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第二视角 · 中值定理与证明题第 16 项 / 1—4

16　加权平均等于端点值：先介值后罗尔

ff 在 [a,b][a,b] 连续、在 (a,b)(a,b) 可导；a≤t1<t2<t3<ba\le t_1<t_2<t_3<b，p,q,r>0p,q,r>0，pf(t1)+qf(t2)+rf(t3)=(p+q+r)f(b)pf(t_1)+qf(t_2)+rf(t_3)=(p+q+r)f(b)。
∃ξ∈(a,b):f′(ξ)=0\exists\xi\in(a,b):\quad f'(\xi)=0
①读题：正权平均等于右端点值
pf(t1)+qf(t2)+rf(t3)=(p+q+r)f(b)\ringB{pf(t_1)+qf(t_2)+rf(t_3)=(p+q+r)f(b)}
p,q,r>0,a≤t1<t2<t3<bp,q,r>0,\quad a\le t_1<t_2<t_3<b
目标 f′=0，倒推需要右端点之外的另一个等高点。
②移项：三个差值的正权和为零
p[f(t1)−f(b)]+q[f(t2)−f(b)]+r[f(t3)−f(b)]=0p[f(t_1)-f(b)]+q[f(t_2)-f(b)]+r[f(t_3)-f(b)]=0
F(x)=f(x)−f(b),pF(t1)+qF(t2)+rF(t3)=0F(x)=f(x)-f(b),\quad pF(t_1)+qF(t_2)+rF(t_3)=0
减的是同一个常数，导数仍是 f′。
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③正权条件实际排除了什么
F(ti)>0 (i=1,2,3)⟹pF(t1)+qF(t2)+rF(t3)>0F(t_i)>0\ (i=1,2,3)\Longrightarrow pF(t_1)+qF(t_2)+rF(t_3)>0
F(ti)<0 (i=1,2,3)⟹pF(t1)+qF(t2)+rF(t3)<0F(t_i)<0\ (i=1,2,3)\Longrightarrow pF(t_1)+qF(t_2)+rF(t_3)<0
min⁡iF(ti)≤0≤max⁡iF(ti)\min_iF(t_i)\le0\le\max_iF(t_i)
④先选介值，不能直接用罗尔
若某个 F(tᵢ)=0，直接取 c=tᵢ；否则有一正一负。
F 连续，在相应两点之间用介值定理，得到
∃c∈[t1,t3]:F(c)=0\exists c\in[t_1,t_3]:F(c)=0
c≤t3<b⟹c≠bc\le t_3<b\Longrightarrow c\ne b
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⑤罗尔的完整条件与结论
F(c)=F(b)=0F(c)=F(b)=0
F 在 [c,b] 连续、在 (c,b) 可导。即便 c=a，也仍满足题设。
∃ξ∈(c,b):F′(ξ)=0\exists\xi\in(c,b):\quad F'(\xi)=0
f′(ξ)=0,a<ξ<b\boxed{f'(\xi)=0},\quad a<\xi<b
⑥熟悉的等权例子怎样对应
f(0)+f(1)+f(2)=3,f(3)=1f(0)+f(1)+f(2)=3,\quad f(3)=1
f(0)+f(1)+f(2)=3f(3)f(0)+f(1)+f(2)=3f(3)
a=0, b=3,(t1,t2,t3)=(0,1,2),p=q=r=1a=0,\ b=3,\quad(t_1,t_2,t_3)=(0,1,2),\quad p=q=r=1
按前述正权与介值步骤找到 c<3，再在 [c,3] 用罗尔。
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⑦为什么“右边是端点”能保证两个点不同
t3<b⟹c∈[t1,t3]⟹c<bt_3<b\Longrightarrow c\in[t_1,t_3]\Longrightarrow c<b
若平均值等于某个采样区间内部点的函数值，介值得到的点可能恰好就是它，未必得到第二个不同点。
f(x)=x:f(0)+f(2)2=f(1),f′≡1f(x)=x:\quad\frac{f(0)+f(2)}2=f(1),\quad f'\equiv1
⑧负权反例：平均值不再受最大最小值夹住
f(x)=x:−f(0)+2f(32)=f(3)f(x)=x:\quad-f(0)+2f(\tfrac32)=f(3)
−1+2=1,f′≡1-1+2=1,\quad f'\equiv1
形式上仍是权重和乘端点值，但有负权，无法沿用第③步的符号判断。
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