数学分析II-2

本节主要涉及了几个分析中常用的不等式

Theorem 1. 均值不等式

\(q_i >0,\sum_i q_i = 1\),\(a=(a_1,a_2,...,a_n),a_i >0,r>0\),

\[m_r(a)=(\sum_{i=1}^n q_i a_i^r)^{1/r}\]

\[G(a)=\prod_{i=1}^n a_i^{q_i}\]

则有\(m_r(a) \geq G(a)\) 等号成立当且仅当\(a_1=a_2=...=a_n\)

Proof.

Step1. 先证\(m_r(a)\leq m_{2r}(a)\)

由于 \[m_r(a)=(\sum q_i a_i^r)^{\frac{1}{r}}=(\sum{q_i^{\frac{1}{2}}q_i^{\frac{1}{2}}a_i^r})^{\frac{1}{r}}\]

我们把连加号内部看作两个向量 由 Cauthy Inequality

\[ m_r(a) \leq [(\sum_{i=1}^n q_i)^\frac{1}{2} \cdot (\sum_{i=1}^n q_i \cdot a_i^{2r})^{\frac{1}{2}}]^{\frac{1}{r}}=m_{2r}(a)\]

其中,等号成立的充要条件是\(a_i=a_j ~ \forall i,j\)

Step2. 证明 \[\lim_{t\to 0^+} m_r (a)=G(a)\]

注意到

\[\ln m_r(a)=\frac{1}{r}\ln \sum_{i=1}^n q_i a_i^r\]

于是

\[ \lim_{r \to 0^+} \ln m_r(a)=\lim_{r \to 0^+} \frac{1}{r}\ln \sum_{i=1}^n q_i a_i^r\\=\lim_{r\to 0^+}\dfrac{\sum q_i a_i^r \ln a_i}{\sum q_i a_i^r}=\sum q_i \ln a_i\\=\ln \prod_{i=1}^{n} a_i^{q_i}=\ln G(a)\]

于是 \(\lim_{r \to 0^+} m_r(a)=G(a)\)

Step3.

\(a_1=a_2\cdots=a_n\)时,\(m_r(a)=G(a)\)

\(a_i\) 不全相等时, \[m_r(a) > m_{\frac{1}{2}r}(a) \geq \lim_{n\to +\infty} m_{\frac{r}{2^n}}(a)=\lim_{r\to 0^+}m_r(a)=G(a)\]

Remark.

我们取 \(n=2 ~ r=1\)

\[ q_1a_1+q_2a_2 \geq a_1^{q_1}a_2^{q_2}~~~~~~ q_1+q_2=1\]

\[p,q>0 ~\frac{1}{p} +\frac{1}{q}=1\\x>0 ~~a_1=x^p~~~y>0 ~~a_2=y^p\]

于是

\[\dfrac{x^p}{p}+\dfrac{y^q}{q} \geq x y\]

这便是 Young 不等式,其中 等号成立的条件是\(a_1=a_2\)

Def. 范数

\(1\leq p \leq +\infty\) 我们记

\[\|x\|_p=\left(\sum_{i=1}^n |x_i|^p\right)^{\frac{1}{p}}\]

定义\(\|x\|_{\infty} = \max_i |x_i|~ i=1\sim n\)

范数有下面三条性质 1. 非负性 \(\|x\|_p \geq 0\) 2. 非负齐性 \(\|kx\|_p = |k|\|x\|_p\) 3. 正可加性(三角不等式) \(\|x+y\|_p \leq \|x\|_p + \|y\|_p\)

Theorem 2. Holder 不等式

\(p,q >0 ~\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\)

\[ |x\cdot y| \leq \|x\|_p \|y\|_q\]

Proof.

\(x=(x_1,x_2,...,x_n),y=(y_1,y_2,...,y_n)\)

\[|x\cdot y|=\sum_{i=1}^n x_i y_i \leq \sum_{i=1}^n |x_i||y_i|\]

Young 不等式

\[\sum_{i=1}^n |x_i||y_i| \leq \sum_{i=1}^n (\dfrac{|x_i|^p}{p} +\dfrac{|y_i|^q}{q})= \dfrac{1}{p} \|x\| _p^p + \dfrac{1}{q} \|y\|_q^q\]

由 范数的非负齐性 我们不妨设 \(\|x\|_p= \|y\|_q=1\)

则 右式为1,命题得证。

Theorem 3.范数上的三角不等式

\(1\leq p \leq \infty\)

\[ \|x+y\|_p \leq \|x\|_p + \|y\|_p , ~ x,y \in \mathbb{R}^n\]

Proof.

\(p=1,p=\infty\) 时,结论都是显然的.

\(1\leq p < \infty\)\(x,y \in \mathbb{R}^n\)

由于

\[ \|x+y\|^p_p = \sum_{i=1}^n |x^i +y^i |^p = \sum_{i=1}^n |x^i +y^i|^{p-1} \cdot |x^i +y^i|\\ \leq \sum_{i=1}^n |x^i +y^i|^{p-1}(|x^i|+|y^i|) \]

由赫尔德不等式:

\[ \text{原式} \leq (\sum{|x^i +y^i |^{(p-1)q}})^{\frac{1}{q}}|x|_p + (\sum{|x^i +y^i |^{(p-1)q}})^{\frac{1}{q}}|y|_p\\= (\sum|x_i +y_i|^{(p-1)q})^{\frac{1}{q}}(|x|_p +|y|_p)\]

于是 \(\| x+y\|_p^p \leq \|x\|_p + \|y\|_p\)

Theorem 4. 范数的等价性

\(1\leq p_1,p_2 \leq \infty\)

\(\exists c_1,c_2\) 为正常数,使得

\[ c_1 \|x\|_{p_1} \leq \|x\|_{p_2} \leq c_2 \|x\|_{p_1}\]

Proof.

只需要证明每一个范数都和\(\infty\) 范数等价即可

\[ \|x\|_p = (\sum_{i=1}^n |x_i|^p)^\frac{1}{p} \leq \max_i |x_i| \cdot n^\frac{1}{p}= \|x\|_{\infty}\cdot n^\frac{1}{p}\]

\(c_1=\dfrac{1}{n^\frac{1}{p}}\) 即可。

又取\(c_2=1\) 即可.

Def2. 函数的p范数

\(f \in C([a,b]), 1\leq p \leq \infty\)

\(\|f\|_p = (\int_a^b |f|^p)^{\frac{1}{p}}\)

上面所叙述的不等式都可以推广到函数上

Theorem 5. 积分形式的Holder不等式

\(f,g \in C([a,b])\)\(p,q >0 ~\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\)

\[ \int_a^b |f(x)g(x)| \leq \|f\|_p \|g\|_q\]

Proof.

\[\int_a^b |f(x)g(x)| \leq \int_a^b |f(x)||g(x)|\]

Young 不等式

\[\int_a^b |f(x)||g(x)| \leq \int_a^b (\dfrac{|f(x)|^p}{p} +\dfrac{|g(x)|^q}{q})= \dfrac{1}{p} \|f\| _p^p + \dfrac{1}{q} \|g\|_q^q\]

由 范数的非负齐性 我们不妨设 \(\|f\|_p= \|g\|_q=1\)

则 右式为1,命题得证。

Theorem6. 积分形式的闵可夫斯基不等式

\(f,g \in C([a,b])\)\(p >0\)

\[ \|f+g\|_p \leq \|f\|_p +\|g\|_p\]

Proof.

我们考虑 \(\|f+g\|_p\)\(p\) 次幂:

\(\left(\int_{a}^{b}|f(x)+g(x)|^{p}dx\right)^{\frac{1}{p}\cdot p}=\int_{a}^{b}|f(x)+g(x)||f(x)+g(x)|^{p-1}dx\)

(用三角形不等式展开 \(|f(x)+g(x)|\)

\(\leq\int_{a}^{b}|f(x)||f(x)+g(x)|^{p-1}dx+\int_{a}^{b}|g(x)||f(x)+g(x)|^{p-1}dx\)

(用[[赫尔德不等式]])

\(\leq\left(\int_{a}^{b}|f(x)|^{p}dx\right)^{\frac{1}{p}}\left(\int_{a}^{b}|f(x)+g(x)|^{q\left(p-1\right)}dx\right)^{\frac{1}{q}}+ \left(\int_{a}^{b}|g(x)|^{p}dx\right)^{\frac{1}{p}}\left(\int_{a}^{b}|f(x)+g(x)|^{q\left(p-1\right)}dx\right)^{\frac{1}{q}}\)

\(=\left[\left(\int_{a}^{b}|f(x)|^{p}dx\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\int_{a}^{b}|g(x)|^{p}dx\right)^{\frac{1}{p}}\right]\left(\int_{a}^{b}|f(x)+g(x)|^{qp-q}dx\right)^{\frac{1}{q}}\)

(利用 \(p=qp-q\),因为\(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\)

\(=\left[\left(\int_{a}^{b}|f(x)|^{p}dx\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\int_{a}^{b}|g(x)|^{p}dx\right)^{\frac{1}{p}}\right]\left(\int_{a}^{b}|f(x)+g(x)|^{p}dx\right)^{\frac1q}\)

现在我们考虑这个不等式序列的首尾两项。首项除以尾项的最后一个因子,即得

\(\left(\int_{a}^{b}|f(x)+g(x)|^{p}dx\right)^{\frac{1}{p}}\leq \left(\int_{a}^{b}|f(x)|^{p}dx\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\int_{a}^{b}|g(x)|^{p}dx\right)^{\frac{1}{p}}\)

这正是我们所要的结论。


数学分析II-2
https://blogs.pixia.tech/2023/数学分析ii-2/
作者
Pixia
发布于
2023年2月22日
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