Lemma. Young 引理 [young-lemma]

  • May 14, 2019
  • kokic

$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

Young 不等式有许多风格迥然的证明, 最常见的办法可能是使用定积分. 我们在此介绍一种充分利用对数线性化 $\log x \le x -1 $ 的方法, 即 Young 引理. 并展示 Young 不等式与其他常见不等式如何作为此结果的直接推论.

对数函数 $\log$ 最为特殊的性质可以说就是 $\log a^b = b\log a$ 和 $\log a b = \log a + \log b$. 另一方面, 我们知道对于非负的 $X,Y$, 不等式 $X \le Y$ 等价于 $\log \frac XY \le 0$. 如果我们希望充分利用这三点, 那么就可以试着去考虑

$$ \log \frac{f_1^{p_1}f_2^{p_2}}{g^{p_1+p_2}} \spaces= p_1\log\frac{f_1}g \spaces+ p_2\log\frac{f_2}g $$

现在对右侧使用对数的线性化, 得到

$$ \begin{aligned} \log \frac{f_1^{p_1}f_2^{p_2}}{g^{p_1+p_2}} &\spaces\le p_1\Big(\frac{f_1}g-1\Big) \spaces+ p_2\Big(\frac{f_2}g-1\Big) \\ &\spaces= g^{-1}(p_1f_1+p_2f_2) - (p_1+p_2) \end{aligned} $$

我们当然希望 $\log\frac\Box\Box \le 0$. 这就是说, 如果有关于加法和乘法的条件

$$ p_1f_1+p_2f_2 \spaces\le (p_1+p_2)g $$

那么可以推出 $f_1^{p_1}f_2^{p_2} \le g^{p_1+p_2}$ 这样一个指数上的结果. 有时我们也写成

$$ p_1 \log f_1 + p_2 \log f_2 \spaces\le (p_1+p_2)\log g $$

用完全相同的步骤, 也可以证明任意多个 $p_i$ 和 $f_i$ 时的情况.

Corollary 1. Young 不等式 [young-lemma-000A]

  • May 14, 2019
  • kokic

$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

我们在 此处 的条件中再添一笔 $p_1+p_2=1$, 然后替换 $(p_1,p_2)$ 为 $(\frac1p, \frac1q)$, 替换 $(f_1,f_2)$ 为 $(a,b)$, 这样就有

$$ (p_1f_1 + p_2f_2 \space =) \quad \frac ap + \frac bq \quad (= \space g) $$

立刻得出 $a^{\frac1p}b^{\frac1q} \le \frac ap + \frac bq$, 当且仅当 $a=b$ 取得等号.

Corollary 2. Bernoulli 不等式 [young-lemma-000B]

  • May 15, 2019
  • kokic

$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

Bernoulli 不等式是说 $(1+x)^n \ge 1+nx$. 这里 $n \ge 1$, $x \ge -1$. 等价地, 我们来证明

$$ x^n + n-1 \ge nx, \qquad (n \ge 1, x \ge 0) $$

在 Young 引理 的条件中令 $p_i = \frac1n$, $(f_i)_{1\le i \le n}=(x^n, 1, 1, \cdots)$, $g = (x^n + n-1)n^{-1}$, 这个时候以下条件显然成立

$$ \frac1n x^n + \underbrace{\frac1n + \frac1n + \cdots + \frac1n}_{n-1 ~ \text{times}} \spaces= \frac{x^n + n-1}n $$

于是可以得到 $(x^n)^{n^{-1}} \le (x^n + n-1)n^{-1}$. $\quad\Box$

Corollary 3. 加权算术平均–几何平均不等式 [young-lemma-000C]

  • May 15, 2019
  • kokic

$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

我们要证的结果可以写成下面的样子

$$ \Big(\prod_{i \in S}z_i^{w_i}\Big)^{(\sum_{i \in S}w_{i})^{-1}} \spaces\le \Big(\sum_{i \in S}w_iz_i\Big) \Big(\sum_{i \in S}w_i\Big)^{-1} $$

实际上可以利用对数的线性化对这个定理给出一个直接的证明, 不过这并非本文的重点. 我们在此处更关心如何将这些表达式调整为适合使用 Young 引理 的形式. 我们先引入一些记号, 用 $\Sigma_w$ 表示 $\sum_{i \in S}w_{i}$, 用 $\omega_i$ 表示 $w_i\Sigma_w^{-1}$. 这样目标就变成了

$$ \prod_{i \in S}z_i^{\omega_i} \spaces\le \sum_{i \in S}\omega_iz_i $$

如果把这里的 $\omega_i$ 看作 $p_i$, $z_i$ 看作 $f_i$, $\sum_{i \in S}\omega_iz_i$ 看作 $g$. 那我们只要验证下面这件事

$$ \sum_{i \in S}\omega_iz_i \spaces\le \sum_{i \in S}\omega_iz_i $$

而这应该是很容易的. $\quad\Box$

Backlinks

Corollary. Young 不等式 [young-lemma-000A]

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$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

我们在 此处 的条件中再添一笔 $p_1+p_2=1$, 然后替换 $(p_1,p_2)$ 为 $(\frac1p, \frac1q)$, 替换 $(f_1,f_2)$ 为 $(a,b)$, 这样就有

$$ (p_1f_1 + p_2f_2 \space =) \quad \frac ap + \frac bq \quad (= \space g) $$

立刻得出 $a^{\frac1p}b^{\frac1q} \le \frac ap + \frac bq$, 当且仅当 $a=b$ 取得等号.

Corollary. Bernoulli 不等式 [young-lemma-000B]

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Bernoulli 不等式是说 $(1+x)^n \ge 1+nx$. 这里 $n \ge 1$, $x \ge -1$. 等价地, 我们来证明

$$ x^n + n-1 \ge nx, \qquad (n \ge 1, x \ge 0) $$

在 Young 引理 的条件中令 $p_i = \frac1n$, $(f_i)_{1\le i \le n}=(x^n, 1, 1, \cdots)$, $g = (x^n + n-1)n^{-1}$, 这个时候以下条件显然成立

$$ \frac1n x^n + \underbrace{\frac1n + \frac1n + \cdots + \frac1n}_{n-1 ~ \text{times}} \spaces= \frac{x^n + n-1}n $$

于是可以得到 $(x^n)^{n^{-1}} \le (x^n + n-1)n^{-1}$. $\quad\Box$

Corollary. 加权算术平均–几何平均不等式 [young-lemma-000C]

  • May 15, 2019
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$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

我们要证的结果可以写成下面的样子

$$ \Big(\prod_{i \in S}z_i^{w_i}\Big)^{(\sum_{i \in S}w_{i})^{-1}} \spaces\le \Big(\sum_{i \in S}w_iz_i\Big) \Big(\sum_{i \in S}w_i\Big)^{-1} $$

实际上可以利用对数的线性化对这个定理给出一个直接的证明, 不过这并非本文的重点. 我们在此处更关心如何将这些表达式调整为适合使用 Young 引理 的形式. 我们先引入一些记号, 用 $\Sigma_w$ 表示 $\sum_{i \in S}w_{i}$, 用 $\omega_i$ 表示 $w_i\Sigma_w^{-1}$. 这样目标就变成了

$$ \prod_{i \in S}z_i^{\omega_i} \spaces\le \sum_{i \in S}\omega_iz_i $$

如果把这里的 $\omega_i$ 看作 $p_i$, $z_i$ 看作 $f_i$, $\sum_{i \in S}\omega_iz_i$ 看作 $g$. 那我们只要验证下面这件事

$$ \sum_{i \in S}\omega_iz_i \spaces\le \sum_{i \in S}\omega_iz_i $$

而这应该是很容易的. $\quad\Box$