设常数 $\alpha$ 满足 $0<\alpha\leqslant 1$．证明：
（1）存在仅依赖于 $\alpha$ 的常数 $C(\alpha)>0$，使得对所有 $x\geqslant 0$，$\ln (1+x)\leqslant C(\alpha )x^{\alpha}$；
（2）对任意两个非零复数之和 $z_1 , z_2$，有 $
\left|\ln \left| \dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right|~\right| \leqslant C(\alpha)\left(\left|\dfrac{z_{1}-z_{2}}{z_{2}}\right|^{\alpha}+\left|\dfrac{z_{2}-z_{1}}{z_{1}}\right|^{\alpha}\right)
$，其中 $C(\alpha)$ 是第（1）题中所给出的常数．
（1）存在仅依赖于 $\alpha$ 的常数 $C(\alpha)>0$，使得对所有 $x\geqslant 0$，$\ln (1+x)\leqslant C(\alpha )x^{\alpha}$；
（2）对任意两个非零复数之和 $z_1 , z_2$，有 $
\left|\ln \left| \dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right|~\right| \leqslant C(\alpha)\left(\left|\dfrac{z_{1}-z_{2}}{z_{2}}\right|^{\alpha}+\left|\dfrac{z_{2}-z_{1}}{z_{1}}\right|^{\alpha}\right)
$，其中 $C(\alpha)$ 是第（1）题中所给出的常数．
【难度】
【出处】
2016中国东南数学奥林匹克试题(高二)
【标注】
【答案】
略
【解析】
（1）令 $f(x)=C(\alpha)x^{\alpha}-\ln(1+x)$，则当 $x>0$ 时，
$f^{\prime}(x)=\alpha C(\alpha) x^{\alpha-1}-\dfrac{1}{1+x}=\dfrac{\alpha C(\alpha) x^{\alpha}(1+x)-x}{x(1+x)}
$ ①
注意到 $0<\alpha \leqslant 1<1+a$，有 $x^{\alpha}(1+x)=x^\alpha +x^{1+\alpha}\geqslant \max\{x^\alpha ,x^{1+\alpha} \}\geqslant x$，
因此取 $C(\alpha )$ 满足 $\alpha C(\alpha )=1$，根据 ① 知 $f'(x)\geqslant 0$，从而 $f(x)\geqslant f(0)=0~~(x\geqslant 0)$．
这表明存在常数 $C(\alpha )=\frac{1}{\alpha }$，使得对所有 $x\geqslant 0$，总有 $\ln(1+x)\leqslant C(\alpha )x^\alpha $．
（2）应用（1）的结论知，
$
\ln \left|\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right|=\ln \left|1+\dfrac{z_{1}-z_{2}}{z_{2}}\right| \leqslant \ln \left(1+\left|\dfrac{z_{1}-z_{2}}{z_{2}}\right|\right) \leqslant C(\alpha) \cdot\left|\dfrac{z_{1}-z_{2}}{z_{2}}\right|^{\alpha}
$
同理可知，$-\ln \left|\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right|=\ln \left|\dfrac{z_{2}}{z_{1}}\right| \leqslant C(\alpha) \cdot\left|\dfrac{z_{2}-z_{1}}{z_{1}}\right|^{\alpha}$．
从而有 $
\left|\ln \left| \dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right|~\right|=\max \left\{\ln \left|\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right|,-\ln \left|\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right|\right\} \leqslant C(\alpha)\left(\left|\dfrac{z_{1}-z_{2}}{z_{2}}\right|^{\alpha}+\left|\dfrac{z_{2}-z_{1}}{z_{1}}\right|^{\alpha}\right)
$．
$f^{\prime}(x)=\alpha C(\alpha) x^{\alpha-1}-\dfrac{1}{1+x}=\dfrac{\alpha C(\alpha) x^{\alpha}(1+x)-x}{x(1+x)}
$ ①
注意到 $0<\alpha \leqslant 1<1+a$，有 $x^{\alpha}(1+x)=x^\alpha +x^{1+\alpha}\geqslant \max\{x^\alpha ,x^{1+\alpha} \}\geqslant x$，
因此取 $C(\alpha )$ 满足 $\alpha C(\alpha )=1$，根据 ① 知 $f'(x)\geqslant 0$，从而 $f(x)\geqslant f(0)=0~~(x\geqslant 0)$．
这表明存在常数 $C(\alpha )=\frac{1}{\alpha }$，使得对所有 $x\geqslant 0$，总有 $\ln(1+x)\leqslant C(\alpha )x^\alpha $．
（2）应用（1）的结论知，
$
\ln \left|\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right|=\ln \left|1+\dfrac{z_{1}-z_{2}}{z_{2}}\right| \leqslant \ln \left(1+\left|\dfrac{z_{1}-z_{2}}{z_{2}}\right|\right) \leqslant C(\alpha) \cdot\left|\dfrac{z_{1}-z_{2}}{z_{2}}\right|^{\alpha}
$
同理可知，$-\ln \left|\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right|=\ln \left|\dfrac{z_{2}}{z_{1}}\right| \leqslant C(\alpha) \cdot\left|\dfrac{z_{2}-z_{1}}{z_{1}}\right|^{\alpha}$．
从而有 $
\left|\ln \left| \dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right|~\right|=\max \left\{\ln \left|\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right|,-\ln \left|\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right|\right\} \leqslant C(\alpha)\left(\left|\dfrac{z_{1}-z_{2}}{z_{2}}\right|^{\alpha}+\left|\dfrac{z_{2}-z_{1}}{z_{1}}\right|^{\alpha}\right)
$．
答案
解析
备注
