华中师范大学 2024年数学分析第3题
📝 题目
3．设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上二阶连续可导且 $\displaystyle M_{0}=\sup \{|f(x)| x \in(0,+\infty)\}$ 以及
$$
M_{1}=\sup \left\{\left|f^{\prime}(x)\right| x \in(0,+\infty)\right\}, M_{2}=\sup \left\{\left|f^{\prime \prime}(x)\right| x \in(0,+\infty)\right\}
$$
均为有限数，证明：$\displaystyle M_{1} \leq 2 \sqrt{M_{0} M_{2}}$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：明确已知条件和目标
已知函数 $f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上二阶连续可导，且 $M_0 = \sup_{x>0} |f(x)|$，$M_1 = \sup_{x>0} |f'(x)|$，$M_2 = \sup_{x>0} |f''(x)|$ 均为有限数。需要证明 $M_1 \leq 2 \sqrt{M_0 M_2}$。
公式：$M_0 = \sup |f|,\ M_1 = \sup |f'|,\ M_2 = \sup |f''|$
提示：注意定义域是 $(0, +\infty)$，但端点 $0$ 不影响上确界。
步骤 2/6
目标：利用泰勒展开建立关系
对任意固定的 $x > 0$ 和任意 $h > 0$，由带拉格朗日余项的泰勒公式，有：
$$f(x+h) = f(x) + f'(x) h + \frac{1}{2} f''(\xi) h^2,$$
其中 $\xi \in (x, x+h)$。移项解出 $f'(x)$：
$$f'(x) = \frac{f(x+h) - f(x)}{h} - \frac{1}{2} f''(\xi) h.$$
公式：$f(x+h) = f(x) + f'(x) h + \frac{1}{2} f''(\xi) h^2$
提示：泰勒展开的余项形式为拉格朗日型，$\xi$ 依赖于 $x$ 和 $h$。
步骤 3/6
目标：取绝对值并放缩
由三角不等式得：
$$|f'(x)| \leq \frac{|f(x+h)| + |f(x)|}{h} + \frac{1}{2} |f''(\xi)| h.$$
利用上确界定义，有 $|f(x+h)| \leq M_0$，$|f(x)| \leq M_0$，$|f''(\xi)| \leq M_2$，代入得：
$$|f'(x)| \leq \frac{2M_0}{h} + \frac{M_2}{2} h.$$
公式：$|f'(x)| \leq \frac{2M_0}{h} + \frac{M_2}{2} h$
提示：注意 $|f(x+h)-f(x)| \leq |f(x+h)| + |f(x)|$ 是三角不等式，不要误用绝对值差。
步骤 4/6
目标：转化为关于 $M_1$ 的不等式
由于上述不等式对任意 $x > 0$ 成立，且右边与 $x$ 无关，因此对左边取上确界 $M_1 = \sup_{x>0} |f'(x)|$ 后，不等式仍然成立：
$$M_1 \leq \frac{2M_0}{h} + \frac{M_2}{2} h, \quad \forall h > 0.$$
公式：$M_1 \leq \frac{2M_0}{h} + \frac{M_2}{2} h$
提示：这一步是关键的放缩，将局部估计推广到全局上界。
步骤 5/6
目标：选择最优 $h$ 最小化右边
令 $g(h) = \frac{2M_0}{h} + \frac{M_2}{2} h$，对 $h>0$ 求导：
$$g'(h) = -\frac{2M_0}{h^2} + \frac{M_2}{2}.$$
令 $g'(h)=0$ 得：
$$\frac{M_2}{2} = \frac{2M_0}{h^2} \Rightarrow h^2 = \frac{4M_0}{M_2} \Rightarrow h = 2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}}.$$
公式：$h = 2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}}$
提示：注意 $M_0$ 和 $M_2$ 非负，且 $M_2$ 可能为0，此时需单独讨论（不等式显然成立）。
步骤 6/6
目标：代入得到最终不等式
将最优 $h$ 代入不等式：
$$M_1 \leq \frac{2M_0}{2\sqrt{M_0/M_2}} + \frac{M_2}{2} \cdot 2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}} = \sqrt{M_0 M_2} + \sqrt{M_0 M_2} = 2\sqrt{M_0 M_2}.$$
因此，$M_1 \leq 2\sqrt{M_0 M_2}$ 得证。
公式：$M_1 \leq 2\sqrt{M_0 M_2}$
提示：当 $M_2=0$ 时，$f''(x)\equiv 0$，则 $f'$ 为常数，由 $M_0$ 有限可推出 $f'\equiv 0$，不等式仍成立。
步骤 7/7
目标：取上确界得结论
由以上推导，对任意 $x>0$ 有 $|f'(x)| \leq 2\sqrt{M_0 M_2}$，因此
$$M_1 = \sup_{x>0}|f'(x)| \leq 2\sqrt{M_0 M_2}.$$
提示：上确界小于等于常数，即得证。
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