练习一道 Holder 不等式
2023/01/30
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
习题
知乎上有一篇文章使用了 Holder 不等式，但是中间有跳步，不知道如何构造出那样的形式的，这里给出如何构造的思路
设 $x,y\in R^{*} ,x+2y=2$ ，求 $\frac{1}{x^{2}} +\frac{2}{y^{2}}$ 的最小值
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：
\[\begin{align} \color{red}{(x+2y)^{\frac{2}{3}}(\frac{1}{x^{2}} +\frac{2}{y^{2}})^{\frac{1}{3}}} & \geq x^0+2^1\cdot y^0 \\ & = 3 \end{align}\]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
\[\begin{align} x=\lambda \cdot \frac{1}{x^2} \\ 2y=\lambda \cdot \frac{2}{y^2} \end{align}\]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。