設$f'(x)$在$[a,b]$上連續，且$f(a)=f(b)=0$,則
\begin
\max_|f'(x)|\geq \frac\int_a^b|f(x)|dx
\end
證明:只要做掉$f(x)$在$[a,b]$內恆非負的情形就足夠了(為什麼?).設$f(x)$在$[a,b]$內恆非負.令
$$g(x)=\int_a^xf(t)dt$$
因為$f(a)=f(b)=0$,所以由微積分第一基本定理，可得
\begin
g'(a)=g'(b)=0
\end
且易得$g(a)=0$.由於$f'(x)$在$[a,b]$上連續，因此$g''(x)$在$[a,b]$上連續.我們要證明的結論即
\begin
\max_|g''(x)|\geq \frac|g(b)|
\end
為此，我們對$g$進行hermite多項式插值.由於hermite插值是牛頓多項式插值的極限情形，為此我們先進行牛頓多項式插值.我們設立牛頓插值的插值點
\begin
x_0=a,x_1,x_2,x_3=b
\end
易得經過這四個插值點的牛頓插值多項式為
\begin
g(x_0)+(x-x_0)g[x_0,x_1]+(x-x_0)(x-x_1)g[x_0,x_1,x_2]+(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)g[x_0,x_1,x_2,x_3]
\end
取極限，令$x_1\to x_,x_2\to x_3$,則牛頓插值多項式變為hermite插值多項式
\begin
p(x)= g(x_0)+(x-x_0)g[x_0,x_0]+(x-x_0)^2g[x_0,x_0,x_3]+(x-x_0)^2(x-x_3)g[x_0,x_0,x_3,x_3]
\end
該hermite插值多項式即
\begin
p(x)= g(a)+(x-a)g[a,a]+(x-a)^2g[a,a,b]+(x-a)^2(x-b)g[a,a,b,b]
\end
由於$g'(a)=g'(b)=0,g(a)=0$.因此
\begin
p(x)=(x-a)^2 g[a,a,b]+(x-a)^2(x-b)g[a,a,b,b]
\end
令\begin
q(x)=g(x)-p(x)
\end
可得\begin
q(a)=q(b)=0,q'(a)=q'(b)=0
\end
於是使用rolle定理兩次(這裡用到了「$g''$在$[a,b]$上連續」這個條件)可得存在$\xi\in (a,b)$使得
\begin
q''(\xi)=0
\end
即\begin
g''(\xi)=2g[a,a,b]+(6\xi-2b-4a)g[a,a,b,b]
\end
而\begin
g[a,a,b]=\frac=\frac}=\frac
\end
\begin
g[a,b,b]=\frac=\frac-g'(b)}=\frac
\end
因此\begin
g[a,a,b,b]=\frac=\frac
\end
即\begin
g''(\xi)=\frac+(6\xi-2b-4a)\frac
\end
即\begin
g''(\xi)=\frac[1+\frac]
\end
即\begin
g''(\xi)=\frac[\frac]
\end
可見，\begin
\max_ |g''(\xi)|\geq \frac
\end
完畢.
用Hermite插值方法估計積分值
設 f x 在 a,b 上連續，且 f a f b 0 則 begin max f x geq frac int a b f x dx end 證明 只要做掉 f x 在 a,b 內恆非負的情形就足夠了 為什麼?設 f x 在 a,b 內恆非負.令 g x int a xf t dt 因為 f a ...
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