06-线性方程组

依赖于

• 04-微分 Darboux 定理

被以下题目直接调用

• 无

正文部分

我们在此介绍线性方程组在分析中的一些应用. 在这里, $n$ 次多项式泛指次数不高于 $n$ 的多项式.

例 6.1

例 6.1

设 $0⩽p⩽k-1$ ，求

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\mathrm{C}}_{kn}^p+{\mathrm{C}}_{kn}^{p+k}+\cdots +{\mathrm{C}}_{kn}^{p+(n-1)k}}{2^{kn}}.$$

解 记 $\omega ={\mathrm{e}}^{\frac{2\pi \mathrm{i}}{k}}$

$$A_p(n)=\frac{1}{2^{kn}}\sum _{j=0}^{n-1}{\mathrm{C}}_{kn}^{p+jk},{\omega }_p={\omega }^p,p=0,1,2,\dots ,k-1.$$

考虑 $(1+x{)}^{kn}$ 的二项展开式, 依次令 $x=1,{\omega }_1,\cdots ,{\omega }_{k-1}$ , 并注意到 ${\omega }_p^k=1(p=0,1,\cdots ,k-1)$ 可得

$$\left(\begin{array}{ccccc}1& 1& 1& \dots & 1\\ 1& {\omega }_1& {\omega }_1^2& \dots & {\omega }_1^{k-1}\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 1& {\omega }_{k-1}& {\omega }_{k-1}^2& \dots & {\omega }_{k-1}^{k-1}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{A}_0(n)+\frac{1}{2^{kn}}\\ A_1(n)\\ ⋮\\ A_{k-1}(n)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ {\left(\frac{1+{\omega }_1}{2}\right)}^{kn}\\ ⋮\\ {\left(\frac{1+{\omega }_{k-1}}{2}\right)}^{kn}\end{array}\right),$$

即

$$\left(\begin{array}{c}{A}_0(n)+\frac{1}{2^{kn}}\\ A_1(n)\\ ⋮\\ A_{k-1}(n)\end{array}\right)={\left(\begin{array}{ccccc}1& 1& 1& \dots & 1\\ 1& {\omega }_1& {\omega }_1^2& \dots & {\omega }_1^{k-1}\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 1& {\omega }_{k-1}& {\omega }_{k-1}^2& \dots & {\omega }_{k-1}^{k-1}\end{array}\right)}^{-1}\left(\begin{array}{c}1\\ {\left(\frac{1+{\omega }_1}{2}\right)}^{kn}\\ ⋮\\ {\left(\frac{1+{\omega }_{k-1}}{2}\right)}^{kn}\end{array}\right).$$

于是

$$\begin{array}{l}\left(\begin{array}{c}{A}_0\\ A_1\\ ⋮\\ A_{k-1}\end{array}\right):={\lim }_{n\to +\infty }\left(\begin{array}{c}{A}_0(n)+\frac{1}{2^{kn}}\\ A_1(n)\\ ⋮\\ A_{k-1}(n)\end{array}\right)\\ ={\left(\begin{array}{ccccc}1& 1& 1& \dots & 1\\ 1& {\omega }_1& {\omega }_1^2& \dots & {\omega }_1^{k-1}\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 1& {\omega }_{k-1}& {\omega }_{k-1}^2& \dots & {\omega }_{k-1}^{k-1}\end{array}\right)}^{-1}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ ⋮\\ 0\end{array}\right).\end{array}$$

注意到 $a_0=a_1=\cdots =a_{k-1}=\frac{1}{k}$ 是

$$\left(\begin{array}{ccccc}1& 1& 1& \dots & 1\\ 1& {\omega }_1& {\omega }_1^2& \dots & {\omega }_1^{k-1}\\ ⋮& ⋮& ⋮& & ⋮\\ 1& {\omega }_{k-1}& {\omega }_{k-1}^2& \dots & {\omega }_{k-1}^{k-1}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{a}_0\\ a_1\\ ⋮\\ a_{k-1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ ⋮\\ 0\end{array}\right)$$

的解, 结合线性方程组解的唯一性即得 $A_0=A_1=\cdots =A_{k-1}=\frac{1}{k}$ . 因此,

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{\mathrm{C}}_{kn}^p+{\mathrm{C}}_{kn}^{p+k}+\cdots +{\mathrm{C}}_{kn}^{p+(n-1)k}}{2^{kn}}=A_p=\frac{1}{k},\forall p=0,1,\dots ,k-1.$$

例 6.2

例 6.2

设 $f$ 在 $R$ 上有 $n+1$ 阶导数 ( $n⩾1$ ), 且 $M_0,M_{n+1}<+\infty$ , 其中 $M_m={\sup }_{x\in \mathbb{R}}|f^{(m)}(x)|(m=0,1,\cdots ,n+1)$ . 证明: 对于 $1⩽m⩽n$ , 存在与 $f$ 无关的常数 $C_m>0$ 使得

$$M_m⩽C_m{M}_0^{1-\frac{m}{n+1}}{M}_{n+1}^{\frac{m}{n+1}}.$$

证明 $\forall x\in \mathbb{R},h>0,$ 存在 ${\xi }_1,{\xi }_2,\cdots ,{\xi }_n\in \mathbb{R}$ 使得

$$f(x+mh)=f(x)+\sum _{k=1}^n{m}^k{h}^k{f}^{(k)}(x)+\frac{m^{n+1}{h}^{n+1}{f}^{(n+1)}({\xi }_m)}{(n+1)!},m=1,2,\dots ,n.$$

把上式看做关于 $h{f}^{\prime }(x),h^2{f}^{\prime \prime }(x),\cdots ,h^n{f}^{(n)}(x)$ 的线性方程组，则易见存在与 f 和 h 无关的常数 $C_1,C_2,\cdots ,C_n>0$ 使得

$$M_m{h}^m⩽\frac{1}{2}{C}_m(M_0+M_{n+1}{h}^{n+1}),m=1,2,\dots ,n.$$

由此利用 $h>0$ 的任意性立即得到

$$M_m⩽C_m{M}_0^{1-\frac{m}{n+1}}{M}_{n+1}^{\frac{m}{n+1}},m=1,2,\dots ,n.$$

对应于有限区间, 我们有

例 6.3

例 6.3

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上有 $n+1$ 阶导数 $(n⩾1)$ ，且 $M_0,M_{n+1}<+\infty$ ，其中 $M_m={\sup }_{x\in [a,b]}\left|f^{(m)}(x)\right|(m=0,1,\cdots ,n+1)$ 。证明：对于 $1⩽m⩽n$ ，存在与 $f$ 无关的常数 $C_m>0$ 使得对任何 $h\in \left(0,\frac{b-a}{2n}\right)$ ，成立

$$M_m⩽C_m\left(\frac{M_0}{h^m}+M_{n+1}{h}^{n+1-m}\right).$$

证明 对于 $x\in \left[a,\frac{a+b}{2}\right]$ 以及 $h\in \left(0,\frac{b-a}{2n}\right)$ ，成立 $x+nh\in [a,b]$ 。因此，存在 ${\xi }_1,{\xi }_2,\cdots ,{\xi }_n\in [a,b]$ 使得

$$f(x+mh)=f(x)+\sum _{k=1}^n{m}^k{h}^k{f}^{(k)}(x)+\frac{m^{n+1}{h}^{n+1}{f}^{(n+1)}({\xi }_m)}{(n+1)!},m=1,2,\dots ,n.$$

则易见存在与 f 和 h 无关的常数 $A_1,A_2,\cdots ,A_n>0$ 使得

$$\underset{x\in [a,\frac{a+b}{2}]}{\max }|f^{(m)}(x)|h^m⩽A_m(M_0+M_{n+1}{h}^{n+1}),m=1,2,\dots ,n.$$

类似地, 存在与 f 和 h 无关的常数 $B_1,B_2,\cdots ,B_n>0$ 使得

$$\underset{x\in [\frac{a+b}{2},b]}{\max }|f^{(m)}(x)|h^m⩽B_m\left(M_0+M_{n+1}{h}^{n+1}\right),m=1,2,\dots ,n.$$

令 $C_m=\max \{A_m,B_m\}$ , 即得要证的结论.

我们也可以建立离散情形的结果. 对于数列 $\{a_n\}$ , 定义

$$\begin{array}{rl}\Delta a_n:=a_{n+1}-a_n,n⩾1,& \\ & {\Delta }^{j+1}{a}_n:={\Delta }^j{a}_{n+1}-{\Delta }^j{a}_n,n⩾1;j⩾1.\end{array}$$

例 6.4

例 6.4

证明: 存在常数 $C$ 使得对任何数列 $\{a_n\}$ 及整数 $k⩾2$ , 成立

$$k\underset{n⩾1}{\sup }|\Delta a_n|⩽C\left(\underset{n⩾1}{\sup }|a_n|+k^2\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^2{a}_n|\right).\text{\hspace{1em}(6.1)}$$

证明 对于任何 $k⩾2$ , 我们有

$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}{a}_{n+k}-a_n& =\sum _{\ell \\ =0}^{k-1}\Delta a_{n+\ell }\\ & =k\Delta a_n+\sum _{\ell \\ =1}^{k-1}(\Delta a_{n+\ell }-\Delta a_n)\\ & =k\Delta a_n+\sum _{\ell =1}^{k-1}\sum _{m \\ =0}^{\ell -1}{\Delta }^2{a}_{n+m}.\end{array} \end{gathered}$$

因此，

$$k\underset{n⩾1}{\sup }|\Delta a_n|⩽2\underset{n⩾1}{\sup }|a_n|+\frac{k^2}{2}\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^2{a}_n|.$$ $$\square$$

例 6.5

例 6.5

证明：存在常数 $C_1,C_2$ 使得对任何数列 $\{a_n\}$ 及整数 $k⩾3$ ，成立

$$k\underset{n⩾1}{\sup }|\Delta a_n|⩽C_1\left(\underset{n⩾1}{\sup }|a_n|+k^3\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^3{a}_n|\right)\text{\hspace{1em}(6.2)}$$

以及

$$k^2\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^2{a}_n|⩽C_2\left(\underset{n⩾1}{\sup }|a_n|+k^3\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^3{a}_n|\right).\text{\hspace{1em}(6.3)}$$

证明 对于任何 $k⩾3$ , 我们有

$$a_{n+k}-a_n=k\Delta a_n+\frac{k(k-1)}{2}{\Delta }^2{a}_n+\sum _{\ell =2}^{k-1}\sum _{m=1}^{\ell -1}\sum _{p=0}^{m-1}{\Delta }^3{a}_{n+p},$$ $$a_{n+2k}-a_n=2k\Delta a_n+k(2k-1){\Delta }^2{a}_n+\sum _{\ell =2}^{2k-1}\sum _{m=1}^{\ell -1}\sum _{p=0}^{m-1}{\Delta }^3{a}_{n+p}.$$

于是

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k\Delta a_n}{k^2{\Delta }^2{a}_n}\right)={\left(\begin{array}{cc}1& \frac{k-1}{2k}\\ 2& 2-\frac{1}{k}\end{array}\right)}^{-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_{n+k}-a_n-{\sum }_{\ell =2}^{k-1}{\sum }_{m=1}^{\ell -1}{\sum }_{p=0}^{m-1}{\Delta }^3{a}_{n+p}}{a_{n+2k}-a_n-{\sum }_{\ell =2}^{2k-1}{\sum }_{m=1}^{\ell -1}{\sum }_{p=0}^{m-1}{\Delta }^3{a}_{n+p}}\right)$$ $$=\left(\begin{array}{cc}2-\frac{1}{k}& \frac{1-k}{2k}\\ -2& 1\end{array}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_{n+k}-a_n-{\sum }_{\ell =2}^{k-1}{\sum }_{m=1}^{\ell -1}{\sum }_{p=0}^{m-1}{\Delta }^3{a}_{n+p}}{a_{n+2k}-a_n-{\sum }_{\ell =2}^{2k-1}{\sum }_{m=1}^{\ell -1}{\sum }_{p=0}^{m-1}{\Delta }^3{a}_{n+p}}\right).$$

由此立即得到

$$k\underset{n⩾1}{\sup }|\Delta a_n|⩽\frac{5}{2}\left(2\underset{n⩾1}{\sup }|a_n|+\frac{k^3}{6}\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^3{a}_n|\right)$$

以及

$$k^2\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^2{a}_n|⩽3\left(2\underset{n⩾1}{\sup }|a_n|+\frac{k^3}{6}\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^3{a}_n|\right).$$

结论得证.

$$\square$$

从线性方程组的角度, 容易得到插值多项式的存在唯一性条件.

定理 6.1

设 $k⩾0,m⩾1,x_0,x_1,\cdots ,x_m\in R$ ，而 $k_0,k_1,\cdots ,k_m$ 为非负整数， $(x_0,k_0),(x_1,k_1),\cdots ,(x_m,k_m)$ 两两不同。又 $y_0,y_1,\cdots ,y_m\in R$ 。则满足

$$P^{(k_j)}(x_j)=y_j,j=0,1,\dots ,m\text{\hspace{1em}(6.4)}$$

的 $n(⩾1)$ 次插值多项式 P 对所有 $y_0,y_1,\cdots ,y_m\in R$ 都存在唯一的充要条件是 m = n 且

$$\det \left(\begin{array}{c}{\mathbf{X}}^{(k_0)}(x_0)\\ {\mathbf{X}}^{(k_1)}(x_1)\\ ⋮\\ {\mathbf{X}}^{(k_m)}(x_m)\end{array}\right)\ne 0,\text{\hspace{1em}(6.5)}$$

其中 $X$ 为行向量值函数

$$\mathbf{X}(x)=(1,x,x^2,\dots ,x^n).$$

证明 记 $P(x)={\sum }_{j=0}^n{a}_j{x}^j$ . 则有唯一的 n 阶多项式 P 满足条件 (6.4) 等价于关于 $a_0,a_1,\cdots ,a_n$ 的线性方程组

$$\left(\begin{array}{c}{\mathbf{X}}^{(k_0)}(x_0)\\ {\mathbf{X}}^{(k_1)}(x_1)\\ ⋮\\ {\mathbf{X}}^{(k_m)}(x_m)\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{a}_0\\ a_1\\ ⋮\\ a_n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{y}_0\\ y_1\\ ⋮\\ y_m\end{array}\right)\text{\hspace{1em}(6.6)}$$

有唯一解. 由线性代数的知识, 对任何 $y_0,y_1,\cdots ,y_m\in \mathbb{R}$ , 方程组 (6.6) 都存在唯一解的充要条件是 $m=n$ 且 (6.5) 式成立.

寻找恰当的插值多项式是解决一类中值定理类问题的关键.

例 6.6

例 6.6

设函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续可微, 在 $(a,b)$ 内有三阶导数. 证明: 存在 $\xi \in (a,b)$ , 使得

$$f(b)=f(a)+\frac{1}{2}(b-a)[f^{\prime }(a)+f^{\prime }(b)]-\frac{1}{12}(b-a{)}^3{f}^{\prime \prime \prime }(\xi ).\text{\hspace{1em}(6.7)}$$

证明 若结论成立, 则当 $f$ 为三次多项式时也成立. 因此, 令 $P$ 为满足

$$P(a)=f(a),P(b)=f(b),P^{\prime }(a)=f^{\prime }(a),P^{\prime }(b)=f^{\prime }(b)\text{\hspace{1em}(6.8)}$$

的三次多项式. 易见 $P$ 可由下式确定 (参见注6.1):

$$\left|\begin{array}{ccccc}P(x)& 1& x& x^2& x^3\\ f(a)& 1& a& a^2& a^3\\ f(b)& 1& b& b^2& b^3\\ f^{\prime }(a)& 0& 1& 2a& 3a^2\\ f^{\prime }(b)& 0& 1& 2b& 3b^2\end{array}\right|=0.\text{\hspace{1em}(6.9)}$$

因此

$$\left|\begin{array}{ccccc}{P}^{\prime \prime \prime }(x)& 0& 0& 0& 6\\ f(a)& 1& a& a^2& a^3\\ f(b)& 1& b& b^2& b^3\\ f^{\prime }(a)& 0& 1& 2a& 3a^2\\ f^{\prime }(b)& 0& 1& 2b& 3b^2\end{array}\right|=0.$$

求得

$$P^{\prime \prime \prime }(x)=-\frac{12[f(b)-f(a)]}{(b-a{)}^3}+\frac{6[f^{\prime }(a)+f^{\prime }(b)]}{(b-a{)}^2}.$$

事实上, 若题目的结论成立, 上一式必然成立. 令 $F=f-P$ , 则 $F$ 在 $[a,b]$ 上连续可微, 在 $(a,b)$ 内有三阶导数, 且

$$F(a)=F^{\prime }(a)=F(b)=F^{\prime }(b)=0.$$

从而有 ${\xi }_1\in (a,b)$ 使得 $F^{\prime }({\xi }_1)=0.$ 于是又有 ${\xi }_2\in (a,{\xi }_1),{\xi }_3\in ({\xi }_1,b)$ 使得 $F^{\prime \prime }({\xi }_2)=F^{\prime \prime }({\xi }_3)=0.$ 最后得到 $\xi \in (a,b)$ 使得 $F^{\prime \prime \prime }(\xi )=0,$ 即(6.7)式成立. $\square$

注 6.1 ^zhu-6-1 由于

$$\left|\begin{array}{cccc}1& a& a^2& a^3\\ 1& b& b^2& b^3\\ 0& 1& 2a& 3a^2\\ 0& 1& 2b& 3b^2\end{array}\right|=-(b-a{)}^4\ne 0,\text{\hspace{1em}(6.10)}$$

由定理 6.1, 满足条件 (6.8) 的三次多项式 P 存在唯一. 我们来说明 P 由 (6.9) 式确定.

首先, 由 (6.10) 式可见 (6.9) 式确定了一个三次多项式 $P$ . 我们来证明该多项式满足条件 (6.8). 在 (6.9) 式中令 $x=a$ , 得到

$$0=\left|\begin{array}{ccccc}P(a)& 1& a& a^2& a^3\\ f(a)& 1& a& a^2& a^3\\ f(b)& 1& b& b^2& b^3\\ f^{\prime }(a)& 0& 1& 2a& 3a^2\\ f^{\prime }(b)& 0& 1& 2b& 3b^2\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccccc}P(a)-f(a)& 0& 0& 0& 0\\ f(a)& 1& a& a^2& a^3\\ f(b)& 1& b& b^2& b^3\\ f^{\prime }(a)& 0& 1& 2a& 3a^2\\ f^{\prime }(b)& 0& 1& 2b& 3b^2\end{array}\right|$$ $$=(P(a)-f(a))\left|\begin{array}{cccc}1& a& a^2& a^3\\ 1& b& b^2& b^3\\ 0& 1& 2a& 3a^2\\ 0& 1& 2b& 3b^2\end{array}\right|.$$

由此得到 $P(a)=f(a)$ . 类似地, 可证 $P$ 满足 (6.8) 的其他条件. 这就证明了满足条件 (6.8) 的三次多项式由 (6.9) 式 (唯一) 确定.

注 6.2 ^zhu-6-2 为方便计算, 在上例中, 我们也可以用下式来计算 P, 或不失一般性地假设 a = 0, b = 1:

$$\left|\begin{array}{ccccc}P(x)& 1& x-a& (x-a{)}^2& (x-a{)}^3\\ f(a)& 1& 0& 0& 0\\ f(b)& 1& b-a& (b-a{)}^2& (b-a{)}^3\\ f^{\prime }(a)& 0& 1& 0& 0\\ f^{\prime }(b)& 0& 1& 2(b-a)& 3(b-a{)}^2\end{array}\right|=0.\text{\hspace{1em}(6.11)}$$

注 6.3 ^zhu-6-3 若直接考虑

$$G(x):=\left|\begin{array}{ccccc}f(x)& 1& x& x^2& x^3\\ f(a)& 1& a& a^2& a^3\\ f(b)& 1& b& b^2& b^3\\ f^{\prime }(a)& 0& 1& 2a& 3a^2\\ f^{\prime }(b)& 0& 1& 2b& 3b^2\end{array}\right|.$$

则 $G(a)=G^{\prime }(a)=G(b)=G^{\prime }(b)=0$ . 从而存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $G^{\prime \prime \prime }(\xi )=0$ . 这就是 (6.7) 式. 事实上, 我们有

$$G(x)=\left|\begin{array}{cccc}1& a& a^2& a^3\\ 1& b& b^2& b^3\\ 0& 1& 2a& 3a^2\\ 0& 1& 2b& 3b^2\end{array}\right|[f(x)-P(x)]=-(b-a{)}^4[f(x)-P(x)].$$

例 6.7

例 6.7

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续可导, 在 $(a,b)$ 内有五阶导数, 证明: 存在 $\xi \in (a,b)$ 使得

$$f(b)=f(a)+\frac{b-a}{6}\left[f^{\prime }(a)+f^{\prime }(b)+4f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)\right]-\frac{(b-a{)}^5}{2880}{f}^{(5)}(\xi ).\text{\hspace{1em}(6.12)}$$

证明 分析 若题目结论成立, 则满足

$$\{\begin{array}{ll}{P}_4(a)=f(a),& P_4(b)=f(b),\\ P_4^{\prime }(a)=f^{\prime }(a),& P_4^{\prime }(b)=f^{\prime }(b),\\ & P_4^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)=f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)\end{array}$$

的四次多项式 $P_4$ 必然不存在或不唯一. 而另一方面, 我们知道满足

$$\{\begin{array}{l}P(a)=f(a),P(b)=f(b),P\left(\frac{a+b}{2}\right)=f\left(\frac{a+b}{2}\right),\\ P^{\prime }(a)=f^{\prime }(a),P^{\prime }(b)=f^{\prime }(b),P^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)=f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)\end{array}\text{\hspace{1em}(6.13)}$$

的五次多项式 $P$ 存在唯一．因此，若题目结论成立，则 $P^{(5)}$ 必然与 $f\left(\frac{a+b}{2}\right)$ 无关.

以下我们给出本题的具体解答. 令 $P$ 为满足条件 (6.13) 的五次多项式, 则 $P$ 由下式确定:

$$\left|\begin{array}{ccccccc}P(x)& 1& x-a& (x-a{)}^2& (x-a{)}^3& (x-a{)}^4& (x-a{)}^5\\ f(a)& 1& 0& 0& 0& 0& 0\\ f(b)& 1& b-a& (b-a{)}^2& (b-a{)}^3& (b-a{)}^4& (b-a{)}^5\\ f\left(\frac{a+b}{2}\right)& 1& \frac{b-a}{2}& {\left(\frac{b-a}{2}\right)}^2& {\left(\frac{b-a}{2}\right)}^3& {\left(\frac{b-a}{2}\right)}^4& {\left(\frac{b-a}{2}\right)}^5\\ f^{\prime }(a)& 0& 1& 0& 0& 0& 0\\ f^{\prime }(b)& 0& 1& 2(b-a)& 3(b-a{)}^2& 4(b-a{)}^3& 5(b-a{)}^4\\ f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)& 0& 1& b-a& \frac{3}{4}(b-a{)}^2& \frac{1}{2}(b-a{)}^3& \frac{5}{16}(b-a{)}^4\end{array}\right|=0.$$

由此立即可得

$$P^{(5)}(x)=\frac{2880[f(a)-f(b)]}{(b-a{)}^5}+\frac{480}{(b-a{)}^4}\left[f^{\prime }(a)+f^{\prime }(b)+4f^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)\right].$$

令 $F=f-P$ ，则 $F$ 在 $[a,b]$ 上连续可导，在 $(a,b)$ 内有五阶导数，且

$$F(a)=F(b)=F\left(\frac{a+b}{2}\right)=F^{\prime }(a)=F^{\prime }(b)=F^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)=0.$$

反复运用 Rolle 定理可得存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $F^{(5)}(\xi )=0$ , 即 (6.12) 式成立. $\square$

例 6.8 的 (2) 表明, 即使对应的插值多项式存在唯一, 相应的中值定理类结果也可能不成立.

例 6.8

例 6.8

设 $\alpha >1,\alpha \ne \sqrt{3},f$ 在 $[-\alpha ,\alpha ]$ 上连续，在 $(-\alpha ,\alpha )$ 内三阶可导. 证明：

1. 若 $\alpha ⩾2$ , 则存在 $\xi \in (-\alpha ,\alpha )$ 使得

$$f^{\prime \prime \prime }(\xi )=\frac{3}{3-{\alpha }^2}[f(-\alpha )-f(\alpha )+\alpha f^{\prime }(-1)+\alpha f^{\prime }(1)],\text{\hspace{1em}(6.14)}$$

2. 若 $1<\alpha <2$ , 则不存在与 $f$ 无关的常数 $C_1,C_2,C_3,C_4$ , 使得对任何满足题设条件的 $f$ , 总有 $\xi \in (-\alpha ,\alpha )$ 满足

$$f^{\prime \prime \prime }(\xi )=C_{1}f(-\alpha )+C_{2}f(\alpha )+C_3{f}^{\prime }(-1)+C_4{f}^{\prime }(1).\text{\hspace{1em}(6.15)}$$

证明 由定理6.1, 若 $\alpha >0,\alpha \ne \sqrt{3}$ , 则存在唯一的三次多项式 $P$ 满足

$$P(-\alpha )=f(-\alpha ),P^{\prime }(-1)=f^{\prime }(-1),P^{\prime }(1)=f^{\prime }(1),P(\alpha )=f(\alpha ).\text{\hspace{1em}(6.16)}$$

且此时

$$P^{\prime \prime \prime }(x)=\frac{3}{3-{\alpha }^2}[f(-\alpha )-f(\alpha )+\alpha f^{\prime }(-1)+\alpha f^{\prime }(1)].\text{\hspace{1em}(6.17)}$$

记 $F=f-P$ ，则 $F$ 在 $[-\alpha ,\alpha ]$ 上连续，在 $(-\alpha ,\alpha )$ 内三阶可导，且

$$F(-\alpha )=F(\alpha )=F^{\prime }(-1)=F^{\prime }(1)=0.\text{\hspace{1em}(6.18)}$$

1. 由例 4.15, 存在 $\xi \in (-\alpha ,\alpha )$ , 使得 $F^{\prime \prime \prime }(\xi )=0$ . 从而 (6.14) 式成立.

2. 若存在与 $f$ 无关的常数 $C_1,C_2,C_3,C_4$ , 使得对任何满足题设条件的 $f$ , 总有 $\xi \in (-\alpha ,\alpha )$ 满足 (6.15) 式, 则由于满足条件 (6.16) 的三次多项式存在唯一, 且其三阶导数满足 (6.17) 式, 我们有

$$\begin{array}{rl}{C}_{1}f(-\alpha )+C_{2}f(\alpha )+C_3{f}^{\prime }(-1)+C_4{f}^{\prime }(1)& =\frac{3}{3-{\alpha }^2}\left[f(-\alpha )-f(\alpha )+\alpha f^{\prime }(-1)+\alpha f^{\prime }(1)\right].\end{array}$$

因此, 为证明本小题, 我们只要说明存在三阶导数恒不为零的 $F$ 满足 (6.18) 式. 为方便计算, 我们寻找 $F^{\prime \prime \prime }$ 为正且为偶函数的情形. 记

$$F^{\prime \prime \prime }(x)=2u(x),x\in [-\alpha ,\alpha ].$$

结合 (6.18) 式, 我们有

$$F^{\prime }(x)={\int }_x^1(x+1)(s-1)u(s)\mathrm{d}s+{\int }_{-1}^x(x-1)(s+1)u(s)\mathrm{d}s,x\in [-\alpha ,\alpha ].$$

进一步, 能够使 (6.18) 式成立的充要条件是

$$\begin{array}{rl}0& =\frac{F(\alpha )-F(-\alpha )}{2}\\ & ={\int }_0^{\alpha }{F}^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^1\mathrm{d}s{\int }_0^s(x+1)(s-1)u(s)\mathrm{d}x-{\int }_1^{\alpha }\mathrm{d}s{\int }_s^{\alpha }(x+1)(s-1)u(s)\mathrm{d}x+\\ & {\int }_{-1}^0\mathrm{d}s{\int }_0^{\alpha }(x-1)(s+1)u(s)\mathrm{d}x+{\int }_0^{\alpha }\mathrm{d}s{\int }_s^{\alpha }(x-1)(s+1)u(s)\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^1(s^2+{\alpha }^2-2\alpha )u(s)ds+{\int }_1^{\alpha }(\alpha -s{)}^{2}u(s)ds.\end{array}$$

注意到 $s^2+{\alpha }^2-2\alpha$ 在 $(0,\sqrt{2\alpha -{\alpha }^2})$ 内为负, 使得上式成立的正连续偶函数 $u$ 显然存在, 比如可以取

$$u(x)=\{\begin{array}{ll}1+\frac{4(\delta -|x|)}{5{\delta }^4},& |x|\in [0,\delta ),\\ 1,& |x|\in [\delta ,1],\\ \frac{12{\delta }^2(|x|-1)}{(\alpha -1{)}^4},& |x|\in (1,\alpha ],\end{array}$$

其中 $\delta =\sqrt{\alpha (2-\alpha )}$ .

有趣的是, 当 $\alpha =\sqrt{3}$ 时, 满足条件 (6.16) 的三次多项式不存在或不唯一, 但且有更高阶的中值定理. 我们有

例 6.9

例 6.9

设 $f$ 在 $[-\sqrt{3},\sqrt{3}]$ 上连续，在 $(-\sqrt{3},\sqrt{3})$ 内五阶可导. 证明: 存在 $\xi \in (-\sqrt{3},\sqrt{3})$ 使得

$$f^{(5)}(\xi )=5\sqrt{3}\left[f(\sqrt{3})-f(-\sqrt{3})\right]-15\left[f^{\prime }(-1)+f^{\prime }(1)\right].\text{\hspace{1em}(6.19)}$$

证明 我们建立更一般的结果. 设 $\alpha >1,f$ 在 $[-\alpha ,\alpha ]$ 上连续, 在 $(-\alpha ,\alpha )$ 内五阶可导. 考虑满足以下条件的五次多项式 $P$ :

$$\{\begin{array}{l}P(-\alpha )=f(-\alpha ),P(-1)=f(-1),P^{\prime }(-1)=f^{\prime }(-1),\\ P(1)=f(1),P^{\prime }(1)=f^{\prime }(1),P(\alpha )=f(\alpha ).\end{array}$$

则 $P$ 由下式唯一确定:

$$\left|\begin{array}{ccccccc}P(x)& 1& x& x^2& x^3& x^4& x^5\\ f(-\alpha )& 1& -\alpha & {\alpha }^2& -{\alpha }^3& {\alpha }^4& -{\alpha }^5\\ f(-1)& 1& -1& 1& -1& 1& -1\\ f(1)& 1& 1& 1& 1& 1& 1\\ f(\alpha )& 1& \alpha & {\alpha }^2& {\alpha }^3& {\alpha }^4& {\alpha }^5\\ f^{\prime }(-1)& 0& 1& -2& 3& -4& 5\\ f^{\prime }(1)& 0& 1& 2& 3& 4& 5\end{array}\right|=0.$$

求得

$$P^{(5)}(x)=\frac{60[f(\alpha )-f(-\alpha )]}{\alpha ({\alpha }^2-1{)}^2}+\frac{({\alpha }^2-3)[f(1)-f(-1)]}{({\alpha }^2-1{)}^2}-\frac{30[f^{\prime }(1)+f^{\prime }(-1)]}{{\alpha }^2-1}.$$

考虑 $F=f-P$ ，则 $F$ 在 $[-\alpha ,\alpha ]$ 上连续，在 $(-\alpha ,\alpha )$ 内五阶可导，且

$$F(-\alpha )=F(\alpha )=F(-1)=F(1)=F^{\prime }(-1)=F^{\prime }(1)=0.$$

从而存在 $\xi \in (-\alpha ,\alpha )$ 使得 $F^{(5)}(\xi )=0$ ，即

$$f^{(5)}(\xi )=\frac{60[f(\alpha )-f(-\alpha )]}{\alpha ({\alpha }^2-1{)}^2}+\frac{({\alpha }^2-3)[f(1)-f(-1)]}{({\alpha }^2-1{)}^2}-\frac{30[f^{\prime }(1)+f^{\prime }(-1)]}{{\alpha }^2-1}.$$

当 $\alpha =\sqrt{3}$ 时，上式右端不显含 $f(1)$ 与 $f(-1)$ ，它就是 (6.19) 式.