均值不等式
定理内容
均值不等式 \(\forall a_1,\cdots,a_n\geqslant 0\), 有 \[\frac{n}{\sum\nolimits_{i=1}^n\frac{1}{a_i}}\leqslant \sqrt[n]{\prod\nolimits_{i=1}^n a_i}\leqslant \frac{\sum\nolimits_{i=1}^n a_i}{n}\leqslant \sqrt{\frac{\sum\nolimits_{i=1}^n a_i^2}{n}}.\]取等号当且仅当 \(a_1=\cdots=a_n\).
简略证明
只证算术 \(\leqslant\) 几何部分: 1. 先证对于 \(n=2^k\) 成立: 由二元均值不等式可得\[\begin{align} \sqrt[2^k]{a_1\cdots a_{2^k}} &\leqslant \sqrt[2^{k-1}]{\frac{a_1+a_2}{2}+\frac{a_3+a_4}{2}+\cdots+\frac{a_{2^k-1}+a_{2^k}}{2}} \\ &\leqslant \cdots\leqslant \frac{a_1+\cdots+a_{2^k}}{2^k}. \end{align}\] 2. 反向归纳: 记 \(A=\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}\), 则 \(nA=\sum a_i\). 设 \(n+1\) 时不等式成立, 下证 \(n\) 时成立: \[\begin{align} A=\frac{nA+A}{n+1} &= \frac{a_1+\cdots+a_n+A}{n+1} \\ &\geqslant \sqrt[n+1]{a_1\cdots a_n A}. \end{align}\] 于是 \(A^{n+1}\geqslant a_1\cdots a_nA\), 即 \[A\geqslant \sqrt[n]{a_1\cdots a_n}.\]
Hölder不等式
定理内容
\[a\cdot b\leqslant \Vert a\Vert_p\cdot\Vert b\Vert_q,~\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\]
Hölder不等式 设 \(a_i,b_i\geqslant 0\), \(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\), 则 (1) 当 \(p>1\) 时, \[\sum\limits_{i=1}^n a_ib_i\leqslant (\sum\limits_{i=1}^n a_i^p)^{1/p}(\sum\limits_{i=1}^n a_i^q)^{1/q}.\] (2) 当 \(p<1\) 时, \[\sum\limits_{i=1}^n a_ib_i\geqslant (\sum\limits_{i=1}^n a_i^p)^{1/p}(\sum\limits_{i=1}^n a_i^q)^{1/q}.\] 等号当且仅当 \(a_i\) 和 \(b_i\) 成比例时取得.
简略证明
只证 (1): 当 \(p>1\) 时, 易有 \(q<1\). 此时有 \[\begin{align} \frac{a\cdot b}{\Vert a\Vert_p\cdot\Vert b\Vert_q} &= \sum \left(\frac{a_i^p}{\sum a_i^p}\right)^{1/p}\left(\frac{b_i^q}{\sum b_i^q}\right)^{1/q} \\ &\leqslant \sum \left[\frac{1}{p}\left(\frac{a_i^p}{\sum a_i^p}\right)+\frac{1}{q}\left(\frac{b_i^q}{\sum b_i^q}\right)\right] \\ &= \frac{1}{p}\sum\frac{a_i^p}{\sum a_i^p}+\frac{1}{q}\sum\frac{b_i^q}{\sum b_i^q} \\ &= \frac{1}{p}+\frac{1}{q} =1. \end{align}\]
Minkowski不等式
定理内容
\[\Vert a+b\Vert_p\leqslant \Vert a\Vert_p\cdot\Vert b\Vert_p\]
Minkowski不等式 对于 \(\forall r\neq 0,1\in\mathbb{R}\), 以及 \(a_i,b_i\geqslant 0\), 有 (1) 当 \(r>1\) 时, \[(\sum\limits_{i=1}^n(a_i+b_i)^r)^{1/r}\leqslant (\sum\limits_{i=1}^n a_i^r)^{1/r}+(\sum\limits_{i=1}^n b_i^r)^{1/r}\] (2) 当 \(r<1\) 时, \[(\sum\limits_{i=1}^n(a_i+b_i)^r)^{1/r}\geqslant (\sum\limits_{i=1}^n a_i^r)^{1/r}+(\sum\limits_{i=1}^n b_i^r)^{1/r}\]
简略证明
只证 (1): 当 \(r>1\) 时, 令 \(s_i=a_i+b_i\), 则有 \[\begin{align} \sum s_i^r &= \sum (a_i+b_i)^r \\ &= \sum (a_i+b_i)(a_i+b_i)^{r-1} \\ &= \sum a_is_i^{r-1}+\sum b_is_i^{r-1}. \end{align}\] 令 \(p=r\), \(q=\frac{r}{r-1}\), 则 \(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\), 由Hölder不等式可得: \[\begin{align} \sum s_i^r &\leqslant (\sum a_i^r)^{\frac{1}{r}}(\sum s_i^r)^{\frac{r-1}{r}}+(\sum b_i^r)^{\frac{1}{r}}(\sum s_i^r)^{\frac{r-1}{r}} \\ &= [(\sum a_i^r)^{\frac{1}{r}}+(\sum b_i^r)^{\frac{1}{r}}]\cdot (\sum s_i^r)^{1-\frac{1}{r}}. \end{align}\] 两边同乘 \((\sum s_i^r)^{1-\frac{1}{r}}\) 即可得到Minkowski不等式.
Young不等式
定理内容
Young不等式 设 \(f(x)\in[0,+\infty)\) 单调增, \(f(0)=0\), \(a,b>0\), 则 \[ab\leqslant \int_0^a f(x){\rm d}x+\int_0^b f^{-1}(x){\rm d}x.\] 等号当且仅当 \(f(a)=b\) 时成立.
简略证明
从几何上看十分直观.
参考文献
- 裴礼文. 数学分析中的典型问题与方法-第2版[M]. 高等教育出版社, 2006.
- 伍胜建. 数学分析.第2册[M]. 北京大学出版社, 2010.