Una manera más fácil de probar este

Question

Supongamos $f\in C^1[a,b]$, e $f''$ existe en $(a,b)$. Demostrar que, para cualquier $c\in (a,b)$, $\xi\in(a,b)$ s.t.

$$\frac{1}{c-b}\left(\frac{f(c)-f(a)}{c-a}-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right)=\frac{f''(\xi)}{2}$$

Uno muy elegante, pero no de forma trivial es considerar la siguiente función:

$$g(t)=\text{det}\begin{pmatrix}f(t)&t^2&t&1\\ f(c)&c^2&c&1\\ f(a)&a^2&a&1\\ f(b)&b^2&b&1\\ \end{pmatrix}$$

uno puede ver que $g\in C^1[a,b]$ $g''$ existe en $(a,b)$, por otra parte tenemos a $g(a)=g(b)=g(c)=0$, con lo que aplicando el teorema de Rolle dos veces, podemos conseguir lo que queremos.

Creo que este método es muy elegante, pero muy difícil salir. Estoy tratando de encontrar una manera más fácil y más elemental de enfoque, tales como la aplicación de Taylor y teorema de valor medio el teorema de $f$ o una función que puede ser mucho más fácil, pero parece que estos métodos no funcionan muy bien.

¿Alguien tiene alguna idea acerca de una manera más fácil de demostrar esto?

Answer 1

Definir la función de $h(t)$ en el intervalo cerrado $[a,b]$

$$ h(t){}:={}\left\{\begin{array}{cl}f^{'}(a)&;\mbox{for }\,t{}={}a\\&\\\dfrac{f(t)-f(a)}{t-a}&;\mbox{for }\,t{}\in{}(a,b]\end{array}\right. $$

A continuación, $h(t)$ es diferenciable en a $(a,b)$ y continua en $[a,b]$. En consecuencia, por el valor medio teorema, para $c\in(a,b)$ existe $\theta\in(c,b)$ tal que

$$ \dfrac{h(c)-h(b)}{c-b} {a}={}h^{'}(\theta)\,. $$

Además, por Taylor teorema, existe $\xi\in(a,\theta)$ tal que $$ h^{'}(\theta){}={}\dfrac{(\theta-a)f^{'}(\theta)-f(\theta)+f(a)}{(\theta-a)^2}{}={}\dfrac{1}{2}f^{"}(\xi)\,. $$

Por lo tanto, para $c\in(a,b)$ existe $\xi\in(a,b)$ tal que $$ \dfrac{h(c)-h(b)}{c-b} {a}={}\dfrac{1}{2}f^{"}(\xi)\,. $$

Answer 2

Poner $\lambda:=c-a$, $\mu:=b-a$ y aviso que $\lambda-\mu=c-b$.
Definir $g(x):=\frac{1}{\lambda}f(a+\lambda x)+\frac{1}{\mu}f(a+\mu x)$. Por el teorema de Cauchy $$\frac{f(c)-f(a)}{c}-\frac{f(b)-f(a)}{b}=\frac{g(1)-g(0)}{1^2-0^2} =\frac{f'(a+\lambda\zeta)-f'(a+\mu\zeta)}{2\zeta}$$ para algunos $\zeta\in(0,1)$ y por el teorema de Lagrange la última diferencia cociente es igual a $$\frac{(\lambda\zeta-\mu\zeta)f''(\xi)}{2\zeta}=(c-b)\frac{f''(\xi)}{2}$$ para algunos $\xi\in(a,b)$. (Interpretada $1$ $1^2-0^2$ en lugar de $1-0$ así como para matar el factor de $\zeta$ que proviene del numerador del cociente de la diferencia.)

Nota: Si $f\in C^2([a,b])$, se obtiene una solución muy natural por la escritura de la diferencia de los cocientes como las integrales: $\frac{f(c)-f(a)}{c-a}=\int_0^1 f'(a+\lambda t)\,dt$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\int_0^1 f'(a+\mu t)\,dt$, por lo que

$$\frac{f(c)-f(a)}{c-a}-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\int_0^1 \Big(f'(a+\lambda t)-f'(a+\mu t)\Big)\,dt=\int_0^1\int_{\mu t}^{\lambda t}f''(a+s)\,ds\,dt$$

y, finalmente,

$$\frac{1}{c-b}\left(\frac{f(c)-f(a)}{c-a}-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right)=\frac{1}{2}\int_0^1\int_0^1 2t f''\Big(a+\mu t+(\lambda-\mu)s\Big)\,ds\,dt$$

Pero $\int_0^1\int_0^1 2t\,ds\,dt=1$, por lo que la última integral doble que implican $f''$ se encuentra en el casco convexo de todos los valores de $f''$, es decir, no pertenece a la imagen de $f''$ (ya que es un intervalo, por lo tanto convexo).