1.Hölder不等式的推广以及简单应用

Ho¨lder\Large\color{red}H\ddot{o}lderHo¨lder不等式的推广以及简单应用

这里要大量用到jenson\Large\color{red}jensonjenson不等式(加权)，不会的可以先去看看。
一.Ho¨lder推广\Large\color{red}一.\small\color{red}H\ddot{o}lder推广一.Ho¨lder推广
有一个正实数矩阵a1,1...an,ma_{1,1}...a_{n,m}a1,1...an,m，有一个nnn项正实数序列{wi}\{ w_i \}{wi}满足∑i=1nwi=1\sum\limits_{i=1}^{n}w_i=1i=1∑nwi=1。有∏i=1n(∑j=1mai,j)wi≥∑i=1m∏j=1n(aj,i)wj\prod\limits_{i=1}^{n}(\sum\limits_{j=1}^{m}a_{i,j})^{w_i}\ge \sum\limits_{i=1}^{m}\prod\limits_{j=1}^{n}(a_{j,i})^{w_j}i=1∏n(j=1∑mai,j)wi≥i=1∑mj=1∏n(aj,i)wj

引理：证明nnn项的young\color{red}youngyoung不等式：
有一个nnn项正实数序列{wi}\{ w_i \}{wi}满足∑i=1nwi=1\sum\limits_{i=1}^{n}w_i=1i=1∑nwi=1。有nnn项正实数序列{xi}\{ x_i \}{xi}。
有∑i=1nwixi1wi≥∏i=1nxi\large\sum\limits_{i=1}^{n}w_ix_i^{\frac{1}{w_i}}\ge \prod\limits_{i=1}^{n}x_ii=1∑nwixiwi1≥i=1∏nxi。

证：类比朴素young\color{red}youngyoung不等式。由加权jenson\color{red}jensonjenson得：ln(∑i=1nxiwiwi)≥∑i=1n1wiln(xiwi)=∑i=1nln(xi)=ln(∏i=1nxi)\large ln(\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{x_i^{w_i}}{w_i})\ge \sum\limits_{i=1}^{n}\frac{1}{w_i}ln(x_i^{w_i})=\sum\limits_{i=1}^{n}ln(x_i)=ln(\prod\limits_{i=1}^{n}x_i)ln(i=1∑nwixiwi)≥i=1∑nwi1ln(xiwi)=i=1∑nln(xi)=ln(i=1∏nxi)。整理得原不等式。

Ho¨lder\Large\color{red}H\ddot{o}lderHo¨lder推广的证明：
类比朴素Ho¨lder\color{red}H\ddot{o}lderHo¨lder不等式
原命题等价于：1≥∑i=1m∏j=1n(aj,i)wj∏i=1n(∑j=1mai,j)wi\Large1\ge \frac{\sum\limits_{i=1}^{m}\prod\limits_{j=1}^{n}(a_{j,i})^{w_j}}{\prod\limits_{i=1}^{n}(\sum\limits_{j=1}^{m}a_{i,j})^{w_i}}1≥i=1∏n(j=1∑mai,j)wii=1∑mj=1∏n(aj,i)wj

又RHS=∑i=1m∏j=1n(aj,i)wj(∑k=1maj,k)wj≤∑i=1m∑j=1nwjaj,i∑k=1maj,k=∑j=1nwj∑i=1maj,i∑k=1maj,k=∑j=1nwj=1\Large RHS=\sum\limits_{i=1}^{m}\prod\limits_{j=1}^{n}\frac{(a_{j,i})^{w_j}}{(\sum\limits_{k=1}^{m}a_{j,k})^{w_j}}\le\sum\limits_{i=1}^{m}\sum\limits_{j=1}^{n}\frac{w_ja_{j,i}}{\sum\limits_{k=1}^{m}a_{j,k}}=\sum\limits_{j=1}^{n}\frac{w_j\sum\limits_{i=1}^{m}a_{j,i}}{\sum\limits_{k=1}^{m}a_{j,k}}=\sum\limits_{j=1}^{n}w_j=1RHS=i=1∑mj=1∏n(k=1∑maj,k)wj(aj,i)wj≤i=1∑mj=1∑nk=1∑maj,kwjaj,i=j=1∑nk=1∑maj,kwji=1∑maj,i=j=1∑nwj=1。(由引理推出不等号)
所以证毕。

二.题目\Large\color{red}二.题目二.题目

1.正实数x,y满足：x+y=11.\ 正实数x,y满足：x+y=11. 正实数x,y满足：x+y=1，证明：1x2+8y2≥27\Large\frac{1}{x^2}+\frac{8}{y^2}\small\geq27x21+y28≥27。

证：1x2+8y2=(x+y)(x+y)(1x2+8y2)≥(13+83)3=27\Large\frac{1}{x^2}+\frac{8}{y^2}=\small(x+y)(x+y)\Large(\frac{1}{x^2}+\frac{8}{y^2})\small\geq(\sqrt[3]{1}+\sqrt[3]{8})^3=27x21+y28=(x+y)(x+y)(x21+y28)≥(31+38)3=27

2.有一个n项正实数数列{xi}满足∑i=1nxi=12.\ 有一个n项正实数数列\{ x_i \}满足\sum\limits_{i=1}^{n}x_i=12. 有一个n项正实数数列{xi}满足i=1∑nxi=1。
证明：∏i=1n(xi+1xi)≥(n+1n)n\prod\limits_{i=1}^{n}(x_i+\Large\frac{1}{x_i}\small)\ge (n+\Large\frac{1}{n}\small)\Large^ni=1∏n(xi+xi1)≥(n+n1)n。

证：∏i=1n(xi+1xi)≥(∏i=1nxin+1∏i=1nxin)n=(t+1t)n(t=(∏i=1nxin)\prod\limits_{i=1}^{n}(x_i+\Large\frac{1}{x_i}\small)\ge (\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n}x_i}+\large\frac{1}{\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n}x_i}}\small)^n=(t+\Large\frac{1}{t}\small)^n\quad(t=(\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n}x_i})i=1∏n(xi+xi1)≥(ni=1∏nxi+ni=1∏nxi1)n=(t+t1)n(t=(ni=1∏nxi)
易知：0<t≤1n,又(x+1x)在(0,1)上单调递减。易知：0<t\le\frac{1}{n},又(x+\frac{1}{x})在(0,1)上单调递减。易知：0<t≤n1,又(x+x1)在(0,1)上单调递减。
∴LHS≥(1n+11n)n=RHS\therefore LHS\ge \Large(\frac{1}{n}+\frac{1}{\frac{1}{n}})^n\small= RHS∴LHS≥(n1+n11)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{xi}。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)=(∑i=1nxi1a)a.证明：f(r)f(s)≥f(p)f(q)。令f(a)=\large(\sum\limits_{i=1}^{n}x_i^{\frac{1}{a}})^a. 证明：\large f(r)f(s)\ge f(p)f(q)。令f(a)=(i=1∑nxia1)a.证明：f(r)f(s)≥f(p)f(q)。

证：考虑f(a)f(b)=((∑i=1nxi1a)aa+b(∑i=1nxi1b)ba+b)a+b≥(∑i=1nxi2a+b)a+b=[f(a+b2)]2(为了凑出Ho¨lder形式)\large f(a)f(b)=((\sum\limits_{i=1}^{n}x_i^{\frac{1}{a}})^{\frac{a}{a+b}}(\sum\limits_{i=1}^{n}x_i^{\frac{1}{b}})^{\frac{b}{a+b}})^{a+b}\ge (\sum\limits_{i=1}^{n}x_i^{\frac{2}{a+b}})^{a+b}=[f(\frac{a+b}{2})]^2\small(为了凑出\color{red}H\ddot{o}lder形式)f(a)f(b)=((i=1∑nxia1)a+ba(i=1∑nxib1)a+bb)a+b≥(i=1∑nxia+b2)a+b=[f(2a+b)]2(为了凑出Ho¨lder形式)
考虑凑出jenson\color{red}jensonjenson，取lnlnln。
令g(x)=ln(f(x))g(x)=ln(f(x))g(x)=ln(f(x)),则g(a)+g(b)≥2g(a+b2)g(a)+g(b)\ge2g(\frac{a+b}{2})g(a)+g(b)≥2g(2a+b)。由jenson\color{red}jensonjenson反向得：g(x)g(x)g(x)为凸函数。
故由karamata\color{red}karamatakaramata得:g(r)+g(s)≥g(p)+g(q)g(r)+g(s)\ge g(p)+g(q)g(r)+g(s)≥g(p)+g(q)，整理得原不等式。

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