人教群里看到的一道美妙的导数不等式

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2012-12-21 18:06

图片里的斜体太斜了点，以至于导数都看不太清，重新用 $\LaTeX$ 输入一下先。

如果对 $x\in(0,+\infty)$ 都有 $\abs{f(x)}\leqslant A$, $\abs{f''(x)}\leqslant B$，其中 $A$, $B$ 为正常数，证明：$\abs{f'(x)}\leqslant \sqrt{AB}$。

结论真美哟，不过我倒是觉得她更像柯西

怎么证呢？一时没想到

越想越觉得这命题有可能是错的，$\abs{f'(x)}$ 的上界可能要更大些，时间关系明天再研究研究。
大家也可以试试从反方向想，看能不能找到反例。

整理一下，其中用到粉丝群里 px 所说的部分内容。

命题 1  设常数 $a\in\mbb R$，$f(x)$ 定义在 $(a,+\infty)$ 上且二阶可导，若对 $x\in(a,+\infty)$ 有 $\sup\abs{f(x)}=M_0$, $\sup\abs{f'(x)}=M_1$, $\sup\abs{f''(x)}=M_2$，其中 $M_0$, $M_1$, $M_2$ 均为正常数，则有 $M_1\leqslant2\sqrt{M_0M_2}$。

证命题 1  对于每个 $x\in(a,+\infty)$，我们在 $x+2\sqrt{M_0/M_2}$ 处作泰勒展开，有
\[f\left( x+2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}} \right)=f(x)+f'(x)\cdot 2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}}+\frac{f''(\xi )}2\cdot \left( 2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}} \right)^2,\]
其中 $\xi \in \left( x,x+2\sqrt{M_0/M_2} \right)$，于是
\begin{align*}
2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}}\cdot \abs{f'(x)}&=\left| f\left( x+2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}} \right)-f(x)-\frac{f''(\xi )}2\cdot \left( 2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}} \right)^2 \right| \\
& \leqslant \left| f\left( x+2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}} \right) \right|+\abs{f(x)}+\frac{2M_0}{M_2}\cdot \abs{f''(\xi )} \\
& \leqslant 4M_0,
\end{align*}
所以
\[
\abs{f'(x)}\leqslant 2\sqrt{M_0M_2},
\]
即得
\[M_1\leqslant2\sqrt{M_0M_2}.\]

说明  命题 1 的结论 $M_1\leqslant2\sqrt{M_0M_2}$ 中的等号是可以取到的，比如当 $a=0$ 时，取
\[f(x)=\begin{cases}
2(x-1)^2-1, & x\in (0,1], \\
\frac{x(x-2)}{(x-1)^2+1}, & x\in (1,+\infty ),
\end{cases}\]
则可以证明 $f(x)$ 二阶可导，具体地，有
\begin{align*}
f'(x)&=\begin{cases}
4(x-1), & x\in (0,1], \\
\frac{4(x-1)}{((x-1)^2+1)^2}, & x\in (1,+\infty ),
\end{cases}\\
f''(x)&=\begin{cases}
4, & x\in (0,1], \\
-\frac{4(3x^2-6x+2)}{((x-1)^2+1)^3}, & x\in (1,+\infty ),
\end{cases}
\end{align*}
此时易证 $M_0=1$, $M_1=M_2=4$，满足 $M_1=2\sqrt{M_0M_2}$。
还有一点要注意的是，此例子中并不存在 $\abs{f'(x)}=4$ 的 $x$，但是 $M_1=4$，这是因为 $\lim_{x\to0^+}\abs{f'(x)}=4$。
而我个人猜测总有 $\abs{f'(x)}<2\sqrt{M_0M_2}$，待研究。



命题 2  （据 px 在群里所给的提示下证出）$f(x)$ 定义在 $\mbb R$ 上且二阶可导，若对 $x\in\mbb R$ 有 $\sup\abs{f(x)}=M_0$, $\sup\abs{f'(x)}=M_1$, $\sup\abs{f''(x)}=M_2$，其中 $M_0$, $M_1$, $M_2$ 均为正常数，则有 $M_1\leqslant \sqrt{2M_0M_2}$。

证命题 2  设任意 $h\ne0$，对于每个 $x\in\mbb R$，分别在 $x+h$ 及 $x-h$ 处作泰勒展开，有
\begin{align*}
f(x+h)&=f(x)+f'(x)h+\frac{f''(\xi_1)}2h^2,\\
f(x-h)&=f(x)-f'(x)h+\frac{f''(\xi_2)}2h^2,
\end{align*}
其中 $\xi_1\in(\min\{x,x+h\},\max\{x,x+h\})$, $\xi_2\in(\min\{x,x-h\},\max\{x,x-h\})$，两式相减得
\[f(x+h)-f(x-h)=2hf'(x)+\frac{h^2}2\bigl(f''(\xi_1)-f''(\xi_2)\bigr),\]
故此
\begin{align*}
2h\abs{f'(x)}&\leqslant \abs{2hf'(x)}\\
&=\abs{f(x+h)-f(x-h)-\frac{h^2}2\bigl(f''(\xi_1)-f''(\xi_2)\bigr)}\\
&\leqslant \abs{f(x+h)}+\abs{f(x-h)}+\frac{h^2}2\bigl(\abs{f''(\xi_1)}+\abs{f''(\xi_2)}\bigr)\\
&\leqslant 2M_0+h^2M_2,
\end{align*}
所以
\[h^2M_2-2h\abs{f'(x)}+2M_0\geqslant 0,\]
上式对任意 $h\ne0$ 恒成立，必然有
\[\Delta=4\abs{f'(x)}^2-8M_0M_2\leqslant 0,\]
所以
\[\abs{f'(x)}\leqslant \sqrt{2M_0M_2},\]
即得
\[M_1\leqslant\sqrt{2M_0M_2}.\]

说明  命题 2 的结论 $M_1\leqslant\sqrt{2M_0M_2}$ 中的等号我猜测是取不了的，待研究。（px 在群里发的例子只定义了在 $(-1,+\infty)$ 上，是用于命题 1 取等反例才对）
但是系数是最佳的，比如说，我们让 $f(x)$ 是一个周期为 $4$ 的函数，其中一个周期 $[0,4)$ 内的表达式如下
\[f(x)=\begin{cases}
\frac{x^{\alpha +2}-(a+2)x}{(\alpha +1)(\alpha +2)},&x\in [0,1), \\
\frac{(a+2)(x-2)+(2-x)^{\alpha +2}}{(\alpha +1)(\alpha +2)},&x\in [1,2), \\
\frac{(a+2)(x-2)-(x-2)^{\alpha +2}}{(\alpha +1)(\alpha +2)},&x\in [2,3), \\
\frac{(a+2)(4-x)-(4-x)^{\alpha +2}}{(\alpha +1)(\alpha +2)},&x\in [3,4),
\end{cases}\]
其中 $\alpha>0$，那么我们可以证明 $f(x)$ 二阶可导，且它的一阶和二阶导数也以 4 为周期，可以写出它们在 $[0,4)$ 的表达式如下
\begin{align*}
f'(x)&=\begin{cases}
\frac{x^{\alpha +1}-1}{\alpha +1},&x\in [0,1), \\
\frac{1-(2-x)^{\alpha +1}}{\alpha +1},&x\in [1,2), \\
\frac{1-(x-2)^{\alpha +1}}{\alpha +1},&x\in [2,3), \\
\frac{(4-x)^{\alpha +1}-1}{\alpha +1},&x\in [3,4),
\end{cases}\\
f''(x)&=\begin{cases}
x^{\alpha },&x\in [0,1), \\
(2-x)^{\alpha },&x\in [1,2), \\
-(x-2)^{\alpha },&x\in [2,3), \\
-(4-x)^{\alpha },&x\in [3,4),
\end{cases}
\end{align*}
于是此时易证 $M_0=1/(\alpha +2)$, $M_1=1/(\alpha +1)$, $M_2=1$，而
\[2M_0M_2-M_1^2=\frac2{\alpha +2}-\frac1{(\alpha +1)^2}=\frac{\alpha (2\alpha +3)}{(\alpha +2)(\alpha +1)^2},\]
可见当 $\alpha \to 0^+$ 时 $M_1\to\sqrt{2M_0M_2}$，所以系数是最佳的。

其实这题是我给天书看的。。。
这个命题有关landua不等式，即函数跟二阶导能够控制一阶导的范围。。。
之前查过资料，sqrt2这个下界是在l_（无穷）空间成立
而这里系数最小为1是在L_2空间成立，但是关于这个证明其实没找到。。。
不知道老师是否有兴趣把证明找出来，或者证明一下。。。

不懂了，什么叫“l_（无穷）空间”和“L_2 空间”？，我对高等的东东了解不多……