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ヘルダーの不等式とコーシー・シュワルツの不等式

南海   さて,この凸関数の方等式を用いて,よく知られている絶対不等式を証明していこう. 絶対不等式といわれる不等式にはどんなものがあったか.
拓生   相加相乗平均の不等式,コーシー・シュワルツの不等式,三角不等式です.これらは別個に習いました.
コーシー・シュワルツの不等式,三角不等式も凸関数の不等式から出るのですか.
南海   この二つをある程度一般化し,イェンセンの不等式、から順次導こう.
まず,コーシー・シュワルツの不等式とは.
拓生   \[ (a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2 \leqq ({a_1}^2+{a_2}^2+\cdots+{a_n}^2) ({b_1}^2+{b_2}^2+\cdots+{b_n}^2) \] 等号成立は \[ a_1:b_1=a_2:b_2=\cdots=a_n:b_n \] のときです.
南海   両辺の平方をとると?
拓生   \[ |a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n| \leqq ({a_1}^2+{a_2}^2+\cdots+{a_n}^2)^{\frac{1}{2}} ({b_1}^2+{b_2}^2+\cdots+{b_n}^2)^{\frac{1}{2}} \] です.ベクトルを $ \overrightarrow{a}=(\cdots,\ a_i,\ \cdots),\ \overrightarrow{b}=(\cdots,\ b_i,\ \cdots) $ とすると \[ |\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}| \leqq \left| \overrightarrow{a}\right|\left|\overrightarrow{b}\right| \] 等号成立は $ \overrightarrow{a}\parallel\overrightarrow{b} $ のとき,といいかえることができます.
南海   これが次のように一般化される. 絶対値の問題を後で解決する.まず負でない実数で考える.以下, $ n\geqq 2 $ とする.

系(ヘルダーの不等式)
  $ n $ を自然数とし, $ a_i,\ b_i\ (i=1,\ 2,\ \cdots,\ n) $ を負でない実数とする. $ p $ と $ q $ は $ \dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1 $ を満たす正の実数とする.このとき \[ a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n \leqq ({a_1}^p+{a_2}^p+\cdots+{a_n}^p)^{\frac{1}{p}} ({b_1}^q+{b_2}^q+\cdots+{b_n}^q)^{\frac{1}{q}} \] が成立する.等号成立は $ a_i:b_i $ がすべて等しいときである. これをヘルダーの不等式という.■
証明
\[ A=\sum_{i=1}^n{a_i}^p,\ \quad B=\sum_{i=1}^n{b_i}^q \] とおく. $ A=0 $ は $ a_i=0\ (i=1,\ 2,\ \cdots,\ n) $ を意味するので, 定理の等式の両辺は0で成立する. $ B=0 $ のときも同様.
以下 $ A> 0,\ B> 0 $ とする.
関数 $ f(x)=\log x $ は $ f''(x)=-x^{-2} < 0 $ であるから上に凸. $ \dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1 $ なので正の $ x $ と $ y $ に関して \[ \dfrac{1}{p}\log x+\dfrac{1}{q}\log y \leqq \log\left(\dfrac{1}{p}x+\dfrac{1}{q}y \right) \] これから \[ x^{\frac{1}{p}}y^{\frac{1}{q}}\leqq \dfrac{1}{p}x+\dfrac{1}{q}y \] この不等式は $ x=0 $ または $ y=0 $ でも成立する. この不等式自体はヤングの不等式といわれる.
ここに \[ x=\dfrac{{a_i}^p}{A},\ y=\dfrac{{b_i}^q}{B} \] を代入し $ i=1,\ 2,\ \cdots,\ n $ について加える. \[ \sum_{i=1}^n\left(\dfrac{{a_i}^p}{A} \right)^{\frac{1}{p}}\left(\dfrac{{b_i}^q}{B} \right)^{\frac{1}{q}}\leqq\sum_{i=1}^n\left(\dfrac{{a_i}^p}{pA}+\dfrac{{b_i}^q}{qB}\right) \] 両辺整理すると \[ \dfrac{1}{A^{\frac{1}{p}}B^{\frac{1}{q}}}\sum_{i=1}^na_ib_i\leqq \dfrac{1}{pA}\sum_{i=1}^n{a_i}^p+ \dfrac{1}{qB}\sum_{i=1}^n{b_i}^q=\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1 \] これから \[ \sum_{i=1}^na_ib_i\leqq A^{\frac{1}{p}}B^{\frac{1}{q}} \] となる.
等号成立は $ \dfrac{{a_i}^p}{A}=\dfrac{{b_i}^q}{B} $ がすべての $ i $ で成り立つときである. このとき $ {a_i}^p:{b_i}^q=B:A $ で $ i $ によらず一定で, $ a_i,\ b_i\geqq 0 $ なので, $ {a_i}^p:{b_i}^q $ が $ i $ によらず一定.逆にこのときは $ \dfrac{{a_i}^p}{A}=\dfrac{{b_i}^q}{B} $ がすべての $ i $ で成り立つ. 以上で定理が示された.□

拓生   コーシー・シュワルツの不等式は $ p=q=2 $ のときなのですね. でもコーシー・シュワルツの不等式は負の数でもよかった.
南海   一般の $p$ では負数があるとべきが定義されないときがあるので, 非負としている.$p=q=2$ なら,負でもよい.
$ a_i $ や $ b_i $ に負なものがあるときは \begin{eqnarray*} &&(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2 =|a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n|^2\\ &\leqq& (|a_1b_1|+|a_2b_2|+\cdots+|a_nb_n|)^2\\ &\leqq& ({a_1}^2+{a_2}^2+\cdots+{a_n}^2) ({b_1}^2+{b_2}^2+\cdots+{b_n}^2) \end{eqnarray*} とすればよい.
そのうえで等号成立は,${a_i}^2:{b_i}^2$が$i$によらず一定,かつ $a_ib_i$ がすべて同符号のときである.

ヘルダーの不等式は $ a_i,\ b_i $ の2系列でなくてもよい. 3系列のとき. $ p,\ q,\ r $ は $ \dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}+\dfrac{1}{r}=1 $ を満たす正の次数とする.このとき \begin{eqnarray*} &&a_1b_1c_1+a_2b_2c_2+\cdots+a_nb_nc_n\\ &\leqq& ({a_1}^p+{a_2}^p+\cdots+{a_n}^p)^{\frac{1}{p}} ({b_1}^q+{b_2}^q+\cdots+{b_n}^q)^{\frac{1}{q}} ({c_1}^r+{c_2}^r+\cdots+{c_n}^r)^{\frac{1}{r}} \end{eqnarray*} が成立する.これが $ m $ 系列になっても同じことである.
拓生   3系列のときは不等式 \[ x^{\frac{1}{p}}y^{\frac{1}{q}}z^{\frac{1}{r}} \leqq \dfrac{1}{p}x+\dfrac{1}{q}y+\dfrac{1}{r}z \] に \[ \dfrac{{a_i}^p}{{a_1}^p+{a_2}^p+\cdots+{a_n}^p},\ \dfrac{{b_i}^p}{{b_1}^q+{b_2}^p+\cdots+{b_n}^q},\ \dfrac{{c_i}^p}{{c_1}^r+{c_2}^p+\cdots+{c_n}^r} \] を代入して $ i $ について加えればできます.
$ p=q=r=3 $ とするとコーシー・シュワルツの不等式も \begin{eqnarray*} &&(a_1b_1c_1+a_2b_2c_2+\cdots+a_nb_nc_n)^3\\ &\leqq& ({a_1}^3+{a_2}^3+\cdots+{a_n}^3) ({b_1}^3+{b_2}^3+\cdots+{b_n}^3) ({c_1}^3+{c_2}^3+\cdots+{c_n}^3) \end{eqnarray*} で成立します. 学校ではベクトルの内積や二次関数の非負条件から導きます. あの方法では3系列の場合はできません. それが凸関数を応用すればできるのですね.
南海   3系列の場合は非負条件がいるが. このように凸関数の不等式は,他の多くの絶対不等式を生みだす源泉だ. ヘルダーの不等式はさらに広い応用があるが, ここではそれを指摘するにとどめよう.

Aozora 2017-09-04