加权Laplace在Bakry-Émery Ricci曲率条件下的Li-Yau梯度估计——关于Li-Yau梯度估计的研究

Li-Yau Gradient Estimation of Weighted Laplace under Bakry-Émery Ricci Curvature—Research on Li-Yau Gradient Estimation

摘要: 本文研究了在Bakry-Émery Ricci曲率条件下加权Laplace算子的Li-Yau梯度估计的问题，利用Bochner公式与加权Laplace公式以及极大值定理等处理Li-Yau梯度问题的方法，获得了加权Laplace在Bakry-Émery Ricci曲率有下界的条件下，热方程的正解u (x, t)的最优Li-Yau梯度估计。

Abstract: In this paper, the problem of Li-Yau gradient estimation of weighted Laplace operator under Bakry-Émery Ricci curvature is studied. Bochner formula, weighted Laplace formula and the maximum theorem are used to deal with the Li-Yau gradient problem. The optimal Li-Yau gradient estimation for the positive solution u (x, t) of the heat equation is obtained under the condition of lower bound for weighted Laplace Bakry-Émery Ricci curvature.

1. 引言

P. Li和S.-T. Yau在[1]中，设$\left(M_n,g\right)$ 是一个n维完备黎曼流形，且在$B_p\left(2R\right)$ 上满足$Ric\ge -K$ ，设$u\left(x,t\right)$ 是热方程$\left(\Delta -{\partial }_t\right)u=0$ 在$B_p\left(2R\right)\times \left[0,T\right]$ 上的正解，则$\forall \alpha >1$ ，在$B_p\left(2R\right)\times \left[0,T\right]$ 上$\exists c\left(n\right)$ ，使得

$\frac{{\left|\nabla u\right|}^2}{u^2}-\alpha \frac{u_t}{u}\le \frac{n{\alpha }^2}{2t}+\frac{n{\alpha }^{2}K}{2\left(\alpha -1\right)}+\frac{c\left(n\right){\alpha }^2}{R^2}\left(\frac{{\alpha }^2}{{\alpha }^2-1}+\sqrt{K}R\right)$ (1)

在(1)中，令$R\to \infty$ 可以得到整体梯度估计

$\frac{{\left|\nabla u\right|}^2}{u^2}-\alpha \frac{u_t}{u}\le \frac{n{\alpha }^2}{2t}+\frac{n{\alpha }^{2}K}{2\left(\alpha -1\right)}$ (2)

进一步，在(2)中，若$K=0$ ，令$\alpha \to 1$ ，可以得到最优Li-Yau梯度估计

$\frac{{\left|\nabla u\right|}^2}{u^2}-\frac{u_t}{u}\le \frac{n}{2t}$ (3)

Li-Yau梯度估计在微分几何和几何分析中有很多应用，例如，可以得到Harnack不等式，热核的上下界估计，Green函数估计，特征值估计，Laplacian比较定理等。

在$R_n$ 中，将热核$H\left(x,y,t\right)=\frac{1}{{\left(4\pi t\right)}^{\frac{n}{2}}}\frac{-d^2\left(x,y\right)}{4t}$ 带入(3)可以取得等号，因此(3)是最优的。然而对于$K>0$ 时不是最优的，到目前为止有许多关于Li-Yau梯度估计的改进。

在与(1)条件相同的假设下，Davies [2]将(2)改进为

$\frac{{\left|\nabla u\right|}^2}{u^2}-\alpha \frac{u_t}{u}\le \frac{n{\alpha }^2}{2t}+\frac{n{\alpha }^{2}K}{2\left(\alpha -1\right)},\forall \alpha >1$

Hamilton [3]在$Ric\ge -K\left(K\ge 0\right)$ 的闭流形$\left(M_n,g\right)$ 上得到了

$\frac{{\left|\nabla u\right|}^2}{u^2}-{\text{e}}^{2Kt}\frac{u_t}{u}\le {\text{e}}^{4Kt}\frac{n}{2t}$

BaKry-Qian [4]在$Ric\ge -K\left(K\ge 0\right)$ 的完备流形$\left(M_n,g\right)$ 上得到了

$\frac{{\left|\nabla u\right|}^2}{u^2}-\left(1+\frac{2}{3}Kt\right)\frac{u_t}{u}\le \frac{n}{2t}+\frac{nK}{2}\left(1+\frac{K}{3}t\right)$

Li-Xu [5]将上述结果推广为以下非线性形式

$\frac{{\left|\nabla u\right|}^2}{u^2}-\left(1+\frac{\sinh \left(Kt\right)\cosh \left(Kt\right)-Kt}{{\sinh }^2\left(Kt\right)}\right)\frac{u_t}{u}\le \frac{nK}{2t}\left(1+\coth \left(Kt\right)\right)$

对比以上改进的梯度估计，都是把常数$\alpha$ 改为形如$\alpha \left(t,K\right)$ 的函数替代，该函数严格大于1，但当t趋于0时都收敛于1。一个自然的问题：能否找到$K>0$ 的最优Li-Yau梯度估计，即当$K>0$ 时，$\alpha$ 是否可以取1? Qi S. Zhang [6]给出了一种方法，在闭流形上肯定回答了上述问题。

设$\left(M_n,g\right)$ 是一个n维闭黎曼流形，且满足$Ric\ge -K\left(K\ge 0\right)$ ，设$u\left(x,t\right)$ 是热方程$\left(\Delta -{\partial }_t\right)u=0$ 在$M\times \left[0,T\right]$ 上的正解，$dia{m}_M$ 为M的直径，则存在$c_1=c_1\left(n\right)$ 和$c_2=c_2\left(n\right)$ ，使得在$M\times \left[0,T\right]$ 上有

$t\left(\frac{{\left|\nabla u\right|}^2}{u^2}-\frac{u_t}{u}\right)\le \frac{n}{2}+\sqrt{2nK\left(1+Kt\right)\left(1+t\right)dia{n}_M}+\sqrt{K\left(1+Kt\right)\left(c_1+c_{2}K\right)t}$

当$K=0$ 时，得到(3)，并且Zhang指出在非紧流形上，$\alpha =1$ 一般是不成立的。

Qi S. Zhang [6]主要证明方法为利用Hamilton梯度估计，热核高斯上下界估计，体积比较定理，Harnack不等式进行积分迭代。最近，X. Y. Song [7]等人改进了Zhang的做法，利用了极大值原理直接得到了结果，避免了繁琐的迭代过程。最近Wu [8]进一步改进了Zhang的结果得到了

$t\left(\frac{{\left|\nabla u\right|}^2}{u^2}-\frac{u_t}{u}\right)\le \frac{n}{2}+\sqrt{\frac{nKt}{\phi \left(\frac{t}{2}\right)}\left(1+t\right)}dia{n}_M+\sqrt{\frac{Kt}{\phi \left(\frac{t}{2}\right)}\left(c_1+c_{2}K\right)t}$

推广Li-Yau梯度估计的另一种方向是考虑Ricci曲率的推广，例如考虑Bakry-Émery Ricci曲率和m-Bakry-Émery Ricci曲率，Song X Y在[9]中沿用了Qi S.Zhang [6]的方法，在Bakry-Émery Ricci曲率和m-Bakry-Émery Ricci曲率有下界的情况下分别得到了加权热方程$\left({\Delta }_f-{\partial }_t\right)u=0$ 的正解u的最优Li-Yau梯度估计。本文中我们将改用X.Y.Song [7]中的极大值定理的方法去证明。

定理1：设$\left(M_n,g\right)$ 是一个n维闭黎曼流形，且满足$Ri{c}_f\ge -K\left(K\ge 0\right)$ ，$\left|\nabla f\right|\le L\left(L\ge 0\right)$ 。设$u\left(x,t\right)$ 是热方程$\left({\Delta }_f-{\partial }_t\right)u=0$ 在$M\times \left[0,T\right]$ 上的正解，$dia{m}_M$ 为M的直径，存在依赖于n的常数c，使得

$t\left(\frac{{\left|\nabla u\right|}^2}{u^2}-\frac{{\partial }_{t}u}{u}\right)\le \frac{n}{2}+c\left(L+\sqrt{K}\right)\sqrt{\left(1+Kt\right)\left(1+t\right)}dia{m}_M+c\left(L+\sqrt{K}\right)\sqrt{\left(1+Kt\right)\left(t+Kt+L^{2}t+A^{2}t+A^{2}Kt\right)}$

其中$A={\sup }_{x\in M}\left|f\left(x\right)\right|$ 。

定理2：设$\left(M_n,g\right)$ 是一个n维闭黎曼流形，且满足$Ri{c}_f^{m,n}\ge -K\left(K\ge 0\right)$ ，设$u\left(x,t\right)$ 是热方程$\left({\Delta }_f-{\partial }_t\right)u=0$ 在$M\times \left[0,T\right]$ 上的正解，$dia{m}_M$ 为M的直径，则存在依赖于n的常数$c_3$ 与$\tilde{c}$ ，使得

$t\left(\frac{{\left|\nabla u\right|}^2}{u^2}-\frac{{\partial }_{t}u}{u}\right)\le \frac{m}{2}+\sqrt{2mK\left(1+Kt\right)\left(c_3+t\right)}dia{m}_M+\tilde{c}\sqrt{K\left(1+Kt\right)\left(t+Kt\right)}$

其中$m-n=n\delta$ 。

2. 预备知识

m-Bakry-Émery Ricci曲率：$Ri{c}_f^{m,n}:=Ric+Hessf-\frac{1}{m-n}df\otimes df\left(m>n\right)$

Bakry-Émery Ricci曲率：$Ri{c}_f=Ri{c}_f^{\infty ,n}=Ric+Hessf$

f-Laplacian operator：${\Delta }_f=\Delta -\langle \nabla f,\nabla \rangle$

加权Bochner公式：${\Delta }_f{\left|\nabla u\right|}^2=2{\left|Hessu\right|}^2+2{\langle \nabla u,\nabla {\Delta }_{f}u\rangle }^2+2Ri{c}_f\left(\nabla u,\nabla u\right)$

特别的，如果$Ri{c}_f\ge -K\left(K\ge 0\right)$ ，则$Ri{c}_f\left(\nabla u,\nabla u\right)\ge -K{\left|\nabla u\right|}^2$

柯西不等式：${\left|Hessf\right|}^2={\displaystyle {\sum }_{i,j=1}^n{f}_{ij}^2}\ge {\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{f}_{ii}^2}\ge \frac{{\left({\displaystyle {\sum }_{i=1}^n{f}_{ii}}\right)}^2}{n}=\frac{{\left(\Delta f\right)}^2}{n}$

权方不等式：${\left(a\pm b\right)}^2\ge \frac{a^2}{1+\delta }-{\frac{b}{\delta }}^2$ ，$\delta >0$ 。

3. 定理证明

3.1. 定理1证明

令$Q=\frac{{\left|\nabla u\right|}^2}{u^2}-\frac{{\partial }_{t}u}{u}={\left|\nabla \ln u\right|}^2-{\partial }_t\ln u$

因此，${\Delta }_{f}Q={\Delta }_f{\left|\nabla \ln u\right|}^2-{\partial }_t{\Delta }_f\ln u$ 。

利用Bochner公式，柯西不等式，以及${\Delta }_f\ln u=-Q$ &$\Delta \ln u={\Delta }_f\ln u+\langle \nabla \ln u,\nabla f\rangle$ &$\left|\nabla f\right|\le L$ ，得到：

$\left({\Delta }_f-{\partial }_t\right)Q+2\langle \nabla \ln u,\nabla Q\rangle \ge \frac{2}{n}\left(Q^2-2QL\left|\nabla \ln u\right|\right)-2K{\left|\nabla \ln u\right|}^2$

另一方面：

$\begin{array}{l}\left({\Delta }_f-{\partial }_t\right)\left(tQ\right)+2\langle \nabla \ln u,\nabla \left(tQ\right)\rangle \\ =t\left[\left(\Delta f-{\partial }_t\right)Q+2\langle \nabla \ln u,\nabla Q\rangle \right]-Q\\ \ge \frac{2}{n}\left(t{Q}^2-2L\left|\nabla \ln u\right|tQ\right)-2Kt{\left|\nabla \ln u\right|}^2-Q\\ \begin{array}{c}=\frac{2}{n} t{Q}^2-\frac{4}{n} L\left|\nabla \ln u\right|tQ-2Kt{\left|\nabla \ln u\right|}^2-Q\end{array}\end{array}$

因此，$t\left[\left({\Delta }_f-{\partial }_t\right)\left(tQ\right)+2\langle \nabla \ln u,\nabla \left(tQ\right)\rangle \right]\ge \frac{2}{n}{t}^2{Q}^2-\frac{4}{n}Lt\left|\nabla \ln u\right|tQ-2K{t}^2{\left|\nabla \ln u\right|}^2-tQ$ 。

假设$tQ$ 在$\left(x_0,t_0\right)$ 处取得极大值，由极大值定理知

${\nabla \left(tQ\right)|}_{\left(x_0,t_0\right)}=0,{\Delta \left(tQ\right)|}_{\left(x_0,t_0\right)}\le 0,{{\partial }_t\left(tQ\right)|}_{\left(x_0,t_0\right)}\ge 0,$

因此，$t_0\left[\left({\Delta }_f-{\partial }_t\right)\left(t_{0}Q\left(x_0,t_0\right)\right)+2\langle \nabla \ln u\left(x_0,t_0\right),\nabla \left(t_{0}Q\left(x_0,t_0\right)\right)\rangle \right]\le 0$

$\begin{array}{l}\Rightarrow 0\ge t\left[\left({\Delta }_f-{\partial }_t\right)\left(t_{0}Q\left(x_0,t_0\right)\right)+2<\nabla \ln u\left(x_0,t_0\right),\nabla \left(t_{0}Q\left(x_0,t_0\right)\right)\right]\\ \begin{array}{c}\ge \frac{2}{n}\left(t_{0}Q{\left(x_0,t_0\right)}^2-\left(\frac{4}{n}L{t}_0\left|\nabla \ln u\left(x_0,t_0\right)\right|+1\right)t_{0}Q\left(x_0,t_0\right)-2K{t}_0^2{\left|\nabla \ln u\right|}^2\right)\end{array}\end{array}$ (4)

由一元二次方程$a{x}^2+bx+c=0$ 的求根公式$x=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}\le \left|\frac{b}{a}\right|+\sqrt{\left|\frac{c}{a}\right|}$ 知，在不等式(4)中，

$\begin{array}{l}{t}_{0}Q\left(x_0,t_0\right)\le \left|\frac{-\left(\frac{4}{n}L{t}_0\left|\nabla \ln u\left(x_0,t_0\right)\right|+1\right)}{\frac{2}{n}}\right|+\sqrt{\left|\frac{-2K{t}_0{}^2{\left|\nabla \ln u\right|}^2}{\frac{2}{n}}\right|}=2L{t}_0\left|\nabla \ln u\left(x_0,t_0\right)\right|+\frac{n}{2}+\sqrt{nk}{t}_0\left|\nabla \ln u\left(x_0,t_0\right)\right|\\ =\frac{n}{2}+\left(2L+\sqrt{nK}\right)t_0\left|\nabla \ln u\left(x_0,t_0\right)\right|\end{array}$ (5)

从Qi S.Zhang [6]可以看出利用Hamilton梯度，热核估计，体积比较定理，Harnack不等式(与Qi S.Zhang，类似的方法)，具体可从Song [9]定理1.1中证明过程可以看出

$t^2{\left|\nabla \ln u\left(x,t\right)\right|}^2\le c\left(n\right)\left(1+Kt\right)\left(t+Kt+L^{2}t+A^{2}t+A^{2}Kt+dia{m}_M^2+dia{m}_M^{2}t\right)$

因此(5)变为

$t_{0}Q\left(x_0,t_0\right)\le \frac{n}{2}+c\left(n\right)\left(L+\sqrt{K}\right)\sqrt{\left(1+K{t}_0\right)\left(t_0+K{t}_0+L^2{t}_0+A^2{t}_0+A^{2}K{t}_0+dia{m}_M^2+dia{m}_M^2{t}_0\right)}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow TQ\left(x,T\right)\le t_{0}Q\left(x_0,t_0\right)\\ \le \frac{n}{2}+c\left(n\right)\left(L+\sqrt{K}\right)\sqrt{\left(1+K{t}_0\right)\left(t_0+K{t}_0+L^2{t}_0+A^2{t}_0+A^{2}K{t}_0+dia{m}_M^2+dia{m}_M^2{t}_0\right)}\\ \le \frac{n}{2}+c\left(n\right)\left(L+\sqrt{K}\right)\sqrt{\left(1+KT\right)\left(T+KT+L^{2}T+A^{2}T+A^{2}KT+dia{m}_M^2+dia{m}_M^{2}T\right)}\end{array}$

由T的任意性知：

$\begin{array}{c}tQ=t\left(\frac{{\left|\nabla u\right|}^2}{u^2}-\frac{{\partial }_{t}u}{u}\right)\\ \le \frac{n}{2}+c\left(n\right)\left(L+\sqrt{K}\right)\sqrt{\left(1+Kt\right)\left(t+Kt+L^{2}t+A^{2}t+A^{2}Kt+dia{m}_M^2+dia{m}_M^{2}t\right)}\\ = \frac{n}{2}+c\left(n\right)\left(L+\sqrt{K}\right)\sqrt{\left(1+Kt\right)\left(\left(t+Kt+L^{2}t+A^{2}t+A^{2}Kt\right)+\left(1+Kt\right)\left(1+t\right)\right)dia{m}_M^2}\\ \le \frac{n}{2}+c\left(n\right)\left(L+\sqrt{K}\right)\left(\sqrt{\left(1+Kt\right)\left(t+Kt+L^{2}t+A^{2}t+A^{2}Kt\right)}+\sqrt{\left(1+Kt\right)\left(1+t\right)}dia{m}_M\right)\end{array}$

证毕。

3.2. 定理二证明

令$Q=\frac{{\left|\nabla u\right|}^2}{u^2}-\frac{{\partial }_{t}u}{u}={\left|\nabla \ln u\right|}^2-{\partial }_t\ln u$

因此，

$\begin{array}{c}{\Delta }_{f}Q={\Delta }_f{\left|\nabla \ln u\right|}^2-{\partial }_t{\Delta }_f\ln u\\ =2{\left|hess\ln u\right|}^2+2\langle \nabla \ln u,\nabla {\Delta }_f\ln u\rangle +2Ri{c}_f\left(\nabla \ln u,\nabla \ln u\right)-{\partial }_t{\Delta }_f\ln u\\ \ge \frac{2{\left(\nabla \ln u\right)}^2}{n}+2\langle \nabla \ln u,\nabla {\Delta }_f\ln u\rangle +2Ri{c}_f\left(\nabla \ln u,\nabla \ln u\right)-{\partial }_t{\Delta }_f\ln u\\ =\frac{2{\left({\nabla }_f\ln u+\langle \nabla f,\nabla \ln u\rangle \right)}^2}{n}+2\langle \nabla \ln u,\nabla {\Delta }_f\ln u\rangle +2Ri{c}_f\left(\nabla \ln u,\nabla \ln u\right)-{\partial }_t{\Delta }_f\ln u\\ =\frac{2{\left(-Q+\langle \nabla f,\nabla \ln u\rangle \right)}^2}{n}-2\langle \nabla \ln u,\nabla Q\rangle +2Ri{c}_f\left(\nabla \ln u,\nabla \ln u\right)+{\partial }_{t}Q\\ \ge \frac{2Q^2}{n\left(1+\delta \right)}+\frac{2{\langle \nabla f,\nabla \ln u\rangle }^2}{n\delta }-2\langle \nabla \ln u,\nabla Q\rangle +2Ri{c}_f\left(\nabla \ln u,\nabla \ln u\right)+{\partial }_{t}Q\\ =\frac{2Q^2}{m}+\frac{2{\langle \nabla f,\nabla \ln u\rangle }^2}{m-n}+2Ri{c}_f\left(\nabla \ln u,\nabla \ln u\right)-2\langle \nabla \ln u,\nabla Q\rangle +{\partial }_{t}Q\\ =\frac{2Q^2}{m}+2Ri{c}_f^{m.n}\left(\nabla \ln u,\nabla \ln u\right)-2\langle \nabla \ln u,\nabla Q\rangle +{\partial }_{t}Q\ge \frac{2Q^2}{m}-2K{\left|\nabla \ln u\right|}^2-2\langle \nabla \ln u,\nabla Q\rangle +{\partial }_{t}Q\end{array}$

$\Rightarrow \left({\Delta }_f-{\partial }_t\right)Q+2\langle \nabla \ln u,\nabla Q\rangle \ge \frac{2Q^2}{m}-2K{\left|\nabla \ln u\right|}^2$

同定理一中的(5)一样的方法得到：

$t\left[\left({\Delta }_f-{\partial }_t\right)\left(tQ\right)+2\langle \nabla \ln u,\nabla \left(tQ\right)\rangle \right]\ge \frac{2}{m}{\left(tQ\right)}^2-tQ-2t^{2}K{\left|\nabla \ln u\right|}^2$

假设$tQ$ 在$\left(x_0,t_0\right)$ 处取得极大值，由极大值定理知：

${\nabla \left(tQ\right)|}_{\left(x_0,t_0\right)}=0,{\Delta \left(tQ\right)|}_{\left(x_0,t_0\right)}\le 0,{{\partial }_t\left(tQ\right)|}_{\left(x_0,t_0\right)}\ge 0,$

$\begin{array}{c}0\ge t\left[\left({\Delta }_f-{\partial }_t\right)\left(t_{0}Q\left(x_0,t_0\right)\right)+2\langle \nabla \ln u\left(x_0,t_0\right),\nabla \left(t_{0}Q\left(x_0,t_0\right)\right)\rangle \right]\\ \ge \frac{2}{m}{\left(t_{0}Q\left(x_0,t_0\right)\right)}^2-t_{0}Q\left(x_0,t_0\right)-2t_0^{2}K{\left|\nabla \ln u\left(x_0,t_0\right)\right|}^2\end{array}$ (6)

由一元二次方程$a{x}^2+bx+c=0$ 的求根公式$x=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}\le \left|\frac{b}{a}\right|+\sqrt{\left|\frac{c}{a}\right|}$ 知，(6)式的根

$\begin{array}{l}\Rightarrow t_{0}Q\left(x_0,t_0\right)\le \left|\frac{-1}{\frac{2}{m}}\right|+\sqrt{\left|\frac{-2t_0^{2}K{\left|\nabla \ln u\left(x_0,t_0\right)\right|}^2}{\frac{2}{m}}\right|}\\ \begin{array}{c}=\frac{m}{2}+\sqrt{mK}{t}_0\left|\nabla \ln u\left(x_0,t_0\right)\right|\end{array}\end{array}$ (7)

利用Hamilton梯度，热核估计，体积比较定理，Harnack不等式(与Qi S.Zhang，类似的方法)可以看出，具体可从Song [9]定理1.3中的证明过程可以看出

$t^2{\left|\nabla \ln u\left(x,t\right)\right|}^2\le 2\left(1+Kt\right)\left(c_1\left(m\right)t+c_2\left(m\right)Kt+c_{3}dia{m}_M^2+dia{m}_M^{2}t\right)$

因此不等式(7)变为

$t_{0}Q\left(x_0,t_0\right)\le \frac{m}{2}+\sqrt{mK}\sqrt{2\left(1+K{t}_0\right)\left(c_1\left(m\right)t_0+c_2\left(m\right)K{t}_0+c_{3}dia{m}_M^2+dia{m}_M^2{t}_0\right)}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow TQ\left(x,T\right)\le t_{0}Q\left(x_0,t_0\right)\\ \le \frac{m}{2}+\sqrt{mK}\sqrt{2\left(1+K{t}_0\right)\left(c_1\left(m\right)t_0+c_2\left(m\right)K{t}_0+c_{3}dia{m}_M^2+dia{m}_M^2{t}_0\right)}\\ \le \frac{m}{2}+\sqrt{mK}\sqrt{2\left(1+KT\right)\left(c_1\left(m\right)T+c_2\left(m\right)KT+c_{3}dia{m}_M^2+dia{m}_M^{2}T\right)}\end{array}$

由T的任意性知，

$\begin{array}{c}tQ\le \frac{m}{2}+\sqrt{mK}\sqrt{2\left(1+Kt\right)\left(c_1\left(m\right)t+c_2\left(m\right)Kt+c_{3}dia{m}_M^2+dia{m}_M^{2}t\right)}\\ =\frac{m}{2}+\sqrt{2mK\left(1+Kt\right)\left(\left(c_1\left(m\right)t+c_2\left(m\right)Kt\right)+2mK\left(1+Kt\right)\left(c_3+t\right)\right)dia{m}_M^2}\\ \le \frac{m}{2}+\tilde{c}\sqrt{K\left(1+Kt\right)\left(t+Kt\right)}+\sqrt{2mK\left(1+Kt\right)\left(c_3+t\right)}dia{m}_M\end{array}$

证毕。