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12　固定长度增量的单调性与次可加不等式

ff 在 [0,∞)[0,\infty) 连续，在 (0,∞)(0,\infty) 二阶可导；首个分支 f′′<0,f(0)=0f''<0,f(0)=0。整数采样分支另设 f′′>0f''>0。
a,b>0, f′′<0:f(a+b)<f(a)+f(b)a,b>0,\ f''<0:\quad f(a+b)<f(a)+f(b)
①读题：和式不等式，先移项成两个等长增量
f(a+b)<f(a)+f(b),f(0)=0\ringR{f(a+b)<f(a)+f(b)},\quad f(0)=0
f(a+b)−f(a)<f(b)−f(0)f(a+b)-f(a)<f(b)-f(0)
两段长度都等于 b，只是起点从 0 移到 a
F(t)=f(t+b)−f(t)F(t)=f(t+b)-f(t)
②为什么别把两个任意中值点硬排序
f(a+b)−f(a)=bf′(ξ1),a<ξ1<a+bf(a+b)-f(a)=bf'(\xi_1),\quad a<\xi_1<a+b
f(b)−f(0)=bf′(ξ2),0<ξ2<bf(b)-f(0)=bf'(\xi_2),\quad0<\xi_2<b
若 a<b，两段重叠，不能仅凭这些位置断言 ξ₁>ξ₂。改为固定长度增量函数。
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③先由 f″<0 得到 f′严格递减
0<u<v:f′(v)−f′(u)=f′′(η)(v−u)0<u<v:\quad f'(v)-f'(u)=f''(\eta)(v-u)
η∈(u,v),f′′(η)<0,v−u>0\eta\in(u,v),\quad f''(\eta)<0,\quad v-u>0
f′(v)<f′(u)f'(v)<f'(u)
对 f′用拉格朗日：内部二阶可导保证 f′在 [u,v] 连续、内部可导。
④增量函数求导后，点的位置确定
F′(t)=f′(t+b)−f′(t)F'(t)=f'(t+b)-f'(t)
b>0⟹t+b>t⟹F′(t)<0(t>0)b>0\Longrightarrow t+b>t\Longrightarrow F'(t)<0\quad(t>0)
这次比较的是明确的 t+b 与 t，不存在两个未知中值点的排序问题。
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⑤完整证明：再用拉格朗日比较 F(a)、F(0)
F 在 [0,a] 连续、内部可导。
F(a)−F(0)=F′(ξ)a<0,0<ξ<aF(a)-F(0)=F'(\xi)a<0,\quad0<\xi<a
f(a+b)−f(a)<f(b)−f(0)=f(b)f(a+b)-f(a)<f(b)-f(0)=f(b)
f(a+b)<f(a)+f(b)\boxed{f(a+b)<f(a)+f(b)}
⑥如果 f(0)不为零，该保留什么
f(a+b)<f(a)+f(b)−f(0)f(a+b)<f(a)+f(b)-f(0)
这一式才对任意纵向平移保持一致。
f(x)=x+1:f′′(x)<0,f(0)=1f(x)=\sqrt{x+1}:\quad f''(x)<0,\quad f(0)=1
f(a+b)<f(a)+f(b)−1f(a+b)<f(a)+f(b)-1
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⑦凸函数的整数增量：另一分支
另设 f″>0；对各个互不重叠的单位区间使用拉格朗日。
f(n+1)−f(n)=f′(ξn),n<ξn<n+1<ξn+1f(n+1)-f(n)=f'(\xi_n),\quad n<\xi_n<n+1<\xi_{n+1}
f(n+2)−f(n+1)>f(n+1)−f(n)f(n+2)-f(n+1)>f(n+1)-f(n)
f(2)>f(1)⟹f(n)≥f(1)+(n−1)[f(2)−f(1)]→+∞f(2)>f(1)\Longrightarrow f(n)\ge f(1)+(n-1)[f(2)-f(1)]\to+\infty
⑧仅知最初一次下降，不能判断最终极限
f(x)=e−x:f′′>0, f(2)<f(1), f(n)→0f(x)=e^{-x}:\quad f''>0,\ f(2)<f(1),\ f(n)\to0
f(x)=(x−2)2:f′′>0, f(2)<f(1), f(n)→+∞f(x)=(x-2)^2:\quad f''>0,\ f(2)<f(1),\ f(n)\to+\infty
导数递增并不等于导数始终为正；初始正增量是上一步推出发散的重要条件。
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