泰勒級數及其一些應用 (第 6 頁)

　1│2│3│4│5│6　

泰勒級數及其一些應用（第 6 頁）

楊重駿

首頁 | 搜尋

．原載於數學傳播第十卷第四期
．作者當時任職於美國海軍實驗室
‧對外搜尋關鍵字

6. Taylor 定理在不等式上的應用

例題6.1
設 t 為任意的實數，則

$\begin{displaymath}e^t \geq 1+t\end{displaymath}$

證：
將 f(t)=e^t 展開成 Taylor 級數具形式(2)，特別我們取 n = 2, a=0 則 (注意 (f⁽ⁿ⁾(0)=1)

$\begin{displaymath} e^t=1+\frac{t}{1!}+\frac{t^2}{2!}e^{\eta} \geq1+t \; , \end{displaymath}$

因為 $(1! e^\eta \geq0)$

例題6.2
設 x 為 >0 的實數，求證函數 $f(x)=x^{\frac{1}{x}}$ ，在 x=e 時有極大值。

證：
至少有兩種證明方式，一種是先取對數，然後微分，使此導函數為 0 的點就是原函數取值的點，即

$\begin{displaymath}\log f(x)=\frac{logx}{x}\end{displaymath}$

微分得

$\begin{displaymath}\frac{f'(x)}{f(x)}\doteq\frac{1}{x^2}-\frac{\log x}{x^2}=\frac{1-\log x}{x^2}\end{displaymath}$

上式的零點是當 $1-\ln x=0$ 即 x=e 時，但還要進一步驗證 x=e 時 f(x) 的確取得極大值（而不是極小值！），這時嚴格的講要檢驗第二次導函數在 x=e 的值，所以並不是很清析的。

第二種證明是我們下面要提的，主要的是利用例題1。

在例題6.1中，令 $t=\frac{x-e}{e}$ 從而

$\begin{displaymath} e^{\textstyle \frac{x-e}{e}} \geq 1 + \frac{x-e}{e} = \frac{x}{e}, \end{displaymath}$

化簡得

$\begin{displaymath} e^{\textstyle \frac{x}{e}} \geq x, \end{displaymath}$

兩邊開 x 次得

$\begin{displaymath} e^{\textstyle \frac{1}{e}} \geq x^{\textstyle \frac{1}{x}}, \end{displaymath}$

故易見 $x^\frac{1}{x}$ 在 x=e 時有極大值。

: 例題6.3
設 $x\geq0$ 則 $\lim_{x\rightarrow\infty}x^{\frac{1}{x}}=1$
: 證：
此結果一般可用洛比脫法則來證明，但我們在此介紹利用 Taylor 級數定理不但可以證明此結果，且可對此收斂的速度有個度量。

首先設 1>a>0，則對任何 $x\geq 2$ ，下式成立

$\begin{displaymath}(1+a)^x>\frac{x(x-1)a^2}{2}\end{displaymath}$

此可將 (1+a)² 視為 a 的函數，利用泰勒級數(2)的形式可得

$\begin{eqnarray*} (1+a)^x & = & 1 + \frac{xa}{1!} + \frac{x(x-1)}{2!}a^2 \\ & & {}+ \frac{x(x-1)(x-2)}{3!}(1+c)^{x-2}a^3 \end{eqnarray*}$

其中 $0 \leq c\leq a$ 。因為 $x\geq 2$ 故由上式可得

$\begin{displaymath} (1+a)^x &\geq& \frac{x(x-1)a^2}{2} \end{displaymath}$

(10)

設 x>1 則由 $x^{\frac{1}{x}}<e^{\frac{1}{e}}$ 得

$\begin{displaymath} 1 &<& x^{\frac{1}{x}} = 1+a , \quad 1>a>0 \end{displaymath}$

(11)

從而

(1+a)^x = x

由上式及式(10)兩式得

$\begin{displaymath}x \geq \frac{x(x-1)a^2}{2}\end{displaymath}$

解此不等式便有

$\begin{displaymath}a<(\frac{2}{x-1})^\frac{1}{2}\end{displaymath}$

代入式(11)得

$\begin{displaymath} 1 &<& x^\frac{1}{x} < 1+(\frac{2}{x-1})^{\frac{1}{2}} \end{displaymath}$

(12)

即 $x^{\frac{1}{x}}\rightarrow 1$ 的速率至少和 $(\frac{2}{x-1})^{\frac{1}{2}} \rightarrow 0$ 的速率相當。

下面我們介紹一個基本且重要的不等式。

輔理1
設 |x|<1，則對任何實數 $h\geq1$ 或 h<0

$\begin{displaymath} (1+x)^k &\geq& 1+xh \end{displaymath}$

(13)

證：
取 f(x)=(1+x)^k，則 f'(x)=h(1+x)^h-1, f''(x)=h(h-1)(1+x)^h-2 引用定理2可得

$\begin{displaymath}(1+x)^k=1+\frac{h}{1!}x+\frac{h(h-1)}{2!}(1+\eta)^{h-2}x^2\geq1+hx\end{displaymath}$

（因上式右邊最後一項恆為正！）。

由輔理1可得一串在高等數學分析中常用到的一些重要不等式。

定理6
設 y 為任意正實數，α 為實數，則

$\displaystyle y^{\alpha} - \alpha y + \alpha-1$	$\textstyle \geq$	$\displaystyle 0 \; ; \quad \mbox{{\fontfamily{cwM2}\fontseries{m}\selectfont \c... ...\alpha>1 \mbox{ {\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \char 67} }\alpha<0$	(14)
$\displaystyle y^{\alpha} - \alpha y + \alpha-1$	$\textstyle \leq$	$\displaystyle 0 \; ; \quad \mbox{{\fontfamily{cwM2}\fontseries{m}\selectfont \char 74} } 0<\alpha<1$	(15)

證：
我們只證式(14)。對式(15)的證明是完全一樣的。

令 $\alpha=h$ 及 1+x=y 則 y>0 故由輔理1得

$\begin{displaymath} y^h \geq 1+(y-1)h \end{displaymath}$

或

$\begin{displaymath}y^{\alpha}-{\alpha}y+h-1 \geq 0 \end{displaymath}$

不等式：當 |x|<1 及 $0 \leq h \leq 1$ 時即；式(14)得證。至於式(15)可由（讀者可仿輔理1之證法求得） $(1+x)^h \leq 1+xh$ 。

及仿式(14)的證明得到。

定理7
對任意兩正實數 x₁ , x₂ 及實數 α，

$\displaystyle x_1^{\alpha} x_2^{1-\alpha}$	$\textstyle \leq$	$\displaystyle \alpha x_1+(1-\alpha)x_2, \; \alpha>1 \, \mbox{{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \char 67}} \alpha<0$	(16)
$\displaystyle x_1^{\alpha} x_2^{1-\alpha}$	$\textstyle \geq$	$\displaystyle \alpha x_1+(1-\alpha)x_2, \; 0< \alpha <1$	(17)

證：
在定理6，(14)及(15)兩式中，令 $y=\frac{x_1}{x_2}$ 代入立即可得(16)及(17)。

上面的一個推廣定理如下：

定理8
設 $x_1, x_2, \cdots\cdots x_n$ 為 n 個正數， $\alpha_1, \alpha_2$ , $\cdots \alpha_n$ 亦為 n 個正實數且 $\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 + \cdots \cdots \alpha_n =1$ 則

$\begin{displaymath} \prod_{i=1}^n x_i^{\alpha_i} \leq \sum_{i=1}^n \alpha_i x_i \end{displaymath}$

(18)

證：
用數學歸納法，現由定理7知(18)在 n=2 時成立。假設式(18)對 n=k 時成立，我們將證 n=k+1 時亦成立。

首先不妨設在 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots\cdots \alpha_{k+1}$ ，k+1 個數中， $\alpha_k>0$ , $\alpha_{k+1} > 0,$ （否則就不必證明了！）

令 $y_i=x_i \beta_i = \alpha_i ; i=1, 2, \cdots k-1$
及
$y_k = x_k^{\alpha_k / \beta_k} x_{k+1}^{\alpha_{k+1} / \beta_{k+1}}$

$\beta_k = \alpha_k + \alpha_{k+1}$
則有

$\begin{displaymath}y_i \geq0 \; , \qquad \beta_i \geq 0 \; , \qquad \sum^k_{i=1}\beta_k = 1\end{displaymath}$

由歸納法假設得知

$\begin{eqnarray*} \prod^{k+1}_{i=1} x_i^{\alpha_i} & = & \prod^k_{i=1} y_i{\bet... ...k+1}}{\beta_k} x_{k+1}) \\ & = & \sum^{k+1}_{i=1} \alpha_i x_i \end{eqnarray*}$

即原式對 n=k+1 亦成立，由歸納法原理知式(18)對所有的 n 皆成立，定理8由此得證。

在定理8中若令 $\alpha_1 = \alpha_2 = \cdots\cdots \alpha_n = \frac{1}{n}$ ，立即可得下面有名及常用的一些系理。

系理1（算數與幾何的平均定理）
設 $x_1, x_2, \cdots\cdots x_n$ 為 n 個 $\geq0$ 的實數，則

$\begin{displaymath} \frac{x_1+x_2+\cdots\cdots+x_n}{n} \geq \sqrt[n]{x_1x_2\cdots\cdots x_n} \end{displaymath}$

系理2
設 a , b 為兩正數, p,q 為不等於 0, 1 且滿足

$\begin{displaymath}\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1\end{displaymath}$

的兩實數，則

$\displaystyle a^{\frac{1}{p}}b^{\frac{1}{q}}$	$\textstyle \leq$	$\displaystyle \frac{a}{p}+\frac{b}{q} \quad (p>1)$	(19)
$\displaystyle a^{\frac{1}{p}}b^{\frac{1}{q}}$	$\textstyle \geq$	$\displaystyle \frac{a}{p}+\frac{b}{q} \quad (p<1)$	(20)

證：
這是定理7的另一種形式而已。

設 p, q 為滿足 $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}$ 的兩正實數，令

$x = \sum_{i=1}^n x_i^p$ , $Y = \sum^n_{i=1} y_i^q$ , $a_i = \frac{x_i^p}{x}$ , $b_i = \frac{y_i^q}{Y}$ , $i = 1, 2 \cdots\cdots n$

逐次將 a_i 及 b_i 代入(19)式中相加終於可得。

系理3
赫爾得 (Hölder) 不等式，若 $x_i \geq 0$ , $y_i \geq 0$ , $i=1, 2 \cdots\cdots , n$
p>1, q>1 且 $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ , 則

$\begin{displaymath} \sum^n_{i=1} x_iy_i &\leq& (\sum^n_{i=1} x_i^p)^{\frac{1}{p}} (\sum^n_{i=1} x_i^q)^{\frac{1}{q}} \end{displaymath}$

(21)

證：
讀者不妨試討論一下以上的一些不等式，其等號在什麼情形下才成立。
利用系理3，又可導致下面一結果。

系理4
明可士基 (Minkowski) 不等式，設 $x_i,y_i;i=1,2,\cdots\cdots,n$ 皆為非負的實數，p>1，則

$\begin{displaymath}[\, \sum^n_{i=1} (x_i+y_i)^p \,]^{\frac{1}{p}} \leq (\sum^n_{i=1} x_i^p)^{\frac{1}{p}} + (\sum^n_{i=1} y_i^p)^{\frac{1}{p}} \end{displaymath}$

(22)

（若 p<1 則上不等式反向！）

證：
由

$\begin{displaymath} \sum^n_{i=1} (x_i+y_i)^p = \sum^n_{i=1} (x_i+y_i)^{p-1} x_i + \sum^n_{i=1} (x_i+y_i)^{p-1} y_i \end{displaymath}$

將上式右邊兩項分別應用系理3及 $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ ，即

$\begin{eqnarray*} \sum^n_{i=1} (x_i+y_i)^{p-1} x_i & \leq & ( \sum^n_{i=1} x... ...frac{1}{p}} \; [\: \sum^n_{i=1} (x_i+y_i)^p \:]^{\frac{1}{q}} \end{eqnarray*}$

上兩式相加得

$\begin{displaymath}\sum (x_i+y_i)^p\leq[\sum^n_{i=1}(x_i+y_i)^p]^{\frac{1}{q}}[... ...n_{i=1}x_i^p)^{\frac{1}{p}} +(\sum^n_{i=1}y_i^p)^{\frac{1}{p}}]\end{displaymath}$

上式兩邊除以 $[\sum^n_{i=1}(x_i+y_i)^p]^{\frac{1}{q}}$ 及利用 $1-\frac{1}{q}=\frac{1}{p}$ 就得到(16)式。

讀者不難證明當 0<p<1 時不等式(22)的不等號反向。由此只取兩項其他項為0，可得下面不等式：

$\begin{displaymath}\vert a+b\vert^p<(\vert a\vert+\vert b\vert)^p\leq \vert a\vert^p+\vert b\vert^p; \quad 0<p<1\end{displaymath}$

又由上面不等式可推演得

$\begin{displaymath}\sum^k_{n=1}\vert a_n+b_n\vert^p\leq\sum^k_{n=1}\vert a_n\vert^p+\sum^k_{n=1}\vert b_n\vert^p \quad 0<p<1\end{displaymath}$

一個似乎極明顯的事實是若 $\sum^{\infty}_{n=1}\vert a_n\vert^s<\infty$ ，則可想見對 n>s 時 $\sum^{\infty}_{n=1} \vert a_n\vert^t < \infty$ 。這是因為 $\sum^{\infty}_{n=1}\vert a_n\vert^s<\infty$ 收斂。

其表示當 $n \geq n_0$ 是充分大的正整數時，|a_n|^s < 1，於是 $n \geq n_0$ 時 |a_n|^t < |a_n|^s，由此立即可證得 $\sum^{\infty}_{n=1} \vert a_n\vert^t < \infty$ 的事實。

下面是剛剛提及的結果的推廣。

定理9（Jensen不等式）：
設 p>0，則 $f(p) = (\sum^{\infty}_{n=1} \vert a_n\vert^p)^{\frac{1}{p}}$ 為 p 為一漸減函數。即若 q>p 則 f(p) > f(q)。

證：
設 q>p，令 $m=(\sum\vert a_n\vert^q)^{\frac{1}{q}}$ ，則

$\begin{displaymath}\frac{\vert a_n\vert}{m}\leq 1 , \quad n=1,2,\cdots\cdots\end{displaymath}$

所以

$\begin{displaymath}(\frac{\vert a_n\vert}{m})^p\geq(\frac{\vert a_n\vert}{m})^q, \quad n=1,2,\cdots\cdots\end{displaymath}$

因此

$\begin{displaymath}\frac{1}{m}(\sum\vert a_n\vert^p)^{\frac{1}{p}}=[\sum(\frac{\... ...}{p}} \geq [\sum(\frac{\vert a_n\vert}{m})^q]^{\frac{1}{p}}=1 .\end{displaymath}$

兩邊乘以 m 得

$\begin{displaymath}(\sum\vert a_n\vert^p)^{\frac{1}{p}}\geq m =(\sum\vert a_n\vert^q)^{\frac{1}{q}}\end{displaymath}$

讀者如果熟習了以上的一些不等式，就無形中掌握了研究高深理論分析的有力工具。

　1│2│3│4│5│6　


	（若有指正、疑問……，可以在此留言或寫信給我們。）

EpisteMath (c) 2000 中央研究院數學所、台大數學系
各網頁文章內容之著作權為原著作人所有

編輯：洪瑛 ∕ 校對：簡立欣 ∕ 繪圖：張琇惠

最後修改日期：4/7/2005