嘿，我来帮你梳理这个问题——首先得提个关键前提：不是所有严格递增的凸函数都能满足这个不等式，比如最常见的二次函数$f(t)=t^{2$，它的逆函数是$f}{-1}(z)=\sqrt{z}$，代入不等式左边是$f^{-1}(x2)=x$，右边是$C_f\sqrt{x}$，当$x$趋向无穷时，$x/\sqrt{x}=\sqrt{x}$会无限增大，根本找不到固定的$C_f$能hold住所有$x\geq0$。所以这个结论成立的核心是$f$的增长速度得足够快，比如指数级增长这类情况。

假设我们的$f$满足“增长足够快”的条件——具体来说，存在某个常数$K>1$，当$t$足够大时，$f(Kt)\geq f(t)^{2$（比如指数函数$f(t)=e}t-1$就满足，$f(2t)=e^{2t}-1=(et-1)^2+2et-2\geq f(t)^{2$，因为$2e}t-2\geq0$对所有$t\geq0$成立），那我们就能证明这个不等式：

首先，令$g=f^{-1}$，因为$f$严格递增且凸，所以$g$是严格递增的凹函数，而且$g(0)=0$（毕竟$f(0)=0$，否则值域没法覆盖$[0,\infty)$）。接下来分两种情况讨论：

• 当$x\in[0,1]$时：$x^2\leq x$，又因为$g$严格递增，所以$g(x^2)\leq g(x)$，这时候只要让$C_f\geq1$，不等式就成立。

• 当$x\geq1$时：我们再拆成两部分看：

  1. 当$x$足够大（比如$x\geq f(t_0)$，其中$t_0$是满足$f(Kt)\geq f(t)^2$的起始点），令$t=g(x)$，则$x=f(t)$，代入条件得$f(Kt)\geq f(t)^2=x2$，两边同时取逆函数（因为$f$严格递增，逆函数也保序），就有$Kt\geq g(x^{2)$，也就是$g(x}2)\leq Kt=K g(x)$。
  2. 当$x\in[1,f(t_0)]$时，$g(x^{2)$在这个闭区间上是连续函数，必然有最大值，而$g(x)$在这个区间上的最小值是$g(1)>0$，所以肯定能找到一个常数$C_1$，让$g(x}2)\leq C_1 g(x)$在这个区间成立。

最后取$C_f=\max{1,K,C_1}$，这个常数只依赖$f$，就能保证对所有$x\geq0$，$f^{-1}(x2)\leq C_f f^{-1}(x)$成立。

再补充一下：为什么多项式增长的凸函数不行？比如$f(t)=t^{p(p\geq1)$，它的逆函数是$g(z)=z}{1/p}$，代入后$g(x^2)=x{2/p}$，$g(x)=x^{{1/p}$，两者的比值是$x}{1/p}$，当$x$趋向无穷时这个比值会无限变大，根本找不到固定的$C_f$，所以这类函数不满足条件。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者dante