Теорема Лагранжа c=(a+b)/2

[Keter]

Я тут подумал: а что если в теореме Лагранжа взять $c=\frac{a+b}{2}$ ?

Для каких функций на $\mathbb{R}$ всегда выполнено $f' \bigg( \frac{a+b}{2} \bigg)=\frac{f(a)-f(b)}{a-b}$ ?

Как находить все такие функции и указать на их единственность? Такая задача решаемая?

[patzer2097]

ну рассмотрите функцию $g$ из $[a,b]$ в $\mathbb{R}$, для которой $g(a)=g(b)=0$ и $g'(a/2+b/2)=0$. Что надо с ней сделать, чтобы получить одну из Ваших $f$?.. Как из Вашей $f$ получить мою $g$?..
И, главное, есть ли особый смысл рассматривать такие функции?..

[Keter]

patzer2097, ну если брать $a=b,$ тогда подходят функции вида $f(x)=x^{2n}…$

Еще я понял, что уравнение $f'(x)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$ по теореме Лагранжа имеет как минимум один корень. Расположение этого корня зависит от функции. И в моём случае $x=a/2+b/2.$ $f(x)=x^{2n}$ вроде всегда подходят, или нет...

[Cash]

Keter, мне кажется, что patzer2097
намекает посмотреть на геометрическую интерпретацию теоремы.

[Null]

$f'(x)=\frac{f(2x-a)-f(a)}{2(x-a)}$ значит функция $f'(x)$ дифференцируема везде кроме точки $a$, аналогично поменяв $a$, получим что функция везде дифференцируема. Ну и в том числе она непрерывна.

$f(x)=x^{4}$ не подходит. Проверьте сами.

[provincialka]

Для квадратичной функции условие выполняется. В обратную сторону не проверяла.

[ewert]

Это -- формула для симметричной двухточечной первой производной. И точна она ровно на параболах (поскольку поправка пропорциональна третьей производной в некоторой промежуточной точке).

[Keter]

ewert, расскажите пожалуйста подробнее об этом. Почему формула только на параболах действует и больше нигде?

[Null]

Вы не привели своих попыток решения. Например по моему способу нужно получить соотношение на $f'$.
Или по способу ewert определить как устроенно множество нулей 3ей производной.

[ewert]

Я только один ньюанец намекну. Из постановки задачки следует (следуя Null), что там ваще всё бесконечно дифференцируемо. Ну а если сей факт принять -- то дальше всё уже очевидно.

[Евгений Машеров]

В ряд разложить. Приняв b=x и $a=x+h$
Приравнять и посмотреть...

[ewert]

Не совсем. Стандартно -- вычесть друг из дружки разложения для $f(x+h)$ и для $f(x-h)$ по степеням $h$ до второй включительно с остаточными членами в форме Лагранжа.

[Null]

Евгений Машеров
скорее всего про исходную задачу.

[ewert]

А я что -- не про исходную?... Я про то, что $f'(\frac{a+b}2)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}-f'''(c)\cdot\frac{(b-a)^2}{24}$, где $c\in(a;b)$. Или, что эквивалентно (но выгоднее): $f'(x)=\frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}-f'''(\xi)\cdot\frac{h^2}{6}$, где $\xi\in(x-h;x+h)$.

[Null]

Я имел ввиду $f(x)=a_0+a_1 x +a_2 x^2+\dots$