第二章 一元函数微分学 · 第13题

证 因为 ${\mathrm{e}}^{x}$ 在 $\left( {-\infty , + \infty }\right)$ 上是凹函数,所以曲线 $y = {\mathrm{e}}^{x}$ 在点 $x = 0$ 处的切线上方,而点 $x = 0$ 处的切线方程是 $y = 1 + x$ ,从而

$$ {\mathrm{e}}^{x} \geq 1 + x \Rightarrow {\mathrm{e}}^{-\frac{t}{n}} \geq 1 - \frac{t}{n} \geq 0\;\left( {0 \leq t \leq n}\right) . $$

两边 $n$ 次方,即得

$$ {\left( 1 - \frac{t}{n}\right) }^{n} \leq {\mathrm{e}}^{-t}\left( {0 \leq t \leq n}\right) \Rightarrow 0 \leq {\mathrm{e}}^{-t} - {\left( 1 - \frac{t}{n}\right) }^{n}. $$

另一方面,

$$ {\mathrm{e}}^{-t} - {\left( 1 - \frac{t}{n}\right) }^{n} = {\mathrm{e}}^{-t}\left\{ {1 - {\mathrm{e}}^{t}{\left( 1 - \frac{t}{n}\right) }^{n}}\right\} , \tag{6.17} $$

$$ {\mathrm{e}}^{x} \geq 1 + x \Rightarrow {\mathrm{e}}^{\frac{t}{n}} \geq 1 + \frac{t}{n} \Rightarrow {\mathrm{e}}^{t} \geq {\left( 1 + \frac{t}{n}\right) }^{n} $$

$$ \Rightarrow {\mathrm{e}}^{t}{\left( 1 - \frac{t}{n}\right) }^{n} \geq {\left( 1 + \frac{t}{n}\right) }^{n}{\left( 1 - \frac{t}{n}\right) }^{n} $$

$$ = {\left( 1 - \frac{{t}^{2}}{{n}^{2}}\right) }^{n}\text{ . } \tag{6.18} $$

又设 $f\left( x\right) = {\left( 1 + x\right) }^{n}$ ,则

$$ {f}^{\prime }\left( x\right) = n{\left( 1 + x\right) }^{n - 1}, $$

$$ {f}^{\prime \prime }\left( x\right) = n\left( {n - 1}\right) {\left( 1 + x\right) }^{n - 2} \geq 0\;\left( {x \geq - 1}\right) . $$

因此, $f\left( x\right)$ 在 $\lbrack - 1, + \infty )$ 上是凹函数,从而曲线 $y = f\left( x\right)$ 在点 $x = 0$ 处的切线上方,而点 $x = 0$ 处的切线方程正是 $y = 1 + {nx}$ ,因此

$$ {\left( 1 + x\right) }^{n} \geq 1 + {nx}\;\left( {x \geq - 1}\right) , $$

从而

$$ {\left( 1 - \frac{{t}^{2}}{{n}^{2}}\right) }^{n} \geq 1 - n \cdot \frac{{t}^{2}}{{n}^{2}} = 1 - \frac{{t}^{2}}{n}\;\left( {0 \leq t \leq n}\right) . \tag{6.19} $$

联合 (6.17), (6.18) 和 (6.19) 式我们有

$$ {\mathrm{e}}^{-t} - {\left( 1 - \frac{t}{n}\right) }^{n} \leq \frac{{t}^{2}}{n}{\mathrm{e}}^{-t}\;\left( {0 \leq t \leq n}\right) . $$

\subsubsection{二、讨论函数零点}