一道运用 Holder 不等式的例题

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设 $x,y\in R^{*} ,x+2y=2$，求$\frac{1}{x^{2}} +\frac{2}{y^{2}}$ 的最小值

先介绍 Holder 不等式：

设 $a_{i} ,b_{i} \in R^{*} ,p>1$且$\frac{1}{p} +\frac{1}{q} =1$，则

\[\left( \sum_{i=1}^{n}{a_{i}^{p} } \right) ^{\frac{1}{p}}\left( \sum_{i=1}^{n}{b_{i}^{q} } \right) ^{\frac{1}{q}}\geq \sum_{i=1}^{n}{a_{i} b_{i} }\]

当且仅当存在$\lambda>0$, 使得$a_{i}^{p} =\lambda b_{i}^{q}(i=1,2,\cdot \cdot \cdot ,n)$时取等

下面运用 Holder 不等式解这道题，利用 x + 2y 为定值的特点，强行构造 Holder 不等式的形式:

\[\begin{align*} (x+2y)^{\frac{1}{p}}(\frac{1}{x^{2}} +\frac{2}{y^{2}})^{\frac{1}{q}} & = [(x^{\frac{1}{p}})^p+((2y)^{\frac{1}{p}})^p]^{\frac{1}{p}}\cdot[((\frac{1}{x^{2}})^{\frac{1}{q}})^q+((\frac{2}{y^{2}})^{\frac{1}{q}})^q]^{\frac{1}{q}} \\ & \geq x^{\frac{1}{p}}\cdot(\frac{1}{x^{2}})^{\frac{1}{q}} + (2y)^{\frac{1}{p}}\cdot(\frac{2}{y^{2}})^{\frac{1}{q}} \\ & = x^{\frac{1}{p}-\frac{2}{q}}+2^{\frac{1}{p}+\frac{1}{q}}\cdot y^{\frac{1}{p}-\frac{2}{q}} \end{align*}\]

我们令 $\frac{1}{p}-\frac{2}{q}=0$，结合$\frac{1}{p} +\frac{1}{q} =1$，可解得$p=\frac{3}{2},q=3$,带回上式可得：

\[\begin{align*} (x+2y)^{\frac{2}{3}}(\frac{1}{x^{2}} +\frac{2}{y^{2}})^{\frac{1}{3}} & \geq 1+2^{\frac{1}{3}+\frac{2}{3}} = 3 \end{align*}\]

所以

\[(\frac{1}{x^{2}} +\frac{2}{y^{2}})^{\frac{1}{3}} \geq \frac{3}{(x+2y)^{\frac{2}{3}}} = \frac{3}{2^{\frac{2}{3}}}\] \[(\frac{1}{x^{2}} +\frac{2}{y^{2}}) \geq (\frac{3}{2^{\frac{2}{3}}})^3 = \frac{27}{4}\]

下面看什么时候取等，根据 Holder 不等式的取等条件，我们假设存在 $\lambda > 0$ 使得

\[x=\lambda \cdot \frac{1}{x^2} \\ 2y=\lambda \cdot \frac{2}{y^2}\]

即

\[x^3 = y^3 = \lambda\]

显然定义域中存在这样的 lambda 和 x y可以使不等式取等成立，
带入 $\frac{1}{x^{2}} +\frac{2}{y^{2}} = \frac{27}{4}$ ,解得 $x=y=\frac{2}{3}$ 时取等。