數學分析外篇（四）

08-23

數學分析外篇（四）

來自專欄我的數學臆想17 人贊了文章

我來填坑了hhh。

先來補上Holder不等式的幾個證明吧，感謝各位大佬的提供了哈哈。

那我們就開始吧！

證法一（感謝 @奔跑的肉球大佬的提供）：

我們取 $p,q>0,frac1p+frac1q=1$

Lemma 1（young不等式）：若 $u,vgeq 0$ ，則 $uvleqfrac{u^p}{p}+frac{v^q}{q}$ ，當且僅當 $u^p=v^q$ 時取「=」。

proof
i. $u$ 或 $v$ 等於0時顯然成立。
ii. $u,v e0$ 時，我們固定v不變（假設它是常數），構造函數 $f(u)=frac{u^p}{p}+frac{v^q}{q}-uv$
由 $p,q>0,frac1p+frac1q=1$ 我們可以得到 $p,q>1$ ，於是 $lim_{u ightarrow+infty}f(u)=+infty$ （因為指數增長得更快，當然通過求導也可以得出這個結果）
同時，又由 $f(0)=-v<0$ ， $f(u)$ 在 $(0,+infty)$ 上可導我們知道 $f(u)$ 在 $(0,+infty)$ 上有極小值。
我們令 $f(u)=u^{p-1}-v=0$ 得 $u=v^{frac1{p-1}}=v^{q-1}$ （這是因為 $frac1p+frac1q=1Rightarrow(p-1)(q-1)=1$ ）有且只有一個解，於是 $f(u)$ 就是在 $u_0=v^{q-1}$ 處取得最小值
$egin{align} f(u_0)&=frac{u_0^p}{p}+frac{v^q}{q}-u_0v \ &=frac{v^{p(q-1)}}{p}+frac{v^q}{q}-v^q \ &=frac{v^{p(q-1)}}{p}-frac{v^q}{p} \ &=frac{v^q}{p}(v^{pq-(p+q)}-1) \ &=frac{v^q}{p}(v^0-1) \ &=0 end{align}$
此時，由上面的分析可知 $u_0^p=v^q$ ，於是，任取u，v大於零，都有 $f(u)=frac{u^p}{p}+frac{v^q}{q}-uvgeq0$
綜上， $uvleqfrac{u^p}{p}+frac{v^q}{q}$ ，當且僅當 $u^p=v^q$ 時取「=」。

Lemma 2：若 $f,ginmathscr{R}(alpha),f,ggeq0$ 且 $int_a^bf^pdalpha=1=int_a^bg^qdalpha$ ，那麼就有 $int_a^bfg dalphaleq1$ 。

proof：由Lemma 1我們知道 $f(x)g(x)leqfrac{f^p(x)}{p}+frac{g^q(x)}{q}$ ，於是
$int_a^bfg dalphaleqint_a^bfrac{f^p(x)}{p}dalpha+int_a^bfrac{g^q(x)}{q}dalpha=frac1p+frac1q=1$

【注】這裡 $mathscr{R}(alpha)$ 的含義具體參見Rudin第六章定義6.2，因為他在這裡作用不大，就不花篇幅去闡述了emmm。

Theorem 1（Holder不等式）若 $f,g$ 均為 $mathscr{R}(alpha)$ 中複數域上的函數，那麼就有

$|int_a^bfg dalpha|leqleft{ int_a^b|f|^pdalpha ight}^{frac1p}left{ int_a^b|g|^qdalpha ight}^{frac1q}$

proof：當右式有一項為零時不等式顯然成立，故我們下面只需要討論右式兩項均大於零的情況。
首先，將Lemma 2中的 $f(x),g(x)$ 分別用 $frac{|f(x)|}{(int_a^b|f|^pdalpha)^{frac1p}},frac{|g(x)|}{(int_a^b|g|^qdalpha)^{frac1q}}$ 替代（你可以驗證一下它們是否滿足條件），就有
$int_a^bfrac{|f(x)|}{(int_a^b|f|^pdalpha)^{frac1p}}cdotfrac{|g(x)|}{(int_a^b|g|^qdalpha)^{frac1q}}dalphaleq1$
於是
$egin{align} |int_a^bfg dalpha|&leqint_a^b|fg|dalpha \ &leqleft{ int_a^b|f|^pdalpha ight}^{frac1p}left{ int_a^b|g|^qdalpha ight}^{frac1q} end{align}$
這就證明了Holder不等式。

【注】當 $p=q=2$ 時，這就是Schwarz不等式。

證法二（感謝 @Ruijun Lin 學長的提供）：

Lemma 3（離散情形下的Holder不等式）：當 $p,q>0,frac1p+frac1q=1$ 時，有

$sum_{i=1}^nx_iy_ileq(sum_{i=1}^n|x_i|^p)^{frac1p}(sum_{i=1}^n|y_i|^q)^{frac1q}$

proof：我們注意到，對於凸函數 $f(x)$ ，有 $forall0< heta<1,f( heta x+(1- heta)y)leq heta f(x)+(1- heta)f(y)$ ，所以（因為 $f(x)=-ln x$ 是凸函數）
$-ln( heta x+(1- heta)y)leq heta(-ln x)+(1- heta)(-ln y),forall 0< heta<1,x,y>0$
兩邊同時乘-1後再取e的指數，得
$heta x+(1- heta)ygeq x^{ heta}y^{(1- heta)},forall 0< heta<1,x,y>0$
現在我們令 $x=(frac{|x_i|^p}{sum_{j=1}^{n}|x_j|^p})^{frac1p},y=(frac{|y_i|^q}{sum_{j=1}^{n}|y_j|^q})^{frac1q}, heta=frac1p$ ，代入可得
$(frac{|x_i|^p}{sum_{j=1}^{n}|x_j|^p})^{frac1p}(frac{|y_i|^q}{sum_{j=1}^{n}|y_j|^q})^{frac1q}leq frac{|x_i|^p}{psum_{j=1}^{n}|x_j|^p}+ frac{|y_i|^p}{qsum_{j=1}^{n}|y_j|^q}$
不等式兩邊同時對i進行求和，就有

$sum_{i=1}^n[(frac{|x_i|^p}{sum_{j=1}^{n}|x_j|^p})^{frac1p}(frac{|y_i|^q}{sum_{j=1}^{n}|y_j|^q})^{frac1q}] leq sum_{i=1}^nfrac{|x_i|^p}{psum_{j=1}^{n}|x_j|^p}+ sum_{i=1}^nfrac{|y_i|^p}{qsum_{j=1}^{n}|y_j|^q}$
即
$sum_{i=1}^n[(frac{|x_i|^p}{sum_{j=1}^{n}|x_j|^p})^{frac1p}(frac{|y_i|^q}{sum_{j=1}^{n}|y_j|^q})^{frac1q}] leq frac1p+frac1q=1$
兩邊同時乘以 $(sum_{i=1}^n|x_i|^p)^{frac1p}(sum_{i=1}^n|y_i|^q)^{frac1q}$ ，就有
$sum_{i=1}^n|x_iy_i|leq(sum_{i=1}^n|x_i|^p)^{frac1p}(sum_{i=1}^n|y_i|^q)^{frac1q}$
這就證明了Holder不等式的離散形式。

Theorem 2： $int_a^b|f(x)g(x)| dalphaleqleft{ int_a^b|f(x)|^pdalpha ight}^{frac1p}left{ int_a^b|g(x)|^qdalpha ight}^{frac1q}$

proof：因為
$sum_{i=1}^nf(xi_i)g(xi_i)Delta x_i= sum_{i=1}^n[|f(xi_i)Delta x_i|^{frac1p}][|g(xi_i)Delta x_i|^{frac1q}]$
所以由Lemma 3，我們就可以得到
$sum_{i=1}^nf(xi_i)g(xi_i)Delta x_i leq (sum_{i=1}^n|f(xi_i)|^pDelta x_i)^{frac1p} (sum_{i=1}^n|g(xi_i)|^qDelta x_i)^{frac1q}$

這是Riemman有限和，實際上把它寫成這樣就是為了湊出積分的形式，我們下面令模 $||P||=max_{1leq ileq n}Delta x_i ightarrow0$ ，由定積分的定義和極限的保號性我們就有
$int_a^b|f(x)g(x)| dalphaleqleft{ int_a^b|f(x)|^pdalpha ight}^{frac1p}left{ int_a^b|g(x)|^qdalpha ight}^{frac1q}$