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?。▁-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!(x-x0)i+∑n-1i=m+1cii?。▁-x0)i+kn?。▁-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:
ⅰ)存在n+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!(x-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?。▁-x0)i+kn!(x-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?。╞-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)】
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[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.