引理. 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上任意阶可导, 且 $f^{(n)}\geqslant 0$, 则
\[0\leqslant f^{(n)}(x)\leqslant\frac{n!M}{(b-x)^n},\quad\forall\ x\in(a,b).\]
这里 $M=f(b)-f(a)$.
注. 这个结论在 Bernstein 定理的证明中要用到.
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由于 $f'$, $f''$ 均非负, 任取 $x\in(a,b)$, 存在 $\xi_1\in(x,b)$, 使得
\[
M=f(b)-f(a)\geqslant f(b)-f(x)=(b-x)f'(\xi_1)\geqslant (b-x)f'(x),
\]
这就得到 $f'(x)\leqslant\frac{M}{b-x}$. 类似地, 存在 $\xi_2\in(x,b)$,
\[
\begin{split}
M=f(b)-f(a)&\geqslant f(b)-f(x)=f'(x)(b-x)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)(b-x)^2\\
&\geqslant\frac{1}{2}f''(\xi_2)(b-x)^2\\
&\geqslant\frac{1}{2}f''(x)(b-x)^2,
\end{split}
\]
注意这里将函数 $f(t)$ 在 $x$ 处作 Taylor 展开, 即将 $x$ 看作固定点, 然后再将 $t=b$ 代入. 即
\[
f(b)=f(x)+\frac{f'(x)}{1!}(b-x)+\frac{1}{2!}f''(\xi_2)(b-x)^2.
\]
于是得到 $f''(x)\leqslant\frac{2M}{(b-x)^2}$. 一般的, 由于 $f$ 在 $[a,b]$ 上任意阶可导, 故存在 $\xi_n\in(a,b)$, 使得
\[
\begin{split}
M&=f(b)-f(a)\\
&\geqslant f(b)-f(x)\\
&=f'(x)(b-x)+\frac{1}{2!}f''(x)(b-x)^2+\cdots+\frac{1}{(n-1)!}f^{(n-1)}(x)(b-x)^{n-1}+\frac{1}{n!}f^{(n)}(\xi_n)(b-x)^{n}\\
&\geqslant\frac{1}{n!}f^{(n)}(\xi_n)(b-x)^{n}\\
&\geqslant\frac{1}{n!}f^{(n)}(x)(b-x)^{n},\\
\end{split}
\]
因此
\[
f^{(n)}(x)\leqslant\frac{n!M}{(b-x)^{n}}.
\]