写于2025-04-21,依旧搬运笔记

前言：

（个人向总结）

这是一类要求证明关于 $f(x),f'(x),f''(x)$ 的关系等式，或是对其中某个进行多项和的估计，题目的背景
思路就是把一个二阶可微函数在x处talyor展开，从而得到的等式。有时候需要估值，就进行一些放缩，其中兰道不等式就是一个还算好用的不等式。

我们介绍这个不等式，相关的题目也会附在这篇文章的后面。

参考文献：关于兰道不等式的二三事 - 知乎（更正了一些小错误）

兰道不等式 (Landau’s inequality) :

设 $f(x)$ 是定义在整个实数轴 $(-\infty,+\infty)$ 上的二次可微函数，记

$M_0=\sup_x|f(x)|,\quad M_1=\sup_x|f^{\prime}(x)|,\quad M_2=\sup_x|f^{\prime\prime}(x)|,$

若 $M_0,M_2<+\infty$ ,则有

$M_1^2\leq4M_0M_2.$

事实上有更强一点的结论

$M_1^2\leq2M_0M_2.$

proof:
对 $\forall x\in R$ 以及 $y>0$ ,由拉格朗日型泰勒展开，可得

$\begin{aligned} \Rightarrow f(x+y)=f(x)+f^{\prime}(x)y+\frac{f^{\prime\prime}(x+\alpha y)}2y^2\\\Rightarrow f(x-y)=f(x)-f^{\prime}(x)y+\frac{f^{\prime\prime}(x-\beta y)}2y^2 \end{aligned}$

其中 $\alpha,\beta\in(0,1)$ ,二式相减，得到

$2yf^{\prime}(x)=f(x+y)-f(x-y)+\frac{f^{\prime\prime}(x-\beta y)-f^{\prime\prime}(x+\alpha y)}2y^2$

$\Rightarrow|f^{\prime}(x)|\leq\frac{M_0}y+\frac{M_2y}2,\forall y>0$

两边关于 $y$ 取最小值即可（左边与y无关，右边调整y，可以使得 $y^2=\frac{2M_{0}}{M_{2}}$ ）

很简单的证明同时可以看到这个证明是比较松的，那么我们就在想是否可以得到限制更强之下的估计，更限制的估计同样也要求多一些条件

限制情况的讨论

如果我们限定x在区间[a,b]，再加之以条件 $(b-a)^2M_{2}\geq4M_{0}$ ,那么上面的结论仍然成立。

思路仍旧是泰勒
对于

$\forall x\in[a,b]$

显然

$f(a)=f(x)+f^{\prime}(x)(a-x)+\frac{f^{\prime\prime}(\xi_1)}2(a-x)^2$

$f(b)=f(x)+f^{\prime}(x)(b-x)+\frac{f^{\prime\prime}(\xi_2)}2(b-x)^2$

后式减前式得

$f(b)-f(a)=f^{\prime}(x)(b-a)+\frac{f^{\prime\prime}(\xi_2)}2(b-x)^2-\frac{f''(\xi_1)}2(a-x)^2$

因此

$\begin{aligned}&|f'(x)|\leq\frac{|f(a)+f(b)|}{b-a}+\frac{|f''(\xi_1)|(x-a)^2+|f''(\xi_2)|(x-b)^2}{2(b-a)}\leq\frac{2}{b-a}M_0\\&+\frac{(x-a)^2+(x-b)^2}{2(b-a)}M_2\end{aligned}$

相当自然的想到三角形中的不等式

$(x-a)^2+(x-b)^2<(a-b)^2\;\;\;(x\in(a,b))$

这样放大之后就可以去掉右边的x

$|f'(x)|\leq \frac{2}{b-a}M_{0}+ \frac{b-a}{2}M_{2}$

不过我们仍然没有办法说明右边可以取到乘积形式的最小值，但是注意到我们其实不需要对 $[a,b]$ 上的所有 $|f'(x)|$ 都有乘积式的不等式成立，其实只需要讨论最大的那个点u， $|f'(x)|_{max}=|f'(u)|$ 是不是满足乘积式不等式。
这是一个非常重要的技巧，往往看起来像是神来之笔。原理就是从证明某个对整个对象（区间）成立的性质，通过找到这个性质成立起来最极端/最困难的点，来转化为只需证明某个特殊点成立该性质即可。这样我们就可以使用一些具体点才能用的技巧和操作
例如，在这样的一个闭区间上，我们要求证一个序关系的成立，那么可以现在这个值域上选择出其序关系的极端值，再用例如极端值存在于某个区间的性质~

（ $u$ 的存在性由 $M_{2} \not = 0$ 保证， $M_{2}$ 等于 $0$ 的情况是显然的）
这个时候就要用到附加条件进行化简了

$(b-a)^2M_{2}=4M_{0}$ 时，当然恰好可以化为乘积，结论显然。
$(b-a)^2M_{2}>4M_{0}$ 时，我们其实只需找到一个子闭区间，u在其中且满足方程。就是说必然存在 $[c,d]\subset [a,b]$ 使得 $u \in [c,d]$ 且 $(d-c)^2M_{2}=4M_{0}$

ok.

应用

这里的应用主要是指运用我们证明过程的诸多细节与思路，命题并不相同，但思路和运用的技术几乎完全相同。
1.cmc 16届初赛非数A

虽然不同于landau不等式本身对最大值的讨论，但是形式相似，使用的基本技巧和想法也相似。
这里我们没用泰勒展开，因为函数不是二阶可微的，而目标式需要f’(x)这个结构。
代替的，我们凑出一个f’(x)h,以及一个差分的积分（差分利用了条件）

难点大概是不太好想的变形

2.PKU 2024秋高数
使用的技术完全一样。。。甚至更难一些。只有细节和一些方向的思路不同。

这里的神来之笔是选取了c这个极端点，再根据分类讨论，大大提高了不等式的精度。