Young 不等式的简单情形

hbghlyj

Simple case of Young's inequality

正数$p,q,r$满足$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}+\frac{1}{r}=2.$
非负实数列$\an,\bn,\cn,$
\[\sum_{m\inZ}\sum_{n\inZ}a_{m-n}\;b_n\;c_m\le\left(\sum_{n\inZ}a_n^p\right)^{1/p}\left(\sum_{n\inZ}b_n^q\right)^{1/q}\left(\sum_{n\inZ}c_n^r\right)^{1/r}
\]

令$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1+\frac1s$，得$\frac1r+\frac1s=1.$
令$1=\left(\sum_{n\inZ}c_n^r\right)^{1/r}$，选取$\cn$使左边取最大值（让Hölder不等式能取等）得
\begin{align*}\sum_{m\inZ}\left(\sum_{n\inZ}a_{m-n}\;b_n\right)c_m&=\left(\sum_{m\inZ}\left(\sum_{n\inZ}a_{m-n}\;b_n\right)^s\right)^{1/s}\left(\sum_{m\inZ}c_m^r\right)^{1/r}\\&=\left(\sum_{m\inZ}\left(\sum_{n\inZ}a_{m-n}\;b_n\right)^s\right)^{1/s}
\end{align*}
得Young 不等式的简单情形

正数$p,q,s$满足$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1+\frac{1}{s}.$
非负实数列$\an,\bn,$
\[\left(\sum_{m\inZ}\left(\sum_{n\inZ}a_{m-n}\;b_n\right)^s\right)^{1/s}\le\left(\sum_{n\inZ}a_n^p\right)^{1/p}\left(\sum_{n\inZ}b_n^q\right)^{1/q}
\]

hbghlyj

$s=\infty$的特殊情况就是Hölder不等式（把$a_n$改变指标）：$$\forall m\inZ:\quad \sum_{n\inZ}a_{m-n}\;b_n\le\left(\sum_{n\inZ}a_n^p\right)^{1/p}\left(\sum_{n\inZ}b_n^q\right)^{1/q}$$

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2024-4-2 20:42
$s=\infty$的特殊情况是Hölder不等式

有人问过：I'm stuck trying to prove the case when r=∞;
回答：
It's really just Hölder's inequality.

hbghlyj

$$\left(\sum_{m\inZ}\left(\sum_{n\inZ}a_{m-n}\;b_n\right)^p\right)^{1/p}\le\left(\sum_{n\inZ}a_n^p\right)^{1/p}\sum_{n\inZ}b_n$$
因为$p=s,\frac1r+\frac1s=1$，所以$\frac1r+\frac1p=1$，上式等价于
$$\left(\sum_{m\inZ}\left(\sum_{n\inZ}a_{m-n}\;b_n\right)^p\right)^{1/p}\le\left(\sum_{n\inZ}a_n^p\right)^{1/p}\left(\sum_{n\inZ}b_n\right)^{1/p}\left(\sum_{n\inZ}b_n\right)^{1/r}$$
乘$p$次方，
$$\sum_{m\inZ}\left(\sum_{n\inZ}a_{m-n}\;b_n\right)^p\le\left(\sum_{n\inZ}a_n^p\right)\left(\sum_{n\inZ}b_n\right)\left(\sum_{n\inZ}b_n\right)^{p/r}$$
把右边第一个n换成m-n，
$$\sum_{m\inZ}\left(\sum_{n\inZ}a_{m-n}\;b_n\right)^p\le\left(\sum_{m\inZ}a_{m-n}^p\right)\left(\sum_{n\inZ}b_n\right)\left(\sum_{n\inZ}b_n\right)^{p/r}$$
因为两边都是对$m\inZ$求和，只需证对于每个$m$，
$$\left(\sum_{n\inZ}a_{m-n}\;b_n\right)^p\le a_{m-n}^p\left(\sum_{n\inZ}b_n\right)\left(\sum_{n\inZ}b_n\right)^{p/r}$$
即
$$\left(\sum_{n\inZ}a_{m-n}\;b_n\right)^p\le \left(\sum_{n\inZ}a_{m-n}^pb_n\right)\left(\sum_{n\inZ}b_n\right)^{p/r}$$
开p次方
$$\sum_{n\inZ}a_{m-n}b_n\le\left(\sum_{n\inZ}a_{m-n}^pb_n\right)^{1/p}\left(\sum_{n\inZ}b_n\right)^{1/r}$$
正好是Hölder不等式。证毕。

hbghlyj

上面的证明对吗？
$p,q,r$一般情况怎么证明呢？