第２７卷第３期 赤峰学院学报（自然科学版） Ｖ０Ｉ．２７ Ｎｏ．３ ２０１１年３月 Ｊｏｕｒｎａｌ ｏｆＣｈｉｆｅｎｇ Ｕｎｉｖｅｒｓｉｔｙ（Ｎａ￣ｎ＇ａｌ Ｓｃｉｅｎｃｅ Ｅｄｉｔｉｏｎ） ＭａＬ２０１ｌ 用插值方法构造多项式证明中值问题 刘国祥 （赤峰学院数学学院，内蒙古赤峰０２４０００） 摘要：通过典型的实例介绍应用插值方法构造多项式，使它与题干中的函数满足相同的条件，只需要用到洛尔中值定 理，往往可以使证明非常简单，并且指出经典文献上的一个错误． 关键词：拉格朗日插值多项式；艾尔米特插值多项式；洛尔中值定理；泰勒公式 中图分类号：Ｏ１７４ 文献标识码：Ａ 文章编号：１６７３—２６０Ｘ（２０１ １）０３—００２０—０２ 已知一个函数在一个或几个点上的函数值或者导数值 以及高阶导数值，证明函数或它的各阶导数满足的性质问 ａ＋ｂ 题，通常应用泰勒公式，但往往比较繁琐．文献［１】更是武断地 说“凡是已知 ｘ）的高阶导数，研究函数的性态，都要用泰勒 赢 输 （丁）ａ＋ｂ 公式．凡是已知函数ｆ（ｘ）和ｆｉｘ）以及高阶导数ｆ’（ｘ）， （ｘ）ＬＬ’ｆ【Ｉｌ１（ｘ） 的性质，研究函数 （ｘ）的性态，也要应用泰勒公式”．本文通 ＋过典型的实例介绍应用数值分析中的插值方法构造多项式 翁㈣ 函数ｐ（ｘ），使它与题干中的函数ｆ（ｘ）满足相同的条件，只需要 证明设Ｆ ）＝ｆ（ｘ）一ｐ（ｘ）， 用到洛尔中值定理，往往可以使证明非常简单．并且指出经 则Ｆ（ａ）＝Ｆ（丁ａ＋ｂ）＝Ｆ（ｂ）＿０ 典文献口上的一个错误． 由洛尔定理，存在∈∈（ａ，ｂ），使得Ｆ”（∈）＝０． 例１ 证明：若函数ｆ（ｘ）在［０，１］上存在二阶导数，并且ｆ （０）＝ｆ（１）＝０，ａｒｉｎ｛ｆ（ｘ）ｘ［Ｏ，１”一１，则存在∈∈（Ｏ，１）使得ｆ （∈）≥８． 分析由于函数ｆ（ｘ）在【０，１】上连续，并且ｍｉｎ｛ｆ（ｘ）ｘＥ［０，１］） ２ｆ（ａ） ＋ 兰２ ＋ ＝一１，则存在ｘｏＥ（Ｏ，１）使得ｆ（ｘ０】一１．构造拉格朗日插值多项式 （ａ一丁ａ＋ｂ）（ａ＿ｂ）。（ 一ａ）（等 ）。 （ｂ一 ） 函数ｐ（ｘ），使它与题干中的函数ｆ（ｘ）在０， １三点有相同的 函数值，很容易得到二次多项式ｐ（ｘ）一 二 ． ４ｆ－８ｆ（丁ａ＋ｂ） ） —— 厂 证明设Ｆ（ｘ） ｘ）呻（ｘ）， 贝０ Ｆ（０）：Ｆ（ｘｏ）：Ｆ（１）＝Ｏ 也就是： ａ）一２ｆ（丁ａ＋ｂ）＋ ）＝ ｒｔ（∈）． 由洛尔定理，存在∈ ∈（０，ｘｏ），∈：∈ １）， 例３设函数ｆ（ｘ）在［一１，１１３２存在三阶导数，并且： 使得Ｆ’ ，）＝０，Ｆ（￣９－－Ｏ． １） Ｏ）＝０， １）＝１ （０）＝ｏ．证明存在专∈（－１，１）使得：ｒ’（∈） 在［《。，∈’】上应用洛尔定理，存在∈∈（∈ ， ∈（０，１）， 使得Ｆ” ）＝０． 分析已知 ｘ）三个点的函数值和一个点的导数值，构 造爱尔米特插值三次多项式函数ｐ（ｘ），使它与题干中的函数 而Ｆ ｖｌ ）＝Ｆ．’（０４－— — ， ｆ（ｘ）在一１，０，１三点有相同的函数值，在０点有相同的导数值． 则 ）＝ ２ ＝ 很容易得到三次多项式：ｐ（ｘ １ ｘ ＋１）． 证明设Ｆ（ｘ）： ｘ）一ｐ（ｘ）， 例２ 没函数 ｘ）在［ａ，ｂ】上连续，在（ａ，ｂ）存在二阶导数， 贝０ Ｆｆ一１）－Ｆ（０）＝Ｆ（１）＝Ｏ 证明存在∈∈（ ’ｂ）使得： ）一２ｆ（下ａ＋ｂ １＋ｆｏ】）： －，Ｆ” ）． 由洛尔定理，存在∈ ∈（一１，０），∈！∈（０，１） 分析构造拉格朗日插值多项式函数ｐ（ｘ），使它与题ｒ 使得Ｆ‘（∈ ）＝０，Ｆ（∈’）＝０． 由Ｉｊ：Ｆ’（０）＝ｒ（０）一Ｐ （０）＝０ 中的函数“ｘ１在ａ， ａ＋ｂｂ 点有相同的函数值，很容易得到 在【∈。，０】和 ∈ 上应用洛尔定理， ２０一 存在毛∈【∈ ，０】， ∈【０， 使得Ｆ”佬 ＝ｏ，Ｆ”㈤＝Ｏ． 在 ， 上应用洛尔定理，存在∈∈ ，， ，使得 （∈）＝０ 而 ）＝ｆ 德）一 ”（∈）＝｛，，ｒ ）一３＝０， 所以 德）＝３． 需要说明的是，此题的条件可以降低，例如去掉ｆｆｏ）－＿－ｏ 的条件，可以构造爱尔米特插值三次多项式函数ｐ（ｘ）＝（ｘ＋１） （ ｘ —ｆ（０）ｘ＋ｆｒｏ））．这里ｆ（０）不必已知，都有 （ｘ）＝３． 例４设函数ｆ（ｘ）在【０，１】上存在三阶导数，并且： ｆ（０）＝０，ｆ（１）＝１５（０）＝ｆ＇（１）＝０． 证明存在￡∈（０，１）使得：ｆ （∈）一１２． 分析 已知 ｘ）两个点０，１的函数值和两个点Ｏ，１的导 数值，构造爱尔米特插值三次多项式函数ｐ（ｘ），使它与题干 中的函数ｆ（ｘ）在这些点有相同的函数值和导数值彳艮容易得 到三次多项式：ｐ（ｘ）＝一２ｘ３ ３ｘ ． 证明设Ｆ（ｘ）＝ｆｉｘ）一ｐ（ｘ）， 则Ｆ（０）＝Ｆ（１）＝０ 由洛尔定理，存在∈ ∈（０，１），使得Ｆ’（∈。）＝０， 由于Ｆ （ｘ）＝ｒ（ｘ）一Ｐ’（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋６ｘ －６ｘ Ｆ （０）＝Ｆ－（１）－０． 则存在 ∈（０，∈。），§：∈（∈ ，１）使得 （ ：０，Ｆ”（∈３）＝０． 则应用洛尔定理，存在∈∈（＆， ∈（０，１），使得 （ ：０， 因而ｆ，， ）＝ｐ （６）＝－１２． 例５设函数ｆ（ｘ）在【ａ，ｂ】上由三阶导数，证明：存在∈∈ （ａ，ｂ）使得： ）＝ ａ） 争（ｂ—ａ）（ｆ（ａ）＋ｆ（ｂ））一寺（ｂ－ａ）３ｆ （∈）· 分析构造爱尔米特插值三次多项式函数ｐ（ｘ），使： ｐ（ａ）＝ｆ（ａ），ｐ（ｂ）＝ ），Ｐ’（ａ）＝Ｐ（ａ），Ｐｌｂ）＿ｒ（ｂ） 可以算出： ｐ（ｘ）＝［ 考 ＋ ｘ ｃｘ＋ｏ． 其中Ｂ，Ｃ，Ｄ不必具体算出（后边可以看到）． 证明设Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）一ｐ（ｘ）， 由于Ｆ（ａ）＝Ｆ（ｂ）＝Ｏ， 由洛尔定理，存在∈。∈（ａ，ｂ），使得Ｆ’ ，）＝Ｏ， 而Ｆ’（ａ）＝Ｆ’（ｂ）＝０． 则存在∈ ∈（ａ，∈。），∈ ∈ 。，ｂ），使得 Ｆ”（∈’ｊ＝Ｆ．ｔ ，）：０． 由洛尔定理，存在∈∈ ：， （ａ，ｂ），使得 （∈）：０． ）＝ ∈）＝６【 ＋ 】＿ 变形就是：ｆ（ｂ）＝ ａ）＋｝（ｂ—ａ） （ａ）＋ｆ（ｂ））一古（ｂ—ａ） ｆ （∈）． 这里顺便指出，文献口中，此题是错误的，当然“证明”更 不成立．那里要证明的结论是： ）－ｆ（ａ）＋ （ｂ—ａ）（ｆ（ａ）＋ｒ（Ｉ）））一 １ （ｂ—ａ） ｆ，，（∈）． （ ） 例如，取ａ－－Ｏ，ｂ：１ ） １）＝ｏＰ（０）：０＇ｒ（１）：２． 则ｆ（ｘ）＝２ｘ３—２ｘ ，满足题设条件，（ ）这时为： ０＝０＋ １×２×ｌ×ｌ （ｘ）， （∈）＿２，这是不可能的，因为 固 １２． 例６ 设函数ｆｉｘ）在［ａ’ｂ】上ｐ＋ｑ次连续可微，在（ａ’ｂ）内 有ｐ＋ｑ＋１阶导数， ｆ（ａ）＝ｒ（ａ）＿ｆ’（ａ）＝ＡＡ＝Ｐ￣ａ）－０， ㈣ｆ．（ｂ） ’（ｂ）＝ＡＡ－－￣０ｏ）＝０， 证明存在∈∈（ａ＇ｂ）使得： “）（０－－ｏ． 分析构造满足条件的ｐ＋ｑ＋２次爱尔米特插值多项式 函数： ｐ（ｘ）＝：（ｘ—ａ （ｘ—ｂ ． 证明 设Ｆ ） ｘ）一ｐ（ｘ），根据条件反复应用洛尔定理， 就可以证明． 例７设函数ｆ（ｘ）充分光滑，ｔ（￣）－－ｅ（ａ）＝ ）＝０， 证明 ｍａｘ Ｉｆ（ｘ）ｌ 寺 ａ）Ｓ ｍａｘ ｂＷ＂（ｘ）ｌ· 分析满足条件的爱尔米特插值多项式函数不是唯一 的，根据题设条件，取特殊的ｐ（ｘ）＝０． 证明根据艾尔米特插值的余项： ｆ（ｘ）：ｆｉｘ）一ｐ ）： （ｘ—ａ）：（ｘ—ｂ）， 而Ｉ（ｘ一２） （ｘ—ｂ）ｌ≤ ｝（ｂ—ａ） ． 代入就得到结论． 此题说明有时根据题设条件，可以取特殊的ｐ（ｘ），证明 更简单． 参考文献： ［１］刘玉琏，杨奎元，刘伟，吕风．数学分析讲义学习辅导书 ［ＭＪ．ｊｂ京：高等教育出版社，２００６：２２７． ［２］钱吉林。等．数学分析解题精粹【Ｍ】．武汉：崇文书局， ２００３：２０６． （３］吉米多维奇，数学分析习题集［Ｍ】．北京：人民教育出版 社，１９７８：１２７． ［４］邹承饮，齐东旭，孙玉拍．数学分析习题课讲义（上）［Ｍ】． 长春：吉林大学出版社．１９８６． ２ｌ