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12-12 数分好难3

hhuangzirui
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@miqt2njc
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3 个月前
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\newcommand{\ve}{\varepsilon}
证明：
对 p≥1p\ge 1，存在只和 pp 有关的常数 cpc_p，使得：
∣1+x∣p≥1+px+cpφp(x)|1+x|^p \ge 1+px + c_p\varphi_p(x)
若 1<p≤21<p\le 2 且 ∣x∣≤1|x|\le 1，φp(x)=∣x∣2\varphi_p(x)=|x|^2。
否则 φp(x)=∣x∣p\varphi_p(x)=|x|^p
设 f(x)=(1+x)p−1−px−cpφp(x)f(x)=(1+x)^p-1-px-c_p\varphi_p(x)
先 x≥0x\ge 0。
令 p>2p > 2。
这时 f(x)=(1+x)p−1−px−cpxpf(x)=(1+x)^p-1-px-c_px^p
f′(x)=p(1+x)p−1−p−pcpxp−1f′′(x)=p(p−1)(1+x)p−2−p(p−1)cpxp−2=p(p−1)((1+x)p−2−cpxp−2)f'(x)=p(1+x)^{p-1}-p-pc_px^{p-1}\\ f''(x)=p(p-1)(1+x)^{p-2}-p(p-1)c_px^{p-2}\\ =p(p-1)((1+x)^{p-2}-c_px^{p-2})
令 cp<1c_p < 1 就有 f′′(x)>0f''(x)>0 成立，又有 f′(0)=0f'(0)=0 即得 ff 单增。
f(0)=0f(0)=0，原题自动成立。
再考虑 p≤2p \le 2 时：
设此时 x∈[0,1]x \in [0,1]，则 f(x)=(1+x)p−1−px−cpx2f(x)=(1+x)^p-1-px-c_px^2
泰勒展开有 (1+x)p=1+px+p(p−1)(1+\ve)p−22x2(1+x)^p = 1 + px + \dfrac{p(p-1)(1+\ve)^{p-2}}{2}x^2。
这里 (1+\ve)p−2>(1+1)p−2(1+\ve)^{p-2}>(1+1)^{p-2}。取 cp=2p−3c_p=2^{p-3} 即可。
最后考虑 x>1x > 1 时。
f(x)=(1+x)p−1−px−cpxpf(x)=(1+x)^p-1-px-c_px^p
f′(x)=p(1+x)p−1−p−pcpxp−1f′′(x)=p(p−1)(1+x)p−2−p(p−1)cpxp−2=p(p−1)((1+x)p−2−cpxp−2)≥p(p−1)((2x)p−2−cpxp−2)≥p(p−1)xp−2(2p−2−cp)f'(x)=p(1+x)^{p-1}-p-pc_px^{p-1}\\ f''(x)=p(p-1)(1+x)^{p-2}-p(p-1)c_px^{p-2}\\ =p(p-1)((1+x)^{p-2}-c_px^{p-2})\\ \ge p(p-1)((2x)^{p-2}-c_px^{p-2})\\ \ge p(p-1)x^{p-2}(2^{p-2}-c_p)\\
取 cp<2p−2c_p < 2^{p-2}，类似可知成立。
现在考虑 x<0x<0 的情况。
若 x∈[−1,0]x \in [-1,0]，有：
当 p≥2p\ge 2：
∣1+x∣p=(1+x)(1+x)p−1≥(1+x)(1+(p−1)x)=1+px+(p−1)x2|1+x|^p=(1+x)(1+x)^{p-1}\ge (1+x)(1+(p-1)x)\\ =1+px+(p-1)x^2
当 p∈[1,2)p\in [1,2)：
∣1+x∣p=1+px+p(p−1)(1+\ve)p−22x2≥1+px+p(p−1)2x2|1+x|^p= 1 + px + \dfrac{p(p-1)(1+\ve)^{p-2}}{2}x^2\\ \ge 1+px+\dfrac{p(p-1)}{2}x^2
考虑 x<−1x < -1。
令 t=−x>1t=-x>1。
设 f(t)=(t−1)p−1+pt−cptpf(t)=(t-1)^p-1+pt-c_pt^p，我们想说明总有 f(t)≥0f(t)\ge 0。
f′(t)=p(t−1)p−1+p−pcptp−1f′′(t)=p(p−1)(t−1)p−2−p(p−1)cptp−2=p(p−1)((t−1)p−2−cptp−2)f'(t)=p(t-1)^{p-1}+p-pc_pt^{p-1}\\ f''(t)=p(p-1)(t-1)^{p-2}-p(p-1)c_pt^{p-2}\\ =p(p-1)((t-1)^{p-2}-c_pt^{p-2})
当 p∈[1,2)p\in[1,2)，就有：
p(p−1)((t−1)p−2−cptp−2)≥p(p−1)(tp−2−cptp−2)≥0p(p-1)((t-1)^{p-2}-c_pt^{p-2})\\ \ge p(p-1)(t^{p-2}-c_pt^{p-2})\ge 0
只需取 cp<1c_p<1。
再考虑 p≥2p\ge 2。
（后面完全看不懂为什么要这样做了。太莫名其妙了。有懂的人可以告诉彩笔博主）
(−x)p=(1+(−1−x))p≤(2p+2p(−1−x)p)2=2p−1(1+(−1−x)p)(-x)^p = (1+(-1-x))^p \le \dfrac{(2^p+2^p(-1-x)^p)}{2}=2^{p-1}(1+(-1-x)^p)
于是 (−1−x)p≥21−p∣x∣p−1≥1+px+21−p∣x∣p(-1-x)^p \ge 2^{1-p}|x|^p-1\ge 1+px+2^{1-p}|x|^p。
取 cp=21−pc_p=2^{1-p}。

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