}^3{f}^{″}(\xi ).}$

解答：法三

设 $k$ 为使 ${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x=(b-a)f\left(\frac{a+b}{2}\right)+\frac{1}{24}(b-a{)}^{3}k}$ 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

$${\displaystyle F(x)={\int }_a^{x}f(t)\text{dd}t-(x-a)f\left(\frac{a+x}{2}\right)-\frac{1}{24}(x-a{)}^{3}k}$$

则 $F(a)=F(b)=0$ ，故由 Rolle 定理， $\mathrm{\exists }\eta \in (a,b)$ ，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 $x={\displaystyle \frac{a+\eta }{2}}$ 处进行 Taylor 展开，有

$$f(\eta )=f\left({\displaystyle \frac{a+\eta }{2}}\right)+f^{\prime }\left(\frac{a+\eta }{2}\right)\frac{\eta -a}{2}+\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{2!}{\left(\frac{\eta -a}{2}\right)}^2$$

其中 $\xi \in ({\displaystyle \frac{a+\eta }{2}},\eta )\subset (a,b)$ ，
比较上述两式，得 $k=f^{\prime \prime }(\xi )$ 故得证.

解答：法四

取 $\rho \equiv 1$ ，首先构造数值求积公式 ${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x\approx A_{0}f\text{qty}({\displaystyle \frac{a+b}{2}})}$ ，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 ${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x\approx (b-a)f\text{qty}({\displaystyle \frac{a+b}{2}})}$ 的代数精度为 $1$ ;
其次，构造一次插值多项式

$$P_1\text{qty}({\displaystyle \frac{a+b}{2}})=f\text{qty}({\displaystyle \frac{a+b}{2}}),P_1^{\prime }\text{qty}({\displaystyle \frac{a+b}{2}})=f^{\prime }\text{qty}({\displaystyle \frac{a+b}{2}})$$

那么 $W_2(x)=\text{qty}(x-{\displaystyle \frac{a+b}{2}}{)}^2$ 且不恒为 $0$ ，又

$$K={\int }_a^b{W}_2(x)\text{dd}x={\displaystyle \frac{1}{12}}(b-a{)}^3$$

那么至少存在一点 $\xi \in (a,b)$ ，使得

$${\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x=(b-a)f\text{qty}({\displaystyle \frac{a+b}{2}})+{\displaystyle \frac{f^{″}(\xi )}{2!}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{12}}(b-a{)}^3$$

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

$${\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x={\displaystyle \frac{b-a}{2}}(f(a)+f(b))-{\displaystyle \frac{1}{12}}{f}^{″}(\xi )(b-a{)}^3.$$

解答：法一

设 $k$ 为使 ${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x={\displaystyle \frac{b-a}{2}}(f(a)+f(b))-{\displaystyle \frac{1}{12}}k(b-a{)}^3}$ 成立的实常数，则证 $k=f^{″}(\xi )$ ，为此构造辅助函数

$$F(x)={\int }_a^{x}f(t)\text{dd}t-{\displaystyle \frac{x-a}{2}}(f(a)+f(x))+{\displaystyle \frac{1}{12}}k(x-a{)}^3$$

那么 $F(a)=F(b)=0$ ，由 Rolle 定理知， $\mathrm{\exists }{\xi }_1\in (a,b)$ ，使得 $F^{\prime }({\xi }_1)=0$ ，又

$$F^{\prime }(x)=f(x)-{\displaystyle \frac{1}{2}}(f(x)+f(a))-{\displaystyle \frac{x-a}{2}}{f}^{\prime }(x)+{\displaystyle \frac{1}{4}}k(x-a{)}^2$$

并且注意到 $F^{\prime }(a)=F^{\prime }({\xi }_1)=0$ ，再由 Rolle 定理知， $\mathrm{\exists }\xi \in (a,{\xi }_1)\subset (a,b)$ ，使得 $F^{″}(\xi )=0$ ，并且

$$F^{″}(\xi )=-{\displaystyle \frac{\xi -a}{2}}{f}^{″}(\xi )+{\displaystyle \frac{1}{2}}k(\xi -a)=0$$

即得证 $k=f^{″}(\xi ).$

解答：法二

取 $\rho (x)\equiv 1$ ，首先构造数值求积公式 ${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x\approx A_{0}f(a)+A_{1}f(b)}$ ，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

$$\{\begin{array}{ccccc}{A}_0& +& A_1& =& b-a\\ a{A}_0& +& b{A}_1& =& {\displaystyle \frac{b^2-a^2}{2}}\end{array}\Rightarrow A_0=A_1={\displaystyle \frac{b-a}{2}}$$

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 ${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x\approx {\displaystyle \frac{b-a}{2}}(f(a)+f(b))}$ 的代数精度为 $2$ ;
其次，构造二次插值多项式 $P_1(x)$ ，使满足

$$P_1(a)=f(a),P_1^{\prime }(b)=f^{\prime }(b)$$

那么 $W_2(x)=(x-a)(x-b)⩾0$ 且不恒为 $0$ ，又

$$K={\int }_a^b{W}_2(x)\text{dd}x=-{\displaystyle \frac{1}{6}}(b-a{)}^3$$

那么至少存在一点 $\xi \in (a,b)$ ，使得

$${\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x={\displaystyle \frac{b-a}{2}}(f(a)+f(b))-{\displaystyle \frac{f^{″}(\xi )}{2!}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{6}}(b-a{)}^3$$

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

$${\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x={\displaystyle \frac{b-a}{4}}\text{qty}[f(a)+3f\text{qty}({\displaystyle \frac{a+2b}{3}})]+{\displaystyle \frac{(b-a{)}^4}{216}}{f}^{‴}(\eta ).$$

解答

令 $k$ 为使 ${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x={\displaystyle \frac{b-a}{4}}\text{qty}[f(a)+3f\text{qty}({\displaystyle \frac{a+2b}{3}})]+{\displaystyle \frac{(b-a{)}^4}{216}}k}$ 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

$$F(x)={\int }_a^{x}f(t)\text{dd}t-{\displaystyle \frac{x-a}{4}}\text{qty}[f(a)+3f\text{qty}({\displaystyle \frac{a+2x}{3}})]-{\displaystyle \frac{(x-a{)}^4}{216}}k,x\in [a,b]$$

则 $F(a)=F(b)=0$ ， $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续且可导，由 Rolle 定理， $\mathrm{\exists }{\xi }_1\in (a,b)$ ，使得 $F^{\prime }({\xi }_1)=0$ ，又

$$F^{\prime }(x)=f(x)-{\displaystyle \frac{1}{4}}\text{qty}[f(a)+3f\text{qty}({\displaystyle \frac{a+2x}{3}})]-{\displaystyle \frac{x-a}{2}}{f}^{\prime }\text{qty}({\displaystyle \frac{a+2x}{3}})-{\displaystyle \frac{(x-a{)}^3}{54}}k$$

得 $F^{\prime }(a)=F^{\prime }({\xi }_1)=0$ ，故对 $F^{\prime }(x)$ 在 $[a,{\xi }_1]$ 上用 Rolle 定理，得 $\mathrm{\exists }{\xi }_2\in (a,{\xi }_1)\subset (a,b)$ ，使得 $F^{″}({\xi }_2)=0$ ，即

$$F^{″}({\xi }_2)=f^{\prime }({\xi }_2)-f^{\prime }\text{qty}({\displaystyle \frac{a+2{\xi }_2}{3}})-{\displaystyle \frac{{\xi }_2-a}{3}}{f}^{″}\text{qty}({\displaystyle \frac{a+2{\xi }_2}{3}})-{\displaystyle \frac{({\xi }_2-a{)}^2}{18}}k=0$$

再将 $f^{\prime }({\xi }_2)$ 在 $x={\displaystyle \frac{a+2{\xi }_2}{3}}$ 处 Taylor 展开，有

$$f^{\prime }({\xi }_2)=f^{\prime }\text{qty}({\displaystyle \frac{a+2{\xi }_2}{3}})+f^{″}\text{qty}({\displaystyle \frac{a+2{\xi }_2}{3}})\text{qty}({\xi }_2-{\displaystyle \frac{a+2{\xi }_2}{3}})+{\displaystyle \frac{1}{2!}}{f}^{‴}(\eta )\text{qty}({\xi }_2-{\displaystyle \frac{a+2{\xi }_3}{3}}{)}^2$$

其中 $\eta \in \text{qty}({\displaystyle \frac{a+2{\xi }_2}{3}})\subset (a,b)$ ，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

$${\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x={\displaystyle \frac{b-a}{4}}\text{qty}[3f\text{qty}({\displaystyle \frac{2a+b}{3}})+f(b)]-{\displaystyle \frac{(b-a{)}^4}{216}}{f}^{‴}(\xi ).$$

解答

令 $k$ 为使 ${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x={\displaystyle \frac{b-a}{4}}\text{qty}[3f\text{qty}({\displaystyle \frac{2a+b}{3}})+f(b)]-{\displaystyle \frac{(b-a{)}^4}{216}}k}$ 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

$$F(x)={\int }_x^{b}f(t)\text{dd}t-{\displaystyle \frac{b-x}{4}}\text{qty}[3f\text{qty}({\displaystyle \frac{2x+b}{3}})+f(b)]+{\displaystyle \frac{(b-x{)}^4}{216}}k$$

则 $F(a)=F(b)=0$ ， $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续且可导，由 Rolle 定理， $\mathrm{\exists }{\xi }_1\in (a,b)$ ，使得 $F^{\prime }({\xi }_1)=0$ ，又

$$F^{\prime }(x)=-f(x)+{\displaystyle \frac{1}{4}}\text{qty}[3f\text{qty}({\displaystyle \frac{2x+b}{3}})+f(b)]-{\displaystyle \frac{b-x}{2}}{f}^{\prime }\text{qty}({\displaystyle \frac{2x+b}{3}})-{\displaystyle \frac{(b-x{)}^3}{54}}k$$

得 $F^{\prime }({\xi }_1)=F^{\prime }(b)=0$ ，故对 $F^{\prime }(x)$ 在 $[{\xi }_1,b]$ 上用 Rolle 定理，得 $\mathrm{\exists }{\xi }_2\in ({\xi }_1,b)\subset (a,b)$ ，使得 $F^{″}({\xi }_2)=0$ ，即

$$F^{″}({\xi }_2)=-f^{\prime }({\xi }_2)+f^{\prime }\text{qty}({\displaystyle \frac{2{\xi }_2+b}{3}})-{\displaystyle \frac{b-{\xi }_2}{3}}{f}^{″}\text{qty}({\displaystyle \frac{2{\xi }_2+b}{3}})+{\displaystyle \frac{(b-{\xi }_2{)}^2}{18}}k$$

再将 $f^{\prime }({\xi }_2)$ 在 $x={\displaystyle \frac{2{\xi }_2+b}{3}}$ 处 Taylor 展开，有

$$f^{\prime }({\xi }_2)=f^{\prime }\text{qty}({\displaystyle \frac{2{\xi }_2+b}{3}})+f^{″}\text{qty}({\displaystyle \frac{2{\xi }_2+b}{3}})\text{qty}({\xi }_2-{\displaystyle \frac{2{\xi }_2+b}{3}})+{\displaystyle \frac{1}{2!}}{f}^{‴}(\eta )\text{qty}({\xi }_2-{\displaystyle \frac{2{\xi }_2+b}{3}}{)}^2$$

其中 $\eta \in \text{qty}({\displaystyle \frac{2{\xi }_2+b}{3}})\subset (a,b)$ ，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

$${\int }_a^{b}f(x)\text{dd}x={\displaystyle \frac{b-a}{6}}\text{qty}[f(a)+4f\text{qty}({\displaystyle \frac{a+b}{2}})+f(b)]-{\displaystyle \frac{(b-a{)}^5}{2880}}{f}^{(4)}(\xi ).$$

解答：

令 $\{\begin{array}{l}a=c-h\\ b=c+h\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}c={\displaystyle \frac{a+b}{2}}\\ h={\displaystyle \frac{b-a}{2}}\end{array}$ 那么原式等价于

$${\int }_{c-h}^{c+h}f(x)\text{dd}x={\displaystyle \frac{h}{3}}\text{qty}[f(c-h)+4(c)+f(c+h)]-{\displaystyle \frac{h^5}{90}}{f}^{(4)}(\xi )$$

设 $k$ 为使上式成立的实常数，并构造 $$F(x)=\int_{c-x}^{c+x}f(t)\dd t-\dfrac{x}{3}\qty[f(c-x)+4©+f(c+x)]+\dfrac{x^5}{90}k$$
下证 $k=f^{(4)}(\xi )$ ，因为 $F(0)=F(x)=0$ ，由 Rolle 定理得， $\mathrm{\exists }{\xi }_1\in (0,x)$ ，使得 $F^{\prime }({\xi }_1)=0$ 又

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =f(c+x)+f(c-x)-{\displaystyle \frac{1}{3}}\text{qty}[f(c-x)+4f(c)+f(c+x)]-{\displaystyle \frac{x}{3}}\text{qty}[-f^{\prime }(c-x)+f^{\prime }(c+x)]+{\displaystyle \frac{x^4}{18}}k\\ & ={\displaystyle \frac{2}{3}}\text{qty}[f(c+x)+f(c-x)]+{\displaystyle \frac{x}{3}}\text{qty}[f^{\prime }(c-x)-f^{\prime }(c+x)]+{\displaystyle \frac{x^4}{18}}k-{\displaystyle \frac{4}{3}}f(c)\end{array}$$

因为 $F^{\prime }(0)=F^{\prime }({\xi }_1)$ ，由 Rolle 定理得， $\mathrm{\exists }{\xi }_2\in (0,{\xi }_1)$ ，使得 $F^{″}({\xi }_2)=0$ ，且

$$\begin{array}{rl}{F}^{″}(x)& ={\displaystyle \frac{2}{3}}\text{qty}[f^{\prime }(c+x)-f^{\prime }(c-x)]+{\displaystyle \frac{1}{3}}\text{qty}[f^{\prime }(c-x)-f^{\prime }(c+x)]+{\displaystyle \frac{x}{3}}\text{qty}[-f^{″}(c-x)-f^{″}(c+x)]+{\displaystyle \frac{2x^3}{9}}k\\ & ={\displaystyle \frac{1}{3}}\text{qty}[f^{\prime }(c+x)-f^{\prime }(c-x)]-{\displaystyle \frac{x}{3}}\text{qty}[f^{″}(c-x)+f^{″}(c+x)]+{\displaystyle \frac{2x^3}{9}}k\end{array}$$

又因为 $F^{″}(0)=F^{″}({\xi }_2)$ ，由 Rolle 定理得， $\mathrm{\exists }{\xi }_3\in (0,{\xi }_2)$ ，使得 $F^{‴}({\xi }_3)=0$ ，且

$$\begin{array}{rl}{F}^{‴}(x)& ={\displaystyle \frac{1}{3}}\text{qty}[f^{″}(c+x)+f^{″}(c-x)]-{\displaystyle \frac{1}{3}}\text{qty}[f^{″}(c-x)+f^{″}(c+x)]-{\displaystyle \frac{x}{3}}\text{qty}[-f^{‴}(c-x)+f^{‴}(c+x)]+{\displaystyle \frac{2x^2}{3}}k\\ & ={\displaystyle \frac{x}{3}}\text{qty}[f^{‴}(c-x)-f^{‴}(c+x)]+{\displaystyle \frac{2x^2}{3}}k\end{array}$$

由 Lagrange 中值定理得， $\mathrm{\exists }\xi \in (c-{\xi }_3,c+{\xi }_3)$ ，使得 $f^{‴}(c-{\xi }_3)-f^{‴}(c+{\xi }_3)=-2{\xi }_3{f}^{(4)}(\xi )$ ，那么

$$-{\displaystyle \frac{2}{3}}{\xi }_3^2{f}^{(4)}(\xi )+{\displaystyle \frac{2}{3}}{\xi }_3^{2}k=0\Rightarrow k=f^{(4)}(\xi )$$

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 ${\displaystyle {\int }_0^{1}f(x)\text{dd}x+3f\text{qty}({\displaystyle \frac{1}{2}})=8{\int }_{\frac{1}{4}}^{\frac{3}{4}}f(x)\text{dd}x}$ ，证明: $\mathrm{\exists }c\in (0,1)$ ，使得 $f^{(4)}(c)=0.$

解答

因为 ${\displaystyle {\int }_0^{1}f(x)\text{dd}x\stackrel{x=t+\frac{1}{2}}{=}{\int }_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f\text{qty}(t+{\displaystyle \frac{1}{2}})\text{dd}t,{\int }_{\frac{1}{4}}^{\frac{3}{4}}f(x)\text{dd}x\stackrel{x=\frac{t}{2}+\frac{1}{2}}{=}{\displaystyle \frac{1}{2}}{\int }_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f\text{qty}({\displaystyle \frac{t}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{2}})\text{dd}t}$ ，所以

$${\int }_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f(t+{\displaystyle \frac{1}{2}})\text{dd}t-4{\int }_{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f\text{qty}({\displaystyle \frac{t}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{2}})\text{dd}t+3f\text{qty}({\displaystyle \frac{1}{2}})=0$$

令 $g(x)=f\text{qty}(x+{\displaystyle \frac{1}{2}})+f\text{qty}(-x+{\displaystyle \frac{1}{2}})$ ， $h(x)=g(x)-4g\text{qty}({\displaystyle \frac{x}{2}})$ ，那么

$$h(0)=-3g(0)=-6f\text{qty}({\displaystyle \frac{1}{2}})\Rightarrow f\text{qty}({\displaystyle \frac{1}{2}})=-{\displaystyle \frac{1}{2}}h(0)$$

那么

$$\begin{array}{r}{\int }_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f\text{qty}(t+{\displaystyle \frac{1}{2}})\text{dd}t-4{\int }_{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f\text{qty}({\displaystyle \frac{t}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{2}})\text{dd}t-{\displaystyle \frac{1}{2}}h(0)=0\Rightarrow {\int }_0^{\frac{1}{2}}h(t)\text{dd}t-{\displaystyle \frac{1}{2}}h(0)=0\Rightarrow {\displaystyle \frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{2}}-0}}{\int }_0^{\frac{1}{2}}h(t)\text{dd}t=h(0)\end{array}$$

因为 $m=\underset{x\in [0,1]}{min}h(x)⩽h(0)⩽\underset{x\in [0,1]}{max}h(x)=M$ ，所以 $\mathrm{\exists }{\xi }_1\in (0,{\displaystyle \frac{1}{2}})$ ，使得 $h^{\prime }({\xi }_1)=0$ ，又

$$h^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)-2g^{\prime }\text{qty}({\displaystyle \frac{x}{2}}),g^{\prime }(x)=f^{\prime }\text{qty}(x+{\displaystyle \frac{1}{2}})-f\text{qty}(-x+{\displaystyle \frac{1}{2}})$$

所以 $h^{\prime }(0)=0=h^{\prime }({\xi }_1)$ ，由 Rolle 定理知， $\mathrm{\exists }{\xi }_2\in (0,{\xi }_1)\subset \text{qty}(0,{\displaystyle \frac{1}{2}})$ ，使得 $h^{″}({\xi }_2)=0$ ，又

$$h^{″}(x)=g^{″}(x)-g^{″}\text{qty}({\displaystyle \frac{x}{2}}),g^{″}(x)=f^{″}\text{qty}(x+{\displaystyle \frac{1}{2}})+f^{″}\text{qty}(-x+{\displaystyle \frac{1}{2}})$$

所以 $h^{″}({\xi }_2)=g^{″}({\xi }_2)=g^{″}\text{qty}({\displaystyle \frac{{\xi }_2}{2}})$ ，由 Rolle 定理知， $\mathrm{\exists }{\xi }_3\in \text{qty}({\displaystyle \frac{{\xi }_2}{2}},{\xi }_2)\subset \text{qty}(0,{\displaystyle \frac{1}{2}})$ ，使得 $g^{‴}({\xi }_3)=0$ ，而

$$g^{‴}(x)=f^{‴}\text{qty}(x+{\displaystyle \frac{1}{2}})-f^{‴}\text{qty}(-x+{\displaystyle \frac{1}{2}})$$

所以 $f^{‴}\text{qty}({\xi }_3+{\displaystyle \frac{1}{2}})=f^{‴}\text{qty}(-{\xi }_3+{\displaystyle \frac{1}{2}})$ ，再由 Rolle 定理知， $\mathrm{\exists }c\in \text{qty}(-{\xi }_3+{\displaystyle \frac{1}{2}},{\xi }_3+{\displaystyle \frac{1}{2}})\subset (0,1)$ 使得 $f^{(4)}(c)=0.$