问题陈述 #

给定高斯核：
$$p(u,x)=\frac{1}{(4\pi u)^{q/2}}e{-|x|^2/(4u)},u>0,x \in \mathbb{R}^q.$$

需要完成两个任务：

1. 基础不等式证明：对于 $r\geq 0,c>1$，存在依赖于 $r,c$ 的常数 $C>0$，使得
   $$\forall x \in \mathbb{R}^{q,u>0,\frac{|x|}{2r}}{u^r}p(u,x) \leq Cp(cu,x).$$
2. 导数估计推导：对于 $n \in \mathbb{N}^q,k \in \mathbb{N},$ 存在常数 $C'>0$ 满足
   $$|\partial_x^n\partial_uk p(u,x)| \leq C' u^{-|n|/2-k}p(cu,x)$$
   其中 $\partial^{n_x=\partial_{x_1}}{n_1}\partial_{x_2}^{{n_2}\dots\partial_{x_q}}{n_q}$（为简化分析，可先取 $q=1$）。

已尝试思路 #

你已经给出了一个关键不等式关系：
$$\frac{|x|^{2}}{4ur}(1-\frac{1}{c}) \leq e^{\frac{|x|2}{4ur}(1-1/c)}$$
并选取了常数 $C=c^{q/2} \frac{4^r(r+1)r}{(1-1/c)^r}$，我们先把这个基础不等式的证明补完整，再推导导数估计。

一、基础不等式的完整证明 #

咱们把要证的不等式两边展开对比，核心是把指数项和多项式项的关系理清楚：

左边展开：
$$\frac{|x|^{2r}}{ur}p(u,x) = \frac{|x|^{2r}}{ur} \cdot \frac{1}{(4\pi u)^{q/2}}e{-|x|^2/(4u)}$$

右边展开：
$$Cp(cu,x) = C \cdot \frac{1}{(4\pi cu)^{q/2}}e{-|x|^2/(4cu)}$$

将两边做比值化简，等价于证明：
$$c^{q/2} \cdot \frac{|x|^{2r}}{ur} \leq C e^{\frac{|x|2}{4u}(1-\frac{1}{c})}$$

令 $t = \frac{|x|^2}{4u}$（显然 $t \geq 0$），则 $\frac{|x|^{2r}}{ur} = (4t)^r$，代入上式后问题转化为：找到常数 $C$，使得对所有 $t \geq 0$，有
$$c^{q/2} \cdot 4^r t^r \leq C e^{t(1-\frac{1}{c})}$$

这里利用指数函数对多项式的控制性质：对任意 $s \geq 0$，有 $s \leq e^{s-1}$（这个不等式可以通过求导验证函数 $f(s)=e^{s-1}-s$ 的最小值为0）。令 $s = \frac{t(1-1/c)}{r}$，则：
$$\frac{t(1-1/c)}{r} \leq e^{\frac{t(1-1/c)}{r}-1}$$

整理后可得：
$$t^r \leq \frac{r^r e^r}{(1-1/c)r} e^{t(1-1/c)}$$

把这个结果代回之前的式子，就能得到：
$$C = c^{q/2} \cdot \frac{4^r r^r e^r}{(1-1/c)r}$$

你选取的 $C=c^{q/2} \frac{4^r(r+1)r}{(1-1/c)^r}$ 其实也是可行的，因为 $(r+1)^r$ 是 $r^r e^r$ 的一个上界（利用 $(1+1/r)^r < e$），本质都是找到一个能控制多项式项的指数函数上界，从而确定常数C。

二、导数估计的推导（以q=1为例） #

我们用双重归纳法来证明，对任意 $n,k \in \mathbb{N}$，存在常数 $C'$ 满足估计式。先看q=1的情况，此时高斯核为：
$$p(u,x) = \frac{1}{\sqrt{4\pi u}} e^{-x2/(4u)}$$

基例：n=0, k=0 #

此时左边就是 $p(u,x)$，根据基础不等式（r=0时，$C=c^{1/2}$），有 $p(u,x) \leq c^{1/2} p(cu,x)$，取 $C'=c^{1/2}$ 即可满足，基例成立。

归纳步骤1：假设对 $(n,k)$ 成立，证明 $(n+1,k)$ 成立 #

先看x的一阶导数：$\partial_x p(u,x) = -\frac{x}{2u} p(u,x)$，更高阶的x导数都是形如 $\sum_{m=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} a_m \frac{x^{n-2m}}{u{n/2}} p(u,x)$ 的线性组合（$a_m$ 为常数）。

对 $\partial_x^n \partial_u^k p(u,x)$ 求x导数后，得到的项都是 $\frac{x^s}{ut} p(u,x)$ 的形式，其中 $t = \frac{n+1}{2} +k$，$s$ 是整数。根据基础不等式：

• 若s为偶数，令r=s/2，则 $\frac{x^s}{u{s/2}} p(u,x) \leq C p(cu,x)$，因此 $\frac{x^s}{ut} p(u,x) = \frac{1}{u^{t - s/2}} \cdot \frac{x^s}{u{s/2}} p(u,x) \leq \frac{C}{u^{\frac{n+1}{2}+k - s/2}} p(cu,x)$，而 $t - s/2 = \frac{n+1}{2}+k - s/2$，结合s的取值（s ≤n+1），这个指数正好匹配目标式的 $u^{-\frac{n+1}{2}-k}$。
• 若s为奇数，令s=2m+1，则 $|x|^s p(u,x) = |x| \cdot |x|^{2m} p(u,x)$，先对r=1/2用基础不等式得 $|x| p(u,x) \leq C_1 u^{1/2} p(cu,x)$，再对r=m用基础不等式得 $|x|^{2m} p(u,x) \leq C_2 u^m p(cu,x)$，相乘后即可得到 $|x|^s p(u,x) \leq C_1 C_2 u^{m+1/2} p(cu,x)$，代入后也能匹配目标式的指数。

因此存在新的常数 $C''$，使得 $|\partial_x^{n+1} \partial_u^k p(u,x)| \leq C'' u^{-\frac{n+1}{2}-k} p(cu,x)$，归纳成立。

归纳步骤2：假设对 $(n,k)$ 成立，证明 $(n,k+1)$ 成立 #

先看u的一阶导数：$\partial_u p(u,x) = \left( -\frac{1}{2u} + \frac{x^2}{4u2} \right) p(u,x)$，更高阶的u导数都是形如 $\sum_{m=0}^k b_m \frac{x^{2m}}{u{k+m}} p(u,x)$ 的线性组合（$b_m$ 为常数）。

对 $\partial_x^n \partial_u^k p(u,x)$ 求u导数后，得到的项要么是 $\frac{x^s}{u{t+1}} p(u,x)$，要么是 $\frac{x^{s+2}}{u{t+2}} p(u,x)$（t为原有的u指数）。利用基础不等式，$\frac{x^{2m}}{um} p(u,x) \leq C p(cu,x)$，因此这些项都可以被 $\frac{C}{u^{\frac{n}{2}+k+1}} p(cu,x)$ 控制，正好匹配目标式的指数。

因此存在新的常数 $C'''$，使得 $|\partial_x^{n} \partial_u^{k+1} p(u,x)| \leq C''' u^{-\frac{n}{2}-(k+1)} p(cu,x)$，归纳成立。

推广到q维情况 #

q维高斯核是各一维高斯核的乘积：$p(u,x) = \prod_{i=1}^q p(u,x_i)$，其中 $p(u,x_i)$ 是关于 $x_i$ 的一维高斯核。偏导数 $\partial_x^n p(u,x) = \prod_{i=1}^q \partial_{x_i}^{n_i} p(u,x_i)$，每个一维导数都满足估计式，将各一维的常数相乘即可得到q维的常数 $C'$，从而推广到一般情况。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者mathex