Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 6. Теоремы Ролля, Лагранжа и Коши

Демидович — задача 1246.2

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.

Пусть

f(x)\in C^{(2)}(-\infty,+\infty)

и для любых

x

h

справедливо тождество:

f(x+h)-f(x)\equiv hf'\left(x+\frac h2\right)

Доказать, что

f(x)=ax^2+bx+c

где

a,b

c

— постоянные

Доказательство

По условию тождество справедливо для любых вещественных

x

h

.
Дифференцируя обе части тождества по переменной

x

, получаем:

f'(x+h) - f'(x) = hf''\left(x+\frac{h}{2}\right)

Выполним замену переменных. Пусть

y = x+h

, тогда

h = y-x

, и наше равенство примет вид:

f'(y) - f'(x) = (y-x)f''\left(\frac{x+y}{2}\right)

Заметим, что левая часть меняет знак при перестановке

x

y

, в то время как выражение

f''\left(\frac{x+y}{2}\right)

остаётся неизменным. Продифференцируем исходное тождество

f(y) - f(x) = (y-x)f'\left(\frac{x+y}{2}\right)

по

x

и по

y

отдельно.

По

x

-f'(x) = -f'\left(\frac{x+y}{2}\right) + (y-x) \cdot \frac{1}{2} f''\left(\frac{x+y}{2}\right)

По

y

f'(y) = f'\left(\frac{x+y}{2}\right) + (y-x) \cdot \frac{1}{2} f''\left(\frac{x+y}{2}\right)

Вычтем из второго уравнения первое:

f'(y) + f'(x) = 2f'\left(\frac{x+y}{2}\right)

Полученное равенство достаточно продифференцировать по

x

, считая

y

постоянным:

f''(x)=f''\left(\frac{x+y}{2}\right).

Для любых

x,t

можно выбрать

y=2t-x

, поэтому

f''(x)=f''(t)

. Значит,

f''

постоянна; обозначим её через

2a

.

У функции

g(x)=f'(x)-2ax

производная тождественно равна нулю. По теореме Лагранжа для любых различных

u,v

имеем

g(v)-g(u)=g'(c)(v-u)=0

. Поэтому

g=b

f'=2ax+b

.

Теперь у функции

F(x)=f(x)-ax^2-bx

производная равна нулю. Тем же применением теоремы Лагранжа получаем

F=c

, то есть

f(x)=ax^2+bx+c.

Прямая подстановка проверяет исходное равенство: приращение равно

h(2ax+ah+b)=hf'(x+h/2)

Что и требовалось доказать