一些常用不等式等（数学分析）

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P1

设 f 在 (−∞, ∞) 上定义，证明：如果 f(f(x)) 存在唯一的不动点，则 f(x) 也存在唯一的不动点。

存在性：设 f(f(x₀)) = x₀，则 f(f(f(x₀))) = f(x₀)。则 f(x₀) 也为 f(f(x)) 的不动点。由唯一性，知 f(x₀) = x₀。

唯一性：设 f(x₁) = x₁，则 f(f(x₁)) = x₁，再由唯一性，知 x₁ = x₀。

P2

设 f : ℝ → ℝ 是一个函数，定义 f 的全体“周期”组成的集合 P(f) := [T ∈ ℝ ∣ f(x + T) = f(x), ∀x ∈ ℝ]。

证明：要么 P(f) 稠密，要么存在唯一的 α ≥ 0 使得 P(f) = [nα ∣ n ∈ ℤ]。

首先我们证明：P(f) 对加法、减法封闭。

任取 T₁, T₂ ∈ P(f)，首先，显然 −T₂ ∈ P(f)。此外，由于 f(x + (T₁ + T₂)) = f(x + T₁) = f(x)，所以 T₁ + T₂ ∈ P(f)。同理，T₁ − T₂ ∈ P(f)。

记 。

接下来，考虑两种情况：

第一种：β ∈ P(f)。

则由加法封闭性可知，[nβ ∣ n ∈ ℤ] ⊆ P(f)。设 非空，任取其中元素 γ，记 ，则 γ^′ ∈ P(f) 且 0 < γ^′ < β，这与 β = inf |P(f)| 矛盾。舍去。

故取 α = β 即可。

第二种：β ∉ P(f)。

在 P(f) 中取两列数 a, b 使得其收敛于 β。作差后知 β = 0。

因此，∀ϵ > 0，存在 t ∈ (0, ϵ)，且 t ∈ P(f)。

只考虑 n > 0 的情况。记 ，则 n < (N + 1) ⋅ t < n + ϵ，因而对任意 n 与 ϵ > 0，P(f) ∩ U(n, ϵ) ≠ ⌀，即 P(f) 稠密。

P3 (*)

设 f : ℝ → ℝ 满足

证明：对任意 p ∈ (0, 1) ∩ ℚ，都有 f(px + (1 − p)y) ≤ pf(x) + (1 − p)f(y),  ∀x, y ∈ ℝ

我们先归纳证明不加权的 Jensen 不等式：

n = 2 显然成立。

设对 n 成立，则

故对 2n 成立。归纳得对 2ⁿ (n ∈ ℕ^*) 均成立。

对于任意 n，取 k 使得 2^k ≥ n，考虑 x₁, x₂, ⋯, x_n，并使 。这些数的平均值为 S，应用 n = 2^k 的 Jensen 不等式即证。

证毕。

（对于原不等式，还需要再进一步配一下系数。）

P4

利用均值不等式以及 Young 不等式证明以下常用不等式。

(a) Bernoulli 不等式

设 α ≥ 1 且 x ≥ −1，证明： (1 + x)^α ≥ 1 + αx

在 Young 不等式中取 。

即得

即证毕。

(b)

设 x₁, ⋯, x_n > 0，p ≥ q > 0，证明：

提示：归一化技巧，记 ，等价于在 y₁^q + ⋯ + y_n^q = 1 的条件下证明 y₁^p + ⋯ + y_n^p ≤ 1。

考虑到 q > 0，而 ，则 y_i ≤ 1，因而 。

(c) 幂平均不等式

设 x₁, …, x_n > 0，对于 p ∈ ℝ，定义

证明：f(p) 单调递增。

考虑 p < r，现在证明 f(p) ≤ f(r)。

令 。

应用 Hölder 不等式，得

即

两边开 p 次根，得

移项后 f(p) ≤ f(r) 证毕。

(d) Hölder 不等式

设 x₁, …, x_n, y₁, …, y_n ≥ 0，p, q > 0 且 ，证明：

特别的，当 p = q = 2 时，上式被称为 Cauchy-Schwarz 不等式。

归一化，记 。

考虑 。则 Hölder 不等式与 等价。

且立刻有 。

由 Young 不等式，即得 。

对 1 ≤ i ≤ n 求和，即证毕。

(e) Minkowski 不等式

设 x₁, …, x_n, y₁, …, y_n ≥ 0，p ≥ 1，证明：

考虑到

∑(x_i + y_i)^p = ∑x_i(x_i + y_i)^p − 1 + ∑y_i(x_i + y_i)^p − 1

取 ，对右边第一项应用 Hölder 不等式，可知

对第二项同理，并记 S = ∑(x_i + y_i)^p，则有

移项后即得

P5 (*)

设 a, b, c, d ∈ ℝ，且 ad − bc = 1，证明：对任意 z ∈ ℂ，有

|(az + b)(cz + d)| ≥ |Im z| 并讨论取等的充要条件。

记 ，其中 x, y ∈ ℝ，则 Im (z) = y。

则 和 。

令 A = ax + b，B = cx + d，则

|az + b|²|cz + d|² = A²B² + A²c²y² + a²B²y² + a²c²y⁴

减去 y²：

|az + b|²|cz + d|² − y² = A²B² + y²(A²c² + a²B² − 1) + a²c²y⁴

由于 aB − cA = a(cx + d) − c(ax + b) = ad − bc = 1，所以 (aB − cA)² = 1，即

A²c² + a²B² = 1 + 2acAB.

代入上式：

|az + b|²|cz + d|² − y² = A²B² + 2acABy² + a²c²y⁴ = (AB + acy²)² ≥ 0

所以 |az + b|⋅|cz + d| ≥ |y| = |Im z|，证毕。

易知等号成立当且仅当 (ax + b)(cx + d) + acy² = 0。

因此，取等号的充要条件是 。