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いくつかの不等式の証明
1．Schwarz の不等式
ai , bi ∈ R に対して、次の不等式が成り立つ．
n
¡X
ai bi
¢2
n
¡X
≤
i=1
ai
2
n
¢¡ X
i=1
bi 2
¢
(1)
i=1
Pn
2
i=1 ai = 0 ならば ai = 0, 1 ≤ i ≤ n で、不等式は明らかに成り立つ．以下
Pn証明2
i=1 ai 6= 0 と仮定する．任意の実数 t に対して
n
n
X
X
2
(ai t + bi ) =
(ai 2 t2 + 2ai bi t + bi 2 )
i=1
=
i=1
n
X
¡
2
¢
2
ai t + 2
n
¡X
i=1
¢
ai bi t +
i=1
n
X
bi 2
i=1
は正または 0 だから、これを t の 2 次式と見たときの判別式は
n
¡X
ai bi
¢2
−
n
¡X
i=1
ai
2
n
¢¡ X
i=1
¢
bi 2 ≤ 0
i=1
である．よって (1) が成り立つ．
注意 Schwarz の不等式 (1) は、次のことからもわかる．
n
¡X
ai 2
n
¢¡ X
i=1
=
=
=
=
¡
i=1
n
X
n X
n
¢ 1 X
(ai bj − aj bi )2
bi 2 −
2 i=1 j=1
ai 2
i=1
n
n
XX
i=1 j=1
n
X
¡
¡
n
¢¡ X
ai 2 bj 2 −
ai bi
i=1
n
X
n X
n
¢ 1 X
bj 2 −
(ai 2 bj 2 + aj 2 bi 2 − 2ai bj aj bi )
2
j=1
i=1 j=1
n X
n
X
ai 2 bj 2 +
i=1 j=1
¢¡
n
X
aj bj
n X
n
X
ai bi aj bj
i=1 j=1
¢
j=1
¢2
ai bi .
i=1
2．Schwarz の不等式 (積分の形)
閉区間 [a, b] で連続な関数 f (x), g(x) に対して、次の不等式が成り立つ．
³Z
b
f (x)g(x)dx
a
´2
³Z
b
≤
2
´³ Z
b
f (x) dx
a
1
2
g(x) dx
a
´
(2)
Z
b
証明 f (x) が連続関数だから、
f (x)2 dx = 0 ならば [a, b] において f (x) = 0 であ
aZ
b
り、不等式は明らかに成り立つ．以下
f (x)2 dx 6= 0 と仮定する．任意の実数 t に対して
a
Z
b
a
¡
¢2
f (x)t + g(x) dx
Z b
¡
¢
=
f (x)2 t2 + 2f (x)g(x)t + g(x)2 dx
a
Z b
³Z b
´
³Z b
´
2
2
=
f (x) dx t + 2
f (x)g(x)dx t +
g(x)2 dx
a
a
a
は正または 0 だから、これを t の 2 次式と見たときの判別式は
³Z b
´2 ³ Z b
´³ Z b
´
2
2
f (x)g(x)dx −
f (x) dx
g(x) dx ≤ 0
a
a
a
である．よって (2) がわかる．
1
1
p
とおく．よって q > 1 で
+
= 1 である．a, b ≥ 0
p−1
p
q
に対して、次の不等式が成り立つ．
3. p > 1 を実数とし、q =
ab ≤
ap
bq
+
p
q
(3)
証明 ab = 0 ならば (3) は明らかに成り立つので、a, b > 0 とする．0 ≤ α ≤ 1 をみ
たす定数 α をとる．log x は x > 0 の範囲で上に凸だから、0 < s, t に対して、x = s と
x = t を (1 − α) : α に内分する点 x = αs + (1 − α)t における log x の値 log(αs + (1 − α)t)
は、x = s における値 log s と x = t における値 log t を (1 − α) : α に内分する値
α log s + (1 − α) log t より大きい．すなわち
α log s + (1 − α) log t ≤ log(αs + (1 − α)t)
(4)
である．この左辺は log(sα t1−α ) に等しいので
sα t1−α ≤ αs + (1 − α)t
がわかる．(s = t のときは等号が成立する)．この不等式で α = 1/p のとき 1 − α = 1/q
である．さらに s = ap , t = bq とおくと、求める不等式 (3) が得られる．
別証明 1 0 ≤ α ≤ 1 とする．ex は R 全体で下に凸だから、(4) を示したときと同様
の議論により、s, t ∈ R に対して
eαs+(1−α)t ≤ αes + (1 − α)et
(5)
が成り立つことがわかる．α = 1/p, s = log ap , t = log bq とおくと、(3) が得られる．
2
別証明 2 曲線 y = xp−1 を考える．(p − 1)(q − 1) = 1 だから x = y q−1 である．(3) を
証明するためには、a ≤ b と仮定しても一般性を失わない．xy 平面において、
{(x, y) | 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ xp−1 } の面積を S1
{(x, y) | 0 ≤ y ≤ b, 0 ≤ x ≤ y q−1 } の面積を S2
とおく．1 < p < 2, p = 2, 2 < p の 3 つの場合に分けて図示すると、どの場合でも
ab ≤ S1 + S2 が成り立つことがわかる．
Z a
Z b
ap
bq
p−1
S1 =
x dx =
,
S2 =
y q−1 dy =
p
q
0
0
だから (3) が成り立つ．
別証明 3 最初に、0 < r < 1 ならば
xr − 1 ≤ r(x − 1) for all x > 0
(6)
が成り立つことを示す．f (x) = r(x − 1) − xr + 1 とおくと、
f 0 (x) = r(1 − xr−1 ),
f 00 (x) = r(1 − r)xr−2
であるが、0 < r < 1 だから x > 0 の範囲で f 00 (x) > 0 である．f 0 (x) については、
0 < x < 1 のとき f 0 (x) < 0、x = 1 のとき f 0 (1) = 0、1 < x のとき f 0 (x) > 0 である．
よって f (x) は x = 1 で最小値 0 をとり、(6) が成り立つ．
(6) において r = 1/p, x = s/t とすると、
³ s ´1/p
´
1³s
−1≤
−1
t
p t
となる．これより
s1/p t1−1/p ≤
s ³
1´
+ 1−
t
p
p
がわかるが、ここで 1 − 1/p = 1/q に注意して、s = ap , t = bq とすれば (3) が得られる．
4．Hölder の不等式
p > 1 を実数とし、q =
p
とおく．ai , bi ∈ R に対して、次の不等式が成り立つ．
p−1
n
X
|ai bi | ≤
i=1
n
¡X
|ai |
¢ ¡
p 1/p
n
X
|bi |q
¢1/q
(7)
i=1
i=1
Pn
Pn
q
p
|a
|
=
証明 Step 1.
i
i=1 |bi | = 1 の場合を最初に考える．a = |ai |, b = |bi | と
i=1
して不等式 (3) を適用すると
|ai | |bi | ≤
だから、
n
X
i=1
|ai bi | ≤
|ai |p
|bi |q
+
p
q
n
n
1 X
1
1 X q
1
+
=1
|ai |p +
|bi | =
p i=1
q i=1
p
q
3
となり、
Pn
i=1
|ai |p =
Pn
i=1
|bi |q = 1 の場合の (7) が得られる．
Step 2. 一般の場合に (7) を示す．すべての 1 ≤ i ≤ n について ai = 0 ならば明らか
に (7) は成り立つ．よって、ai 6= 0 となる i が存在すると仮定してよい．同様に、ある
j
Pn
Pn
p
q
については bj 6= 0 と仮定してよい．このとき α = i=1 |ai | , β = i=1 |bi | とおくと、
α > 0, β > 0 である．a0i = ai /α1/p , b0i = bi /β 1/q とおくと、
n
X
n
n
n
X
1 X
1 X q
|ai |p = 1,
|b0i |q =
|bi | = 1
α
β
i=1
i=1
i=1
i=1
Pn
である．よって、Step 1 より i=1 |a0i b0i | ≤ 1 がわかる．これより
n
X
|a0i |p =
|ai bi | = α1/p β 1/q
i=1
n
X
|a0i b0i | ≤ α1/p β 1/q =
n
¡X
|ai |p
n
¢1/p ¡ X
i=1
i=1
|bi |q
¢1/q
i=1
となり、(7) が得られる．
5．Hölder の不等式 (積分の形)
p
p > 1 を実数とし、q =
とおく．閉区間 [a, b] で連続な関数 f (x), g(x) に対し
p−1
て、次の不等式が成り立つ．
Z b
³Z b
´1/p ³ Z b
´1/q
p
q
|f (x)g(x)|dx ≤
|f (x)| dx
|g(x)| dx
(8)
a
a
a
証明 f (x) あるいは g(x) が [a, b] で恒等的に 0 であれば、(8) の両辺はともに 0 とな
Rb
るので成り立つ．f (x) も g(x) も [a, b] で恒等的に 0 ではないとすると、 a |f (x)|p dx > 0,
Rb
Rb
Rb
q
p
|g(x)|
dx
>
0
である．
α
=
|f
(x)|
dx,
β
=
|g(x)|q dx とおく．x をひとつ定めて、
a
a
a
a = |f (x)|/α1/p , b = |g(x)|/β 1/q として不等式 (3) を適用すると、
|f (x)g(x)|
1 |f (x)|p
1 |g(x)|q
≤
+
α1/p β 1/q
p
α
q
β
がわかる．この両辺の [a, b] における定積分を考えると、
Z b
1
1
1
|f
(x)g(x)|dx
≤
+
=1
α1/p β 1/q a
p
q
となり、(8) が得られる．
別証明 n を自然数とし、∆ = (b − a)/n とおく．a + (i − 1)∆ < ξi < a + i∆ をみた
す ξi (i = 1, 2, . . . , n) を任意にひとつとる．Hölder の不等式 (7) により
n
X
|f (ξi )g(ξi )| ≤
i=1
n
¡X
|f (ξi )|
i=1
¢ ¡
p 1/p
n
X
|g(ξi )|q
¢1/q
i=1
が成り立つ．この両辺に ∆ をかける．1/p + 1/q = 1 だから ∆1/p ∆1/q = ∆ であることに
注意すると、
n
X
i=1
|f (ξi )g(ξi )|∆ ≤
n
¡X
n
¢1/p ¡ X
¢1/q
|f (ξi )|p ∆
|g(ξi )|q ∆
i=1
i=1
4
がわかる．ここで n → ∞ とすれば、定積分の定義により (8) が得られる．
注意 Hölder の不等式で p = 2 の場合は Schwarz の不等式である．
6．Minkowski の不等式
p ≥ 1 を実数とする．ai , bi ∈ R に対して、次の不等式が成り立つ．
n
¡X
|ai + bi |p
¢1/p
≤
n
¡X
i=1
|ai |p
¢1/p
+
n
¡X
i=1
|bi |p
¢1/p
(9)
i=1
証明 p = 1 のときは |ai + bi | ≤ |ai | +¡ |bi | より ¢(9) は明らかに成り立つので、p > 1 と
する．|ai + bi |p = |ai + bi | |ai + bi |p−1 ≤ |ai | + |bi | |ai + bi |p−1 より、
n
X
p
|ai + bi | ≤
i=1
に注意する．q =
n
X
|ai | |ai + bi |
p−1
+
i=1
n
X
|bi | |ai + bi |p−1
(10)
i=1
Pn
p
とおき、 i=1 |ai | |ai + bi |p−1 に対して Hölder の不等式 (7) を適
p−1
用すると、
n
X
|ai | |ai + bi |
p−1
≤
n
¡X
i=1
=
¡
i=1
n
X
|ai |
|ai |
n
X
¢ ¡
p 1/p
¢ ¡
p 1/p
i=1
n
X
i=1
|ai + bi |(p−1)q
|ai + bi |
¢1/q
(11)
¢
p 1/q
i=1
がわかる．ここで (p − 1)q = p を用いた．同様に、
n
X
|bi | |ai + bi |
p−1
≤
i=1
=
n
¡X
|bi |
¢ ¡
p 1/p
n
X
i=1
i=1
n
¡X
n
¢1/p ¡ X
|bi |
p
i=1
|ai + bi |(p−1)q
|ai + bi |
¢1/q
(12)
¢
p 1/q
i=1
もわかる．(10) の右辺に (11) と (12) を代入すると、
n
X
i=1
p
|ai + bi | ≤
n
³¡ X
|ai |
¢
p 1/p
+
n
¡X
i=1
i=1
|bi |
¢
p 1/p
n
´¡ X
|ai + bi |p
¢1/q
(13)
i=1
¢
¡ Pn
Pn
p 1/q
0 のとき (13) の両辺を
となる．1−1/q = 1/p だから、 i=1 |ai +bi |p 6= P
i=1 |ai +bi |
n
で割ると Minkowski の不等式 (9) が得られる． i=1 |ai + bi |p = 0 のときは、(9) は明ら
かに成り立つ．
7．Minkowski の不等式 (積分の形)
p ≥ 1 を実数とする．閉区間 [a, b] で連続な関数 f (x), g(x) に対して、次の不等式が
成り立つ．
³Z b
´1/p ³ Z b
´1/p ³ Z b
´1/p
p
p
|f (x) + g(x)| dx
≤
|f (x)| dx
+
|g(x)|p dx
(14)
a
a
a
5
証明 上記の Minkowski
ai を f (x) に置き換え、bi を g(x)
Pの不等式の証明において、
n
に置き換えて、さらに和 i=1 を [a, b] における定積分に置き換えて議論する．p = 1 の
ときは |f (x) + g(x)| ≤ |f (x)| + |g(x)| より (14) は明らかに成り立つ．p > 1 とする．
¡
¢
|f (x) + g(x)|p ≤ |f (x)| + |g(x)| |f (x) + g(x)|p−1
より、
Z b
Z b
Z b
p
p−1
|f (x) + g(x)| dx ≤
|f (x)| |f (x) + g(x)| dx +
|g(x)| |f (x) + g(x)|p−1 dx (15)
a
a
a
Rb
p
とおき、 a |f (x)| |f (x) + g(x)|p−1 dx に対して積分の
p−1
形の Hölder の不等式 (8) を適用すると、
であることに注意する．q =
Z
b
|f (x)| |f (x) + g(x)|
p−1
³Z
b
dx ≤
a
p
|f (x)| dx
³Z
a
b
=
|f (x)|p dx
´1/p ³ Z
´1/p ³ Z
a
b
|f (x) + g(x)|(p−1)q dx
a
b
|f (x) + g(x)|p dx
´1/q
´1/q
(16)
a
がわかる．同様に、
Z b
³Z b
´1/p ³ Z b
´1/q
p−1
p
|g(x)| |f (x) + g(x)| dx ≤
|g(x)| dx
|f (x) + g(x)|(p−1)q dx
a
a
a
³Z b
´1/p ³ Z b
´1/q
p
p
=
|g(x)| dx
|f (x) + g(x)| dx
a
(17)
a
もわかる．(15) の右辺に (16) と (17) を代入すると、
Z
b
p
³³ Z
b
|f (x)+g(x)| dx ≤
a
´1/p ³ Z b
´1/p ´³ Z b
´1/q
p
p
|f (x)| dx
+
|g(x)| dx
|f (x)+g(x)| dx
p
a
a
a
(18)
¡Rb
¢1/q
Rb
p
p
となる． a |f (x) + g(x)| dx 6= 0 のとき、(18) の両辺を a |f (x) + g(x)| dx
で割ると
Rb
p
Minkowski の不等式 (14) が得られる (1 − 1/q = 1/p に注意)． a |f (x) + g(x)| dx = 0 の
ときは、(14) は明らかに成り立つ．
注意 ここでの積分は連続関数の Riemann 積分であるが、同じ不等式が Lebesgue 積
分の可積分関数について成り立つ．
6