一些常用不等式等（数学分析）

带有 (*) 号的题目表示难度较大或/且与课程内容联系较弱

P1

设 $f$ 在 $(-\infty,\infty)$ 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 $f(f(x_0))=x_0$，则 $f(f(f(x_0)))=f(x_0)$。则 $f(x_0)$ 也为 $f(f(x))$ 的不动点。由唯一性，知 $f(x_0)=x_0$。

唯一性：设 $f(x_1)=x_1$，则 $f(f(x_1))=x_1$，再由唯一性，知 $x_1=x_0$。

P2

设 $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 是一个函数，定义 $f$ 的全体“周期”组成的集合 $P(f):= \left[ T\in\mathbb{R}\mid f(x+T)=f(x),\forall x\in\mathbb{R} \right]$。

证明：要么 $P(f)$ 稠密，要么存在唯一的 $\alpha\geq 0$ 使得 $P(f)= \left[ n\alpha\mid n\in\mathbb{Z} \right]$。

首先我们证明：$P(f)$ 对加法、减法封闭。

任取 $T_1,T_2\in P(f)$，首先，显然 $-T_2\in P(f)$。此外，由于 $f(x+(T_1+T_2))=f(x+T_1)=f(x)$，所以 $T_1+T_2\in P(f)$。同理，$T_1-T_2\in P(f)$。

记 $\beta=\inf \left[ T\in\mathbb{R},T>0\mid f(x+T)=f(x),\forall x\in\mathbb{R} \right]$。

接下来，考虑两种情况：

第一种：$\beta\in P(f)$。

则由加法封闭性可知，$\left[ n\beta\mid n\in\mathbb{Z} \right] \subseteq P(f)$。设 $P(f)\backslash \left[ n\beta\mid n\in\mathbb{Z} \right]$ 非空，任取其中元素 $\gamma$，记 $\gamma'=\min\limits_{\gamma+n\beta>0} \left[ \gamma+n\beta\right]$，则 $\gamma'\in P(f)$ 且 $0<\gamma'<\beta$，这与 $\beta=\inf |P(f)|$ 矛盾。舍去。

故取 $\alpha=\beta$ 即可。

第二种：$\beta\notin P(f)$。

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

因此，$\forall \epsilon>0$，存在 $t\in(0,\epsilon)$，且 $t\in P(f)$。

只考虑 $n>0$ 的情况。记 $N=\max\limits_{m\cdot t\le n} \left[ m \right]$，则 $n<(N+1)\cdot t<n+\epsilon$，因而对任意 $n$ 与 $\epsilon>0$，$P(f)\cap U(n,\epsilon)\ne\varnothing$，即 $P(f)$ 稠密。

P3 (*)

设 $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ 满足

$$>f\left(\frac{x+y}{2}\right)\leq\frac{f(x)+f(y)}{2},\quad\forall x,y\in\mathbb{R} >$$

证明：对任意 $p\in(0,1)\cap\mathbb{Q}$，都有 $$>f(px+(1-p)y)\leq pf(x)+(1-p)f(y),\quad\forall x,y\in\mathbb{R} >$$

我们先归纳证明不加权的 Jensen 不等式：

$$f\left(\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_n}n\right)\le \dfrac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)}n$$ $n=2$

显然成立。

设对 $n$ 成立，则

$$f\left(\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_{2n}}{2n}\right)=f\left(\dfrac{\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}+\frac{x_{n+1}+x_{n+2}+\cdots+x_{2n}}{n}}2\right)\le \dfrac{f(\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n})+f(\frac{x_{n+1}+x_{n+2}+\cdots+x_{2n}}{n})}2\\ \le \dfrac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_{2n})}{2n}$$

故对 $2n$ 成立。归纳得对 $2^n\ (n\in \mathbb N^*)$ 均成立。

对于任意 $n$，取 $k$ 使得 $2^k\ge n$，考虑 $x_1,x_2, \cdots, x_n$，并使 $x_{n+1}=x_{n+2}=\cdots=x_{2^k}=S=\dfrac{x_1 + \cdots + x_n}{n}$。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 $\alpha\geq 1$ 且 $x\geq -1$，证明： $$> (1+x)^{\alpha}\geq 1+\alpha x >$$

在 Young 不等式中取 $a=1+x,b=1,p=\alpha,q=\dfrac{\alpha}{\alpha-1}$。

即得

$$1+x\le (1+x)^\alpha+1-\dfrac1\alpha$$

即证毕。

(b)

设 $x_{1},\cdots,x_{n}>0$，$p\geq q>0$，证明：

$$>(x_{1}^{p}+\cdots+x_{n}^{p})^{\frac{1}{p}}\leq(x_{1}^{q}+\cdots+x_{n}^{q})^{\frac{1}{q}} >$$

提示：归一化技巧，记 $y_{i}=\dfrac{x_i}{(x_{1}^{q}+\cdots+x_{n}^{q})^{\frac1q}}$，等价于在 $y_{1}^{q}+\cdots+y_{n}^{q}=1$ 的条件下证明 $y_{1}^{p}+\cdots+y_{n}^{p}\leq 1$。

考虑到 $q>0$，而 $\sum\limits_{i=1}^n y_i^q=1$，则 $y_i\le1$，因而 $\sum\limits_{i=1}^n y_i^p\le \sum\limits_{i=1}^n y_i^q=1$。

(c) 幂平均不等式

设 $x_{1},\ldots,x_{n}>0$，对于 $p\in\mathbb{R}$，定义

$$>f(p):=\begin{cases}\left(\dfrac{x_{1}^{p}+\cdots+x_{n}^{p}}{n}\right)^{\frac{1}{p}},&p\neq0, \newline ({x_{1}\cdots x_{n}})^\frac12,&p=0.\end{cases} >$$

证明：$f(p)$ 单调递增。

考虑 $p<r$，现在证明 $f(p)\le f(r)$。

令 $s=\dfrac rp>1,t=\dfrac{s}{s-1}$。

应用 Hölder 不等式，得

$$\sum x_i^p\le \left(\sum(x_i^p)^s\right)^\frac1s\cdot n^\frac1t$$

即

$$\sum x_i^p\le \left(\sum x_i^r\right)^\frac1s\cdot n^\frac1t$$

两边开 $p$ 次根，得

$$\left(\sum x_i^p\right)^\frac1p\le \left(\sum x_i^r\right)^\frac1r\cdot n^{\frac1p-\frac1r}$$

移项后 $f(p)\le f(r)$ 证毕。

(d) Hölder 不等式

设 $x_{1},\ldots,x_{n},y_{1},\ldots,y_{n}\geq 0$，$p,q>0$ 且 $\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1$，证明：

$$>(x_{1}^{p}+\cdots+x_{n}^{p})^{\frac{1}{p}}(y_{1}^{q}+\cdots+y_{n}^{q})^{\frac{1}{q}}\geq x_{1}y_{1}+\cdots+x_{n}y_{n} >$$

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

归一化，记 $A=(x_{1}^{p}+\cdots+x_{n}^{p})^{\frac{1}{p}},B=(y_{1}^{q}+\cdots+y_{n}^{q})^{\frac{1}{q}}$。

考虑 $u_i=\dfrac{x_i}A,v_i=\dfrac{y_i}B$。则 Hölder 不等式与 $\sum\limits_{i=1}^n u_iv_i\le 1$ 等价。

且立刻有 $\sum\limits_{i=1}^n u_i^p=\sum\limits_{i=1}^n v_i^q=1$。

由 Young 不等式，即得 $u_iv_i\le \dfrac{u_i^p}p+\dfrac{v_i^q}q$。

对 $1\le i\le n$ 求和，即证毕。

(e) Minkowski 不等式

设 $x_{1},\ldots,x_{n},y_{1},\ldots,y_{n}\geq 0$，$p\geq 1$，证明：

$$>\left((x_{1}+y_{1})^{p}+\cdots+(x_{n}+y_{n})^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\leq(x_{1}^{p}+\cdots+x_{n}^{p})^{\frac{1}{p}}+(y_{1}^{p}+\cdots+y_{n}^{p})^{\frac{1}{p}} >$$

考虑到

$$\sum(x_i+y_i)^p=\sum x_i(x_i+y_i)^{p-1}+\sum y_i(x_i+y_i)^{p-1}$$

取 $q=\dfrac{p}{p-1}$，对右边第一项应用 Hölder 不等式，可知

$$\sum x_i(x_i+y_i)^{p-1}\le\left(\sum x_i^p\right)^{\frac1p}\left(\sum(x_i+y_i)^{p}\right)^{\frac 1q}$$

对第二项同理，并记 $S=\sum (x_i+y_i)^p$，则有

$$S\le \left(\left(\sum x_i^p\right)^{\frac1p}+\left(\sum y_i^p\right)^{\frac1p}\right)\cdot S^{\frac1q}$$

移项后即得

$$\left(\sum (x_i+y_i)^p\right)^\frac{1}{p} \le \left(\sum x_i^p\right)^{\frac1p} +\left(\sum y_i^p\right)^{\frac1p}$$

P5 (*)

设 $a,b,c,d\in\mathbb{R}$，且 $ad-bc=1$，证明：对任意 $z\in\mathbb{C}$，有

$$>\left|(az+b)(cz+d)\right|\geq\left|\operatorname{Im}z\right| >$$

并讨论取等的充要条件。

记 $z = x + y\text i$，其中 $x, y \in \mathbb{R}$，则 $\operatorname{Im}(z) = y$。

则 $az + b = (ax + b) + ay\text i$ 和 $cz + d = (cx + d) + cy\text i$。

令 $A = ax + b$，$B = cx + d$，则

$$|az + b|^2 |cz + d|^2 = A^2 B^2 + A^2 c^2 y^2 + a^2 B^2 y^2 + a^2 c^2 y^4$$

减去 $y^2$：

$$|az + b|^2 |cz + d|^2 - y^2 = A^2 B^2 + y^2 (A^2 c^2 + a^2 B^2 - 1) + a^2 c^2 y^4$$

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

$$A^2 c^2 + a^2 B^2 = 1 + 2acAB.$$

代入上式：

$$|az + b|^2 |cz + d|^2 - y^2 = A^2 B^2 + 2acAB y^2 + a^2 c^2 y^4 = (AB + ac y^2)^2\ge0$$

所以 $|az + b| \cdot |cz + d| \geq |y| = |\operatorname{Im}z|$，证毕。

易知等号成立当且仅当 $(ax + b)(cx + d) + ac y^2 = 0$。

因此，取等号的充要条件是 $\operatorname{Re} \dfrac{az + b}{cz + d} = 0$。