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【第五章 习题15】

设$a\in R^1$，$f$是$(a,+\infty )$上的二次可微实函数，$M_0,M_1,M_2$分别是$\left|f(x)\right|,\left|f^{{}^{\prime }}(x)\right|,\left|f^{{}^{\prime \prime }}(x)\right|$在$(a,+\infty )$上的最小上界。试证

$$M_1^2\le 4M_0{M}_2$$

【证明】

1. 根据泰勒定理，可知存在某个$\xi \in (x,x+2h)$，使得

$$f^{{}^{\prime }}(x)=\frac{1}{2h}\left[f(x+2h)-f(x)\right]-h{f}^{{}^{\prime \prime }}(\xi )$$

所以

$$\left|f^{{}^{\prime }}(x)\right|\le \left|\frac{1}{2h}\left[f(x+2h)-f(x)\right]\right|+\left|h{f}^{{}^{\prime \prime }}(\xi )\right|$$

$$\le \frac{1}{2h}\left(\left|f(x+2h)\right|+\left|f(x)\right|\right)+h\left|f^{{}^{\prime \prime }}(\xi )\right|$$

根据$M_0,M_1,M_2$的定义，可知

$$\left|f^{{}^{\prime }}(x)\right|\le \frac{1}{2h}\left(M_0+M_0\right)+h{M}_2=h{M}_2+\frac{M_0}{h}$$

由于$h$是一个自由的变量，不受$M_0,M_1,M_2$影响，所以当

$$h=\sqrt{\frac{M_0}{M_2}}$$

有

$$\left|f^{{}^{\prime }}(x)\right|\le 2\sqrt{M_0{M}_2}$$

所以

$$M_1^2\le 4M_0{M}_2$$

2. 根据$f(x)$的定义，可以知道

$$f(x)=\{\begin{array}{cc}2x^2-1& -1<x<0\\ 1-\frac{2}{x^2+1}& 0\le x<+\infty \end{array}$$

$$f^{{}^{\prime }}(x)=\{\begin{array}{cc}4x& -1<x<0\\ \frac{4x}{{\left(x^2+1\right)}^2}& 0\le x<+\infty \end{array}$$

$$f^{{}^{\prime \prime }}(x)=\{\begin{array}{cc}4& -1<x<0\\ \frac{4-12x^2}{{\left(x^2+1\right)}^3}& 0\le x<+\infty \end{array}$$

可以验证$M_0=1,M_1=4,M_2=4$，于是

$$M_1^2=4M_0{M}_2$$

3. 对于向量值函数，$M_1^2\le 4M_0{M}_2$仍然成立

设

$$\mathbf{f}(x)=\left(f_1(x),f_2(x)\dots f_n(x)\right)$$

任取一点$x_0$，设

$$F(x)={\mathbf{f}}^{{}^{\prime }}\left(x_0\right)\cdot \mathbf{f}(x)$$

此时，设

$$M_0=\sup |\mathbf{f}(x)|$$

$$M_1=\sup |{\mathbf{f}}^{{}^{\prime }}(x)|$$

$$M_2=\sup |{\mathbf{f}}^{{}^{\prime \prime }}(x)|$$

所以

$$F^{{}^{\prime }}(x)={\mathbf{f}}^{{}^{\prime }}\left(x_0\right)\cdot {\mathbf{f}}^{{}^{\prime }}(x)$$

$$F^{{}^{\prime \prime }}(x)={\mathbf{f}}^{{}^{\prime }}\left(x_0\right)\cdot {\mathbf{f}}^{{}^{\prime }{}^{\prime }}(x)$$

根据柯西施瓦茨不等式

$$\sup |F(x)|\le M_0\times \left|{\mathbf{f}}^{{}^{\prime }}\left(x_0\right)\right|$$

$$\sup |F^{{}^{\prime \prime }}(x)|\le M_2\times \left|{\mathbf{f}}^{{}^{\prime }}\left(x_0\right)\right|$$

由于$F(x)$为实函数，根据泰勒定理，可知存在某个$\xi \in \left(x_0,x_0+2h\right)$，使得

$$F^{{}^{\prime }}\left(x_0\right)=\frac{1}{2h}\left[F\left(x_0+2h\right)-F\left(x_0\right)\right]-h{F}^{{}^{\prime \prime }}(\xi )$$

根据前面的结论

$$\left|F^{{}^{\prime }}\left(x_0\right)\right|\le 2\times \sqrt{\sup \left|F(x)\right|\times \sup \left|F^{{}^{\prime \prime }}(x)\right|}$$

从而

$$\left|{\mathbf{f}}^{{}^{\prime }}\left(x_0\right)\cdot {\mathbf{f}}^{{}^{\prime }}\left(x_0\right)\right|\le 2\times \sqrt{M_0{M}_2}\times \left|{\mathbf{f}}^{{}^{\prime }}\left(x_0\right)\right|$$

$$\left|{\mathbf{f}}^{{}^{\prime }}\left(x_0\right)\right|\le 2\sqrt{M_0{M}_2}$$

由于$x_0$是任意的，所以

$$M_1\le 2\sqrt{M_0{M}_2}$$

$$M_1^2\le 4M_0{M}_2$$

4. 当向量值函数的所有分量为上边的例子函数的常数倍时，

$$M_1^2=4M_0{M}_2$$
可以成立