关于琴生(Jensen)不等式推论,Holder's等不等式的证明

Question

请使用琴生(Jensen)不等式:a(1)^λ(1) * a(2)^λ(2)*...*a(n)^λ(n)≤a(1)*λ(1)+a(2)*λ(2)+...+a(n)*λ(n) 其中λ(1)+λ(2)+...+λ(n)=1,a(i)>0,λ(i)>0,1≤i≤n

证明：

1.Holder's不等式：|x(1)y(1)|+|x(2)y(2)|+...+|x(n)y(n)|≤(|x(1)|+|x(2)|+...+|x(n)|)^(1/p)*(|y(1)|+|y(2)|+...+|y(n)|)^(1/q)
其中，p∈N\{0},1/p+1/q=0

2.Minkowski's不等式：(|x(1)y(1)|^p+|x(2)y(2)|^p+...+|x(n)y(n)|^p)^(1/p)≤(|x(1)|^p+|x(2)|^p+...+|x(n)|^p)^(1/p)+(|y(1)|^q+|y(2)|^q+...+|y(n)|^q)^(1/q)
其中，p∈N\{0}

Answer 1

1.令ai=|xi|/(|x1|^p+|x2|^p+...+|xn|^p)^(1/p)，bi=|yi|/(|y1|^p+|y2|^p+...+|yn|^p)^(1/q)----lz抄错题了，自己看看
那么只要证明a1b1+a2b2+...+anbn<=1就行了。条件是a1^p+a2^p+...+an^p=1,b1^q+b2^q+...+bn^q=1
而由lz提供的琴声不等式得akbk=(ak^p)^(1/p)(bk^q)^(1/q)<=ak^p/p+bk^q/q
所以，只要令k从1到n求和并注意1/p+1/q=1就得证

2.lz，Minkowski's不等式不是你说的这个样子，而且你令n=1就知道你写的这个根本不成立。Minkowski's不等式是这个样子：：{∑(ak + bk)r}1/r ≤ {∑akr}1/r + {∑bkr}1/r

证明如下：先记A={∑akr}1/r,B={∑bkr}1/r
然后令xk=ak/A,yk=bk/B.则∑xk^r=1=∑yk^r.只要证明
{∑(A*xk + B*yk)r}1/r<=A+B。设u=A/(A+B)，v=B/(A+B)。则u+v=1
只要证∑(u*xk + v*yk)r<=1就行了
而这就很简单了，利用琴生不等式得(u*xk + v*yk)r<=u*xk^r+v*yk^r
令k从1到n求和就行了

Answer 2

1.令ai=|xi|/(|x1|^p+|x2|^p+...+|xn|^p)^(1/p)，bi=|yi|/(|y1|^p+|y2|^p+...+|yn|^p)^(1/q)----lz抄错题了，自己看看
那么只要证明a1b1+a2b2+...+anbn<=1就行了。条件是a1^p+a2^p+...+an^p=1,b1^q+b2^q+...+bn^q=1
而由lz提供的琴声不等式得akbk=(ak^p)^(1/p)(bk^q)^(1/q)<=ak^p/p+bk^q/q
所以，只要令k从1到n求和并注意1/p+1/q=1就得证

2.lz，Minkowski's不等式不是你说的这个样子，而且你令n=1就知道你写的这个根本不成立。Minkowski's不等式是这个样子：：{∑(ak + bk)r}1/r ≤ {∑akr}1/r + {∑bkr}1/r

证明如下：先记A={∑akr}1/r,B={∑bkr}1/r
然后令xk=ak/A,yk=bk/B.则∑xk^r=1=∑yk^r.只要证明
{∑(A*xk + B*yk)r}1/r<=A+B。设u=A/(A+B)，v=B/(A+B)。则u+v=1
只要证∑(u*xk + v*yk)r<=1就行了
而这就很简单了，利用琴生不等式得(u*xk + v*yk)r<=u*xk^r+v*yk^r
令k从1到n求和就行了
证明f[(x1+x2)/2]≥1/2[f(x1)+f(x2)]成立可以转化为证明f[(x1+x2)/2]-f(x1)≥f(x2)-f[(x1+x2)/2]成立.不妨设x1<x2.根据拉格朗日（Lagrange）中值定理，可得：f[(x1+x2)/2]-f(x1)=f’(ξ1)(x2-x1)/2, f(x2)-f[(x1+x2)/2=f’(ξ2)(x2-x1)/2,其中ξ1在x1和(x1+x2)/2之间，ξ2在(x1+x2)/2和x2之间，由假定条件x1<x2可知，ξ1<ξ2.由于f(x)在(a,b)上是凸函数，所以f(x)在(a,b)上满足f’’(x)<0,所以f’(x)在(a,b)上递减，由于ξ1<ξ2，则有f’(ξ1)>f’(ξ2)，所以{f[(x1+x2)/2]-f(x1)}-{f(x2)-f[(x1+x2)/2]}=(x2-x1)[ f’(ξ1)- f’(ξ2)]/2>0,所以f[(x1+x2)/2]-f(x1)>f(x2)-f[(x1+x2)/2]，所以f[(x1+x2)/2]>1/2[f(x1)+f(x2)].如果假设x1<x2，结果是一样的；如果x1=x2，则显然f[(x1+x2)/2]=1/2[f(x1)+f(x2)],因此我们证明了f[(x1+x2)/2]≥1/2[f(x1)+f(x2)]成立.
同理如果f(x)在(a,b)上是凹函数，x1，x2都在(a,b)上，则有不等式：1/2[f(x1)+f(x2)]≥f[(x1+x2)/2]成立.
对f(x)=tanx求二阶导数：f'(x)=1/cos^2x
f''(x)=1/cos^3x*(-2)*(cosx)'=2tanx/cos^2x
显然当x∈(0,π/2)时f''(x)>0,是凹函数，故有1/2[f(x1)+f(x2)]>f[(x1+x2)/2].

Answer 3

证明f[(x1+x2)/2]≥1/2[f(x1)+f(x2)]成立可以转化为证明f[(x1+x2)/2]-f(x1)≥f(x2)-f[(x1+x2)/2]成立.不妨设x1<x2.根据拉格朗日（Lagrange）中值定理，可得：f[(x1+x2)/2]-f(x1)=f’(ξ1)(x2-x1)/2, f(x2)-f[(x1+x2)/2=f’(ξ2)(x2-x1)/2,其中ξ1在x1和(x1+x2)/2之间，ξ2在(x1+x2)/2和x2之间，由假定条件x1<x2可知，ξ1<ξ2.由于f(x)在(a,b)上是凸函数，所以f(x)在(a,b)上满足f’’(x)<0,所以f’(x)在(a,b)上递减，由于ξ1<ξ2，则有f’(ξ1)>f’(ξ2)，所以{f[(x1+x2)/2]-f(x1)}-{f(x2)-f[(x1+x2)/2]}=(x2-x1)[ f’(ξ1)- f’(ξ2)]/2>0,所以f[(x1+x2)/2]-f(x1)>f(x2)-f[(x1+x2)/2]，所以f[(x1+x2)/2]>1/2[f(x1)+f(x2)].如果假设x1<x2，结果是一样的；如果x1=x2，则显然f[(x1+x2)/2]=1/2[f(x1)+f(x2)],因此我们证明了f[(x1+x2)/2]≥1/2[f(x1)+f(x2)]成立.
同理如果f(x)在(a,b)上是凹函数，x1，x2都在(a,b)上，则有不等式：1/2[f(x1)+f(x2)]≥f[(x1+x2)/2]成立.
对f(x)=tanx求二阶导数：f'(x)=1/cos^2x
f''(x)=1/cos^3x*(-2)*(cosx)'=2tanx/cos^2x
显然当x∈(0,π/2)时f''(x)>0,是凹函数，故有1/2[f(x1)+f(x2)]>f[(x1+x2)/2].