1.Hölder不等式的推广以及简单应用

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$H\ddot{o}lder$不等式的推广以及简单应用

这里要大量用到$jenson$不等式(加权)，不会的可以先去看看。
$一.H\ddot{o}lder推广$
有一个正实数矩阵$a_{1,1}...a_{n,m}$，有一个$n$项正实数序列 { w i } \{ w_i \} {
wi​}满足$\sum _{i=1}^n{w}_i=1$。有$\prod _{i=1}^n(\sum _{j=1}^m{a}_{i,j}{)}^{w_i}\ge \sum _{i=1}^m\prod _{j=1}^n(a_{j,i}{)}^{w_j}$

引理：证明$n$项的$young$不等式：
有一个$n$项正实数序列 { w i } \{ w_i \} {
wi​}满足$\sum _{i=1}^n{w}_i=1$。有$n$项正实数序列 { x i } \{ x_i \} {
xi​}。
有$\sum _{i=1}^n{w}_i{x}_i^{\frac{1}{w_i}}\ge \prod _{i=1}^n{x}_i$。

证：类比朴素$young$不等式。由加权$jenson$得：$ln(\sum _{i=1}^n\frac{x_i^{w_i}}{w_i})\ge \sum _{i=1}^n\frac{1}{w_i}ln(x_i^{w_i})=\sum _{i=1}^{n}ln(x_i)=ln(\prod _{i=1}^n{x}_i)$。整理得原不等式。

$H\ddot{o}lder$推广的证明：
类比朴素$H\ddot{o}lder$不等式
原命题等价于：$1\ge \frac{\sum _{i=1}^m\prod _{j=1}^n(a_{j,i}{)}^{w_j}}{\prod _{i=1}^n(\sum _{j=1}^m{a}_{i,j}{)}^{w_i}}$

又$RHS=\sum _{i=1}^m\prod _{j=1}^n\frac{(a_{j,i}{)}^{w_j}}{(\sum _{k=1}^m{a}_{j,k}{)}^{w_j}}\le \sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^n\frac{w_j{a}_{j,i}}{\sum _{k=1}^m{a}_{j,k}}=\sum _{j=1}^n\frac{w_j\sum _{i=1}^m{a}_{j,i}}{\sum _{k=1}^m{a}_{j,k}}=\sum _{j=1}^n{w}_j=1$。(由引理推出不等号)
所以证毕。

$二.题目$

$1.正实数x,y满足：x+y=1$，证明：$\frac{1}{x^2}+\frac{8}{y^2}\ge 27$。

证：$\frac{1}{x^2}+\frac{8}{y^2}=(x+y)(x+y)(\frac{1}{x^2}+\frac{8}{y^2})\ge (\sqrt[3]{1}+\sqrt[3]{8}{)}^3=27$

2.   有 一 个 n 项 正 实 数 数 列 { x i } 满 足 ∑ i = 1 n x i = 1 2.\ 有一个n项正实数数列\{ x_i \}满足\sum\limits_{i=1}^{n}x_i=1 2. 有一个n项正实数数列{
xi​}满足i=1∑n​xi​=1。
证明：$\prod _{i=1}^n(x_i+\frac{1}{x_i})\ge (n+\frac{1}{n}){}^n$。

证：$\prod _{i=1}^n(x_i+\frac{1}{x_i})\ge (\sqrt[n]{\prod _{i=1}^n{x}_i}+\frac{1}{\sqrt[n]{\prod _{i=1}^n{x}_i}}{)}^n=(t+\frac{1}{t}{)}^n(t=(\sqrt[n]{\prod _{i=1}^n{x}_i})$
$易知：0<t\le \frac{1}{n},又(x+\frac{1}{x})在(0,1)上单调递减。$
$\therefore LHS\ge (\frac{1}{n}+\frac{1}{\frac{1}{n}}{)}^n=RHS$

3.   若 r + s = p + q 且 r ≥ p ≥ q ≥ s > 0 。 ( 就 是 [ r , s ] ≻ [ p , q ] ) 有 一 个 n 项 正 实 数 数 列 { x i } 。 3.\ 若r+s=p+q且r\ge p \ge q \ge s>0。(就是[r,s]\succ[p,q])有一个n项正实数数列\{x_i\}。 3. 若r+s=p+q且r≥p≥q≥s>0。(就是[r,s]≻[p,q])有一个n项正实数数列{
xi​}。
$令f(a)=(\sum _{i=1}^n{x}_i^{\frac{1}{a}}{)}^a.证明：f(r)f(s)\ge f(p)f(q)。$

证：考虑$f(a)f(b)=((\sum _{i=1}^n{x}_i^{\frac{1}{a}}{)}^{\frac{a}{a+b}}(\sum _{i=1}^n{x}_i^{\frac{1}{b}}{)}^{\frac{b}{a+b}}{)}^{a+b}\ge (\sum _{i=1}^n{x}_i^{\frac{2}{a+b}}{)}^{a+b}=[f(\frac{a+b}{2}){]}^2(为了凑出H\ddot{o}lder形式)$
考虑凑出$jenson$，取$ln$。
令$g(x)=ln(f(x))$,则$g(a)+g(b)\ge 2g(\frac{a+b}{2})$。由$jenson$反向得：$g(x)$为凸函数。
故由$karamata$得:$g(r)+g(s)\ge g(p)+g(q)$，整理得原不等式。