Ещё одно странное неравенство (Зорич V.4.2)

[Urnwestek]

Задача:
Покажите, что $|1+x|^p \geqslant 1+px +c_p\varphi_p(x)$, где $c_p$ — постоянная , зависящая только от $p$, а

$$ \varphi_p(x)=\begin{cases} |x|^2,&\text{если $|x|\leqslant 1$;}\\ |x|^p,&\text{если $|x|>1$;}\\ \end{cases} \text{если $1 < p \leqslant 2$} $$

и $\varphi_p(x)=|x|^p$, если $2<p$.

Не имелось ли тут в виду положительность $c_p$? А то, казалось бы, неравенством Бернулли и подстановкой $c_p=-1$ отсекается 3 из 4 случаев и не используется половина условия задачи.

[Otta]

Что так сложно, -1, можно же и ноль подставить.
Судя по всему, имелась.

[Urnwestek]

Что-то у меня для $-1<x<0$ при $p>2$ не выходит доказать, покажу решения для остальных $x$.

Пусть $0<x<1$, запишем полином Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа для $n=3$.
$(1+x)^p = 1 + C_p^1 x + C_p^2 x^2 + C_p^3 (1+\zeta)^{p-2} x^3; \zeta \in (0,x)$
Так как $C_p^3 (1+\zeta)^{p-2} x^3$ положительно, получаем $(1+x)^p \geqslant 1 + C_p^1x + C_p^2x^2$
Выходит:
$(1+x)^p \geqslant 1 + px + c_p x^p$
$1 + px + \frac{p(p-1)}{2}x^2 \geqslant 1 +px + c_p x^p$
$\frac{p(p-1)}{2}x^{2-p} \geqslant c_p $ так как $0<x<1$, то $x^{2-p} \geqslant 1$ и
$\frac{p(p-1)}{2} \geqslant c_p$

Пусть $x \geqslant 1$ и $p>2$
$(1+x)^p \geqslant 1 + px + c_p x^p$
$x^p (1 + x^{-1})^p \geqslant 1 + px + c_p x^p$
$x^p (1 + px^{-1} + \frac{p(p-1)}{2} x^{-2}) \geqslant 1 + px +c_p x^p$
$x^p + p x^{p-1} + \frac{p(p-1)}{2} x^{p-2} \geqslant 1 + px + c_p x^p$ так как $x \geqslant 1, p-2 \geqslant 1 , \frac{p(p-1)}{2} \geqslant 1$
Получаем:
$\frac{p(p-1)}{2} x^{p-2} \geqslant 1$
$px^{p-1} \geqslant px$
и отсюда:
$x^p \geqslant c_p x^p$
$1 \geqslant c_p$

А вот случай $-1<x<0$ почему-то не выходит, и ощущение есть, что $c_p$ зависит не только от $p$... Как такое решать?

[ewert]

Здесь нет необходимости ни в каких явных оценках. Достаточно того, что:

1) $\lim\limits_{|x|\to\infty}\frac{|1+x|^p-1-px}{|x|^p}=1$ и, следовательно, существует $M$ такое, что $|1+x|^p>1+px+\frac12|x|^p$ (например) при всех $|x|>M$;

2) функция $(1+x)^p-1-px$ гладкая в окрестности нуля, равна нулю в нуле вместе со своей первой производной и имеет в нуле положительную вторую производную; поэтому для некоторого достаточно малого $\delta$ будет $(1+x)^p>1+px+c\,x^2$ при всех $|x|<\delta$, где $c$ -- это четверть второй производной (тем более там будет $(1+x)^p>1+px+c\,|x|^p$, если $p>2$);

3) наконец, на оставшихся отрезках $\delta\leqslant|x|\leqslant M$ неравенство $|1+x|^p-1-px>c\,|x|^{\alpha}$ выполняется вообще для каждого $\alpha>0$, если только выбрать достаточно маленькое $c>0$ -- просто потому, что левая часть этого неравенства на этих отрезках больше некоторой положительной константы.

[Urnwestek]

Спасибо вам за решение!
Не могли бы вы чуть подробнее разъяснить второй пункт? Из

ewert в сообщении #786277 писал(а):

функция $(1+x)^p-1-px$ гладкая в окрестности нуля, равна нулю в нуле вместе со своей первой производной и имеет в нуле положительную вторую производную;

следует, что в нуле эта функция имеет локальный минимум, т.е. для достаточно малых $x$ выполняется $(1+x)^p-1-px>0$ (что, вроде, и так понятно было). Но откуда было получено неравенство

ewert в сообщении #786277 писал(а):

для некоторого достаточно малого $\delta$ будет $(1+x)^p>1+px+c\,x^2$ при всех $|x|<\delta$

?

[ewert]

Urnwestek в сообщении #786339 писал(а):

Но откуда было получено неравенство

Из Тейлора:

$(1+x)^p-1-px=\frac{f''(0)}2\,x^2+o(x^2),\ \ f''(0)>0\ \ \Rightarrow\ \ (1+x)^p-1-px\geqslant\frac{f''(0)}4\,x^2$

при всех достаточно малых $|x|$.

[Urnwestek]

Да, теперь всё понятно, спасибо ещё раз.