Si $f(0)=f(1)=f(2)=0$, $\forall x, \exists c, f(x)=\frac{1}{6}x(x-1)(x-2)f'''(c)$

Question

Deje $f:[0,2]\to \mathbb R$ $C^3$ función tal que $f(0)=f(1)=f(2)=0$

Demostrar que $\forall x\in[0,2], \exists c\in[0,2], f(x)=\frac{1}{6}x(x-1)(x-2)f'''(c)$

Este problema me tiene atrapado. Supongo que uno tiene que usar el valor medio teorema en algún momento.

El uso de Rolle, existe $0<\xi_1<\eta<\xi_2$ tal que $f'(\xi_1)=f'(\xi_2)=0$$f''(\eta)=0$.

Answer 1

Deje $a \in [0, 2]$. Queremos mostrar que existe una $c\in[0,2]$ (dependiendo $a$) tales que $$ f(a)=a(a-1)(a-2) \, \frac{f'''(c)}{3!} \, .\tag 1$$

Para$a = 0, 1, 2$, se puede elegir cualquier $c$, por lo que asumimos $a \ne 0, 1, 2$ en la siguiente. (La idea es comparar el $f$ con un polinomio cúbico que interpola $f$ $0, 1, 2$ y a las $a$.)

Definir la función de $g:[0,2]\to \mathbb R$ por $$ g(x) = a(a-1)(a-2) \, f(x) - x(x-1)(x-2) \, f(a) \, . $$ Entonces $$ g"'(x) = a(a-1)(a-2) \, f"'(x) - 3! \, f(a) \tag 2 $$ y $$ g(0) = g(1) = g(2) = g(a) = 0 \, . $$ Repite la aplicación del teorema de Rolle muestra que hay un $c\in[0,2]$ tal que $$ g"'(c) = 0 \, . $$ Ahora $(1)$ sigue a partir de la configuración de $x = c$$(2)$.