含参数一元函数的不等式

含参数一元函数的不等式问题

$I$为一个区间，然后考虑一族函数$\{f_a{\}}_{a\in A}$并且$f_a\in C^1(I\to \mathbb{R})$。现在要证明不等式$f_a(x)\ge 0$或者$f_a(x)>0$对任意$x\in I$成立。

• 相当于把二元函数的最值问题，转换为含参数的一元函数的最值问题。算是一种降维的操作。
• 有时候一些二元函数的不等式比如，证明$\forall (a,b)\in U$都有$g(a,b)\ge 0$的时候，如果我们可以把$U$分解为$U=A\times I$那么只要令$f_a(b):=g(a,b)$于是就可以把问题转换为含参数的一元函数不等式问题了。
• 参考视频:中值定理证明不等式的一个天然缺陷。

1. 一些基本问题

例子1.1

设$0\le x\le 1,p>1$证明$\frac{1}{2^{p-1}}\le x^p+(1-x{)}^p\le 1$

此处令$f_p(x):=x^p+(1-x{)}^p$，此函数图像如下：

因为函数$f_p$的可微性，我们通过求导就发现$x>1/2$的时候，函数单调增加，$x<1/2$的时候函数单调减少，而$x=1/2$为函数在$[0,1]$的最小值点。由于

1. $f_p(0)=f_p(1)=1$所以$f_p(x)\le 1$。
2. $f_p(1/2)=\frac{1}{2^{p-1}}$。

所以不等式就得到了证明。

• 如果此处我们把$p$当成变量$x$作为参数来考虑含参数的函数的性质，那么这个问题直接联系到Power mean及其性质。假设我们已知关于变量$p$的函数是一个单调增加的函数，那么用Power mean及其性质当中的符号来表示，如果固定$x\in [0,1]$那么$M_p(x,1-x)\ge M_1(x,1-x)⟺x^p+(1-x{)}^p\ge \frac{1}{2^{p-1}}$反过来$M_p(x,1-x)\le M_{\infty }(x,1-x)⟺x^p+(1-x{)}^p\le 2\max \{x,1-x\}\le 1$

有些看起来是二元含参数的不等式问题，可以通过一些简单的换元转换为一元含参数的不等式问题：

例子1.2

令$a,b\ge 0,p\in (0,1)$那么不等式$(a+b{)}^p\le a^p+b^p$成立。

这个问题：

1. 直接看可以理解为$G(a,b,p):=(a+b{)}^p-a^p-b^p$证明$G$在集合$[0,+\infty )\times [0,+\infty )\times (0,1)$上非正。
2. 如果把$p$当成参数，那么问题是一个含参数$p$的二元函数的最值问题，即$Q_p(a,b):=(a+b{)}^p-a^p-b^p\le 0$这还是不够简单。我们发现当$b=0$的时候，不等式显然相等。于是只需要讨论$b>0$的情况，那么我们可以利用目标不等式的齐次性，两边除$b^p$从而转换为证明下面的结果：

引理1.3

令$p\in (0,1),t\ge 0$那么不等式$(1+t{)}^p\le 1+t^p$成立。

令$F(t):=(1+t{)}^p-t^p-1$其中$F(0)=0$，对$t>0$有$F^{\prime }(t)=p(1+t{)}^{p-1}-p{t}^{p-1}$因为$p-1<0$并且$1+t>t$由幂函数的单调性，我们知道$F^{\prime }(t)<0$。因此函数$F(t)$在$(0,+\infty )$上严格单调减少，因此$F(t)\le F(0)=0$对任意$t\ge 0$成立，即$(1+t{)}^p\le 1+t^p$

2. 中值定理进度上的缺陷

例子2.1

$0<a<b$有不等式$\frac{2a}{a^2+b^2}<\frac{\log (b)-\log (a)}{b-a}$

如果我们按照“含参数函数的不等式”去思考，我们可以考虑含参数的函数$g_a(x):=\log (x/a)-\frac{2a(x-a)}{a^2+x^2}$其导数为$g_a^{\prime }(x)=\frac{1}{x}+\frac{4ax(x-a)}{(a^2+x^2{)}^2}-\frac{2a}{a^2+x^2}$解这个有理多项式类型的不等式，可以得到结论：当$x>a>0$的时候$g_a^{\prime }(x)>0$。也就是说函数$g_a(x)$在$x\in (a,+\infty )$上单调增加，于是想到只要左端点的值大于等于0，那么任意$x$都能使得$g_a(x)>0$。实际上${\lim }_{x\to a^{+}}{g}_a(x)=0-{\lim }_{x\to a^{+}}\frac{2a(x-a)}{a^2+x^2}=0$于是不等式得到了证明。

不过“例子2”的一个更为常见的做法是利用“中值定理”。因为$\frac{\log (b)-\log (a)}{b-a}$很难不然人想到$\log (x)$的中值定理。Lagrange中值定理告诉我们，存在$\xi \in (a,b)$使得$\frac{1}{\xi }=\frac{\log (b)-\log (a)}{b-a}$然后我们想到加强命题，因为$\frac{1}{\xi }>\frac{1}{b}$，那么如果我们可以证明$\frac{1}{b}$大于目标不等式，那么整个证明就可以结束了。事实上这种加强是奏效的，因为$\frac{1}{b}>\frac{2a}{a^2+b^2}$对$b>a>0$是成立的。

但是我们要说这种借由中值定理来证明的不等式存在一个局限性：

借由中值定理证明不等式的局限性

这种局限性根植于中值定理本身。函数$f(x)$的中值定理所产生的值$\xi$在一个区间中是不确定的，所以当我们去估计形如$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$上界或下界的时候，我们利用$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f^{\prime }(\xi )$的时候，我们实际上是在加强不等式。

• 我们的逻辑是（假设我们要证明下界）：如果我们给到$f^{\prime }(x)$在$(a,b)$上的一个下界估计，并且这个下界比目标下界要更精确，更为接近$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$，那么一切就是成功的。 但是由于$\xi$是不确定的，因此这种估计一定会有严格大于0的误差，除非导数是常函数。这就导致一个明显的局限性：如果我们的目标估计是较为精确的，那么这条路可能完全行不通。

• 首先“例子1.1”当中这种不等式在函数最值点处取得的不等式，在个别点处的误差是0，这就导致这种问题用中值定理来证明是不可能的。
• 再比如“例子2.1”当中，如果我们要证明$\frac{\log (b)-\log (a)}{b-a}<\frac{1}{\sqrt{ab}}$如果我们通过导数来分析含参数函数$f_a(x):=\log (x/a)-\frac{x-a}{\sqrt{ax}}$这是可以行得通的。但是如果我们考虑中值定理，我们相当于是证明$\frac{1}{\xi }<\frac{1}{\sqrt{ab}}$但是由于我们根本不确定$\xi \in (a,b)$的更为精确的信息，我们无奈只得加强不等式，企图证明$\frac{1}{a}<\frac{1}{\sqrt{ab}}$，但是这会导致$b<a$，这就说明这种加强根本不可能。

我们再看下一个例子：

例子2.2

设$0<a<b$,证明$\frac{e^b-e^a}{b-a}>e^{\frac{a+b}{2}}$

• 此处其实也体现出，单纯求导然后解导数为0的方程的局限性。因为如果考虑含参数函数$f_a(x):=e^x-e^a-(x-a)e^{\frac{a+x}{2}}$其导数中始终含有$\exp$函数，含有这种函数的方程通常比较难解。不过此处我们可以直接利用函数严格凸性，然后使用Jensen不等式：$\frac{e^b-e^a}{b-a}=\frac{1}{b-a}{\int }_a^b\exp (x)dx>\exp \left(\frac{1}{b-a}{\int }_a^{b}xdx\right)=e^{\frac{b+a}{2}}$这里也可以借用Hermite-Hadamard不等式与函数凸性当中的结果去说明，以至于还可以得到另一边的不等式$\frac{e^a+e^b}{2}>\frac{e^b-e^a}{b-a}>e^{\frac{a+b}{2}}$

• 这里不能考虑中值定理，因为$e^{\xi }$中的$\xi$并不确定。如果要得到目标不等式，考虑到$e^x$的严格单调性，我们需要保证$\xi >\frac{a+b}{2}$才行。

例子2.3

对于$-1<a<b<1$，有$\frac{\arcsin (b)-\arcsin (a)}{b-a}>\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{a+b}{2}{)}^2}}$

借用1.2 判断不等式是否成立当中的经验，我们可以迅速用下面的代码快速检验是否存在反例，以确定这个不等式是否值得我们证明：

Clear[m, data]
m = 300;
data = Sort@RandomReal[{-1, 1}, {m, 2}];
DiscretePlot[(ArcSin[data[[k]][[2]]] - 
     ArcSin[data[[k]][[1]]])/(data[[k]][[2]] - data[[k]][[1]]) - 
  1/Sqrt[1 - ((data[[k]][[1]] + data[[k]][[2]])/2)^2], {k, 1, m}, 
 PlotRange -> {-0.1, 0.2}]

这里绘制的是$F(a,b)=\frac{\arcsin (b)-\arcsin (a)}{b-a}-\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{a+b}{2}{)}^2}}$的图像，其中$-1<a<b<1$是一对随机数。我们可以通过图像我们可以快速确定，这个不等式多半是对的（因为$F(a,b)$的值在300对随机数的实验中，始终在第一象限），于是接下来我们尝试证明。

• 首先Lagrange中值定理是可行的吗？我们会提出这样的问题，因为$\frac{\arcsin (b)-\arcsin (a)}{b-a}$的形式的确会让人联想到中值定理。然而由于上面的讨论，我们对此并不抱有太大的期望，因为Lagrange中值定理在这种估计问题当中精度无法太高。事实上也的确如此，要使得Lagrange中值定理可以证明该不等式，必须保证$\frac{1}{\sqrt{1-{\xi }^2}}>\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{a+b}{2}{)}^2}}$这便意味着我们必须保证$|\xi |>|\frac{a+b}{2}|$。这个信息肯定是对的，因为如果不是这样那么本例当中的不等式就是错误的。但是这个信息Lagrange中值定理给不了，必须结合函数的其他信息才可以得到。
• 可以确定是，如果我们采用构造辅助的含参数的函数，这个问题一定可以解决，只不过是论证&计算难度的高低区别罢了。一种常规的构造方法是定义函数$g_a(x):=\frac{\arcsin (x)-\arcsin (a)}{x-a}-\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{a+x}{2}{)}^2}}$然后我们证明在$(a,1)$的范围内$g_a(x)>0$对任意的$a\in (-1,1)$成立。不过为了使得含参数函数的微分更简单，不包含任何超越函数，更为明智的构造方式是$f_a(x):=\arcsin (x)-\arcsin (a)-\frac{x-a}{\sqrt{1-(\frac{a+x}{2}{)}^2}}$这样我们便可以求得$f_a^{\prime }(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}-\frac{1}{\sqrt{1-c^2}}-\frac{x^2-a^2}{4(1-c^2{)}^{3/2}}$其中$c=\frac{a+x}{2}$。解不等式$f_a^{\prime }(x)>0$得到$1>x>a>-1$。也就是说对于固定参数$a$而言，函数$f_a(x)$在$(a,1)$中严格单调增加，于是我们只需要计算极限值，如果极限值大于等于0，那么此例当中的不等式就成立。事实上$\begin{array}{rl}\underset{x\to a^{+}}{\lim }\arcsin (x)-\arcsin (a)-\frac{x-a}{\sqrt{1-(\frac{a+x}{2}{)}^2}}& =-\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{x-a}{\sqrt{1-(\frac{a+x}{2}{)}^2}}\\ & =0\end{array}$于是我们得到$f_a(x)>0,\forall x\in (a,1),a\in (-1,1)$于是例子当中的不等式成立。

是否还有更为巧妙地做法？前面地例子给了我们一个经验，我们可以从函数图像地几何特征入手。如果我们定义$h(x):=\arcsin (x)$的话，本例中的不等式实际上可以写作$\frac{h(b)-h(a)}{b-a}>h^{\prime }\left(\frac{b+a}{2}\right)$如果我们把不等式左边写成积分形式，那么原本的不等式变成了$\frac{1}{b-a}{\int }_a^b{h}^{\prime }(x)dx>h^{\prime }\left(\frac{b+a}{2}\right)$根据Hermite-Hadamard不等式与函数凸性我们想到只要证明$h^{\prime }(x)$是一个严格凸的函数即可。这是一定的，因为$h^{\prime \prime \prime }(x):=\frac{3x^2}{(1-x^2{)}^{\frac{5}{2}}}+\frac{1}{(1-x^2{)}^{\frac{3}{2}}}>0$的解集为$-1<x<1$。因此此例当中的不等式成立。