奇怪的关于函数及其导数的不等式
设f(x)是定义在R上的实函数,且对∀x有f(x),f′(x),f″(x),f‴(x)>0,假设对∀x有f‴(x)<f(x)证明:对一切x都有f′(x)<2f(x).
证明 对任意固定的c,令
g(x)=f(x)−f′(x)(x−c)+f″(x)2(x−c)2
则
g′(x)=f‴(x)2(x−c)2≥0
所以g(x)是递增函数,则对∀y>0
g(c+y)>g(c−y)
也就是
g(c+y)=f(c+y)−yf′(c+y)+f″(c+y)2y2>f(c−y)+yf′(c−y)+f″(c−y)2y2=g(c−y)
注意到
f(c+y)−yf′(c+y)+f″(c+y)2y2>f(c−y)+yf′(c−y)+f″(c−y)2y2>f″(c−y)2y2
故有
f(c+y)−yf′(c+y)>12y2[f″(c−y)−f″(c+y)]
由拉格朗日中值定理知存在θ∈(c−y,c+y),满足
f″(c+y)−f″(c−y)=2yf‴(θ)≤2yf(θ)<2yf(c+y)
所以
f(c+y)−yf′(c+y)+y3f(c+y)>0
而由条件可推断
1+y3yf(c+y)>f′(c+y)
当y=13√2上面的1+y3y=33√4<2,
故命题得证。
下面一种证明来着风碎便士同学。
令c≥0是f(x)的下确界,则f(x)在x→−∞时单调递于c,并且容易得到f′(x),f″(x)在x→−∞时均单调趋于0.
这是由于f″(x)>0说明f′(x)是递增的,故limx→−∞f′(x)要么为−∞,要么为一个常数,而由limx→−∞f(x)=c知,limx→−∞f′(x)=0(其他情况均会矛盾),同样可说明limx→−∞f″(x)=0
从而
f‴(x)f″(x)<f(x)f″(x)<f(x)f″(x)+(f′(x))2
两边从a到x积分,得
12(f″(x))2−12(f″(a))2<f(x)f′(x)−f(a)f′(a)
再令a→−∞得到
(f″(x))2≤2f(x)f′(x)
从而
f‴(x)(f″(x))2≤2f2(x)f′(x)
两边从a到x积分,再令a→−∞得到
(f″(x))3≤2f3(x)
f″(x)≤3√2f(x)
f′(x)f″(x)≤3√2f(x)f′(x)
两边从a到x积分,再令a→−∞得到
f′(x)≤6√2f(x)<2f(x)