我在读刘国祥的《用插值方法构造多项式证明中值问题》.
先解决例1：
若函数$f(x)$在$[0,1]$上存在二阶导数，且$f(0)=f(1)=0$,我们知道$f(x)$在$[0,1]$上可以取到最小值，这个最小值已知是-1.则存在$\xi\in
(0,1)$使$f''(\xi)\geq 8$
证明:我们知道的是三个插值点的信息
\begin{equation}
(0,0),(1,0),(a,-1)
\end{equation}
由牛顿插值，我们知道经过这三个插值点的二次多项式是
\begin{equation}
0+(x-0)f[0,1]+(x-0)(x-1)f[0,1,a]
\end{equation}
然后，我们来计算
\begin{equation}
f[0,1]=\frac{f(0)-f(1)}{0-1}=0
\end{equation}
\begin{equation}
f[0,1,a]=\frac{f[0,1]-f[1,a]}{0-a}=\frac{1}{a(1-a)}
\end{equation}
于是该插值多项式为
\begin{equation}
\frac{1}{a(1-a)}x(x-1)
\end{equation}
设
\begin{equation}
g(x)=f(x)-\frac{1}{a(1-a)}x(x-1)
\end{equation}
则
\begin{equation}
g(0),g(1),g(a)
\end{equation}都为0.则使用Rolle定理两次，可得
\begin{equation}
g''(\xi)=f''(\xi)-\frac{2!}{a(1-a)}=0
\end{equation}
于是，
\begin{equation}
f''(\xi)=\frac{2!}{a(1-a)}\geq 8
\end{equation}
下面来做例2.注意例2中文章中出现了打印错误,应当要把2改为4.
设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$上存在二阶导数，证明存在$\xi\in (a,b)$,使得
\begin{equation}
f(a)-2f(\frac{a+b}{2})+f(b)=\frac{(b-a)^2}{4}f''(\xi)
\end{equation}
证明:也就是证明
\begin{equation}
[f(a)-f(\frac{a+b}{2})]-[f(\frac{a+b}{2})-f(b)]=\frac{(b-a)^2}{4}f''(\xi)
\end{equation}
也就是证明
\begin{equation}
\frac{f(a)-f(\frac{a+b}{2})}{\frac{a-b}{2}}-\frac{f(\frac{a+b}{2})-f(b)}{\frac{a-b}{2}}=\frac{(a-b)}{2}f''(\xi)
\end{equation}
也就是证明
\begin{equation}
f[a,\frac{a+b}{2}]-f[\frac{a+b}{2},b]=\frac{(a-b)}{2}f''(\xi)
\end{equation}
也就是证明
\begin{equation}
f[a,\frac{a+b}{2},b]=\frac{f''(\xi)}{2!}
\end{equation}
这已经在牛顿多项式插值的时候证明过了.
下面解决例3:
设函数$f(x)$在$[-1,1]$上存在三阶导数，且
\begin{equation}
f(-1)=f(0)=0,f(1)=1,f'(0)=0
\end{equation}
证明存在$\xi\in (-1,1)$使得$f''(\xi)=3$.
证明:考虑Hermite插值，由于Hermite插值只不过是牛顿插值的极限情形，因此仍然考虑牛顿插值.我们考虑插值点
\begin{equation}
x_0=-1,x_1=0,x_2,x_3=1
\end{equation}
其中$x_2$与$x_1$十分接近，以至于
\begin{equation}
f[x_1,x_2]
\end{equation}
与$f'(0)=0$十分接近.根据牛顿插值公式，可得牛顿插值多项式为
\begin{align*}
f(x_0)+(x-x_0)f[x_0,x_1]+(x-x_0)(x-x_1)f[x_0,x_1,x_2]+(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)f[x_0,x_1,x_2,x_3]
\end{align*}
取极限，可得到Hermite插值多项式
\begin{align*}
f(x_0)+(x-x_0)f[x_0,x_1]+(x-x_0)(x-x_1)f[x_0,x_1,x_1]+(x-x_0)(x-x_1)^2f[x_0,x_1,x_1,x_3]
\end{align*}
即
\begin{align*}
x(x+1)f[-1,0,0]+(x+1)x^2f[-1,0,0,1]
\end{align*}
下面我们来计算
\begin{align*}
f[-1,0,0]=\frac{f[-1,0]-f[0,0]}{-1}=\frac{0-f'(0)}{-1}=f'(0)=0
\end{align*}
下面我们来计算
\begin{align*}
f[-1,0,0,1]=\frac{f[-1,0,0]-f[0,0,1]}{-2}=\frac{1}{2}
\end{align*}
可见，满足条件的Hermite插值多项式为
\begin{equation}
\frac{1}{2}(x+1)x^2
\end{equation}
现在来看
\begin{equation}
g(x)= f(x)-\frac{1}{2}(x+1)x^2
\end{equation}
由于
\begin{equation}
g(-1)=g(0)=g(1)=0,g'(0)=0
\end{equation}
因此使用Rolle 定理三次(因为$g'$至少有三个零点)，可得
\begin{equation}
f'''(\xi)=3
\end{equation}
下面解决例4.例4与例3如出一辙.
设函数$f(x)$在$[0,1]$上存在三阶导数，并且
\begin{equation}
f(0)=0,f(1)=1,f'(0)=f'(1)=0
\end{equation}
证明存在$\xi\in (0,1)$使得$f'''(\xi)=-12$.
证明：还是使用Hermite插值先构造出相应的Hermite插值多项式.为此我们还是先考察牛顿插值，然后再取极限推广.考虑插值点
\begin{equation}
x_0=0,x_1,x_2=1,x_3
\end{equation}
经过这些点的牛顿插值多项式为
\begin{align*}
f(x_0)+(x-x_0)f[x_0,x_1]+(x-x_0)(x-x_1)f[x_0,x_1,x_2]+(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)f[x_0,x_1,x_2,x_3]
\end{align*}
令$x_1\to x_0$,$x_3\to x_2$,这样取极限后所得的Hermite插值多项式为
\begin{align*}
f(x_0)+(x-x_0)f[x_0,x_0]+(x-x_0)^2f[x_0,x_0,x_2]+(x-x_0)^2(x-x_2)f[x_0,x_0,x_2,x_2]
\end{align*}
下面我们来计算
\begin{align*}
f[x_0,x_0,x_2]=\frac{f[x_0,x_0]-f[x_0,x_2]}{x_0-x_2}=1
\end{align*}
下面再来计算
\begin{align*}
f[x_0,x_0,x_2,x_2]=\frac{f[x_0,x_0,x_2]-f[x_0,x_2,x_2]}{x_0-x_2}=-2
\end{align*}
因此相应的Hermite插值多项式为
\begin{align*}
x^2-2x^2(x-1)=-2x^3+3x^2
\end{align*}
现在我们来看函数
\begin{align*}
g(x)=f(x)-(-2x^3+3x^2)
\end{align*}
容易得到，
\begin{align*}
g(0)=g(1)=0,g'(0)=g'(1)=0
\end{align*}
因此$g'$至少有三个零点.因此使用Rolle定理三次，
\begin{align*}
f'''(\xi)-(-12)=0
\end{align*}即
\begin{align*}
f'''(\xi)=-12
\end{align*}
下面解决例5.
设函数$f(x)$在$[a,b]$上存在三阶导数，证明存在$\xi\in (a,b)$使得
\begin{align*}
f(b)=f(a)+\frac{1}{2}(b-a)(f'(a)+f'(b))-\frac{1}{12}(b-a)^3f'''(\xi)
\end{align*}
证明:我们继续采取Hermite插值.为此继续采用牛顿插值，然后取极限的方法.设如下几个插值点
\begin{align*}
x_0=a,x_1,x_2,x_3=b
\end{align*}
经过这几个点的牛顿插值公式为
\begin{align*}
f(x_0)+(x-x_0)f[x_0,x_1]+(x-x_0)(x-x_1)f[x_0,x_1,x_2]+(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)f[x_0,x_1,x_2,x_3]
\end{align*}
令$x_1\to x_0,x_2\to x_3$可得Hermite插值多项式为
\begin{align*}
f(x_0)+(x-x_0)f[x_0,x_0]+(x-x_0)^2f[x_0,x_0,x_3]+(x-x_0)^2(x-x_3)f[x_0,x_0,x_3,x_3]
\end{align*}
即
\begin{align*}
f(a)+(x-a)f'(a)+(x-a)^2f[a,a,b]+(x-a)^2(x-b)f[a,a,b,b]
\end{align*}
令
\begin{align*}
g(x)=f(x)-(f(a)+(x-a)f'(a)+(x-a)^2f[a,a,b]+(x-a)^2(x-b)f[a,a,b,b])
\end{align*}
我们知道，
\begin{align*}
g(a)=g(b)=0,g'(a)=g'(b)=0
\end{align*}
因此使用Rolle定理三次可得
\begin{align*}
f'''(\xi)=6f[a,a,b,b]
\end{align*}
稍微化简，此即原命题.
下面解决例6:
设函数$f(x)$在$[a,b]$上$p+q$次连续可微，在$(a,b)$内有$p+q+1$阶导数，且
\begin{equation}
f(a)=f'(a)=f''(a)=\cdots=f^{(p)}(a)=0
\end{equation}
\begin{equation}
f(b)=f'(b)=f''(b)=\cdots=f^{(q)}(b)=0
\end{equation}
则存在$\xi\in (a,b)$使得
\begin{equation}
f^{(p+q+1)}(\xi)=0
\end{equation}
证明:我们进行Hermite插值.为此仍旧先进行牛顿插值.我们设置插值点
\begin{align*}
x_0=a,x_1,x_2,\cdots,x_p,x_{p+1}=b,x_{p+2},x_{p+3},\cdots,x_{p+q+1}
\end{align*}
经过这些插值点的牛顿插值多项式为
\begin{align*}
f(x_0)+(x-x_0)f[x_0,x_1]+(x-x_0)(x-x_1)f[x_0,x_1,x_2]+\cdots+(x-x_0)(x-x_1)\cdots (x-x_{p+q})f[x_0,x_1,\cdots,x_{p+q+1}]
\end{align*}
令 $x_1,x_2,\cdots,x_p\to x_0,x_{p+2},x_{p+3},\cdots,x_{p+q+1}\to x_{p+1}$. 这样取极限后得到Hermite插值恒等式.
\begin{align*}
p(x)= f(x_0)+(x-x_0)f[x_0,x_0]+(x-x_0)^2f[x_0,x_0,x_0]+\cdots
(x-x_0)^pf[x_0,x_0,\cdots,x_0\mbox{(p+1个)}]\\+(x-x_0)^p(x-x_{p+1})f[x_0,x_0,\cdots,x_0\mbox{(p+1个)},x_{p+1}]+\\\cdots +(x-x_0)^p(x-x_{p+1})^qf[x_0,x_0,\cdots,x_0\mbox{(p+1个)},x_{p+1},x_{p+1},\cdots,x_{p+1}\mbox{(q+1个)}]
\end{align*}
根据题设条件，容易得到$p(x)=0$.因此容易看出命题成立.
例7是坑爹啊!尼马和例2一样坑爹啊！题目印刷有问题啊！害得我做了好长时间啊！而且在证明中，作者把3！写成了3,有木有啊，有木有！
总的来说，这篇文章没有新意,所有的例子都只是在说明一个问题.这不能算是一篇研究文章,给菜鸟们去学学还是可以的.