ハーディの不等式・カールマンの不等式

この記事では,おもしろい不等式3つとその証明を紹介していきます。

おもしろい不等式3つ

0(1x0xf(t)dt)pdx(pp1)p0f(x)pdx\displaystyle\int_0^{\infty}\left(\dfrac{1}{x}\int_0^xf(t)dt\right)^pdx\leq\left(\dfrac{p}{p-1}\right)^p\int_0^{\infty} f(x)^pdx

n=1(a1+a2++ann)p(pp1)pn=1anp\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}\right)^p\leq\left(\dfrac{p}{p-1}\right)^p\sum_{n=1}^{\infty}a_n^p

n=1(a1a2an)1nen=1an\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(a_1a_2\dots a_n)^{\frac{1}{n}}\leq e\sum_{n=1}^{\infty}a_n

※ただし f(x)0,ai0,p>1f(x)\geq 0,a_i\geq 0,p>1

  1. ハーディの不等式(連続バージョン)

ハーディの不等式(Hardy's Inequality)

11 より大きい任意の実数 pp と,非負の可測関数 f(x)f(x) に対して, 0(1x0xf(t)dt)pdx(pp1)p0f(x)pdx\displaystyle\int_0^{\infty}\left(\dfrac{1}{x}\int_0^xf(t)dt\right)^pdx\leq\left(\dfrac{p}{p-1}\right)^p\int_0^{\infty} f(x)^pdx

が成立する。

証明は部分積分と積分形のヘルダーの不等式を使います。1の証明が一番大変です。

証明(※の部分だけ厳密でない)

まず,左辺を部分積分で変形していく:

0(1x0xf(t)dt)pdx=0(0xf(t)dt)pxpdx=[(0xf(t)dt)px1p1p]00ddx{(0xf(t)dt)p}x1p1pdx\begin{aligned}&\displaystyle\int_0^{\infty}\left(\dfrac{1}{x}\int_0^xf(t)dt\right)^pdx\\ &=\displaystyle\int_0^{\infty}\left(\int_0^xf(t)dt\right)^px^{-p}dx\\ &=\left[\left(\int_0^xf(t)dt\right)^p\dfrac{x^{1-p}}{1-p}\right]_0^{\infty}-\int_0^{\infty}\dfrac{d}{dx}\left\{\left(\int_0^xf(t)dt\right)^p\right\}\dfrac{x^{1-p}}{1-p}dx\end{aligned} この第一項は x0x\to 0xx\to\infty00 になる(※)。

第二項の微分の部分は,f(x)f(x) の原始関数の1つを F(x)F(x) とおくと, p(F(x)F(0))p1f(x)p(F(x)-F(0))^{p-1}f(x) となるので,第二項は以下のようになる:

pp10(0xf(t)dt)p1x1pf(x)dx=pp10(1x0xf(t)dt)p1f(x)dx\dfrac{p}{p-1}\displaystyle\int_0^{\infty}\left(\int_0^xf(t)dt\right)^{p-1}x^{1-p}f(x)dx\\ =\dfrac{p}{p-1}\displaystyle\int_0^{\infty}\left(\dfrac{1}{x}\int_0^xf(t)dt\right)^{p-1}f(x)dx

ここで,ヘルダーの不等式:

f(x)g(x)dx(f(x)pdx)1p(g(x)pp1dx)11p \int f(x) g(x) dx \leq \left(\int f(x)^pdx\right)^{\frac{1}{p}}\left(\int g(x)^{\frac{p}{p-1}}dx\right)^{1-\frac{1}{p}} において g(x)=(1x0xf(t)dt)p1g(x)=\left(\dfrac{1}{x}\displaystyle\int_0^xf(t)dt\right)^{p-1} とおくと,第二項 LL は以下のようにおさえられる:

Lpp1(0f(x)pdx)1p(0(1x0xf(t)dt)pdx)11pL\leq\dfrac{p}{p-1}\left(\int_0^{\infty} f(x)^pdx\right)^{\frac{1}{p}}\left(\int_0^{\infty} \left(\dfrac{1}{x}\int_0^xf(t)dt\right)^pdx\right)^{1-\frac{1}{p}} すると,右辺にも LL が出てきており,両辺を pp 乗すると, Lp(pp1)p0f(x)pdx×Lp1L^p\leq\left( \dfrac{p}{p-1}\right)^p\int_0^{\infty} f(x)^pdx \times L^{p-1} 両辺を Lp1L^{p-1} で割るとハーディの不等式を得る。

  1. ハーディの不等式(離散バージョン)

ハーディの不等式(Hardy's Inequality)

11 より大きい任意の実数 pp と,非負の数 a1,a2,...a_1,a_2,... について,

n=1(a1+a2++ann)p(pp1)pn=1anp\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}\right)^p\leq\left(\dfrac{p}{p-1}\right)^p\sum_{n=1}^{\infty}a_n^p

左辺は「平均の pp 乗の和」です。右辺は pp 乗の和に係数がついたものです。

証明

ハーディの不等式(連続バージョン)を使う。f(x)f(x) として,「階段」の関数を考えると離散バージョンが出てきそう。つまり,n1x<nn-1\leq x<nf(x)=anf(x)=a_n となる f(x)f(x) を取ると,連続バージョン: 0(1x0xf(t)dt)pdx(pp1)p0f(x)pdx\displaystyle\int_0^{\infty}\left(\dfrac{1}{x}\int_0^xf(t)dt\right)^pdx\leq\left(\dfrac{p}{p-1}\right)^p\int_0^{\infty} f(x)^pdx の右辺はまさに離散バージョンの右辺になる。あとは,左辺の被積分関数の pp 乗の中身について,n1x<nn-1\leq x<n の範囲で 1x0xf(t)dta1+a2++ann()\dfrac{1}{x}\int_0^xf(t)dt\geq\dfrac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}\cdots(*) が成立すれば離散バージョンが導かれる。そして,この式の左辺は, a1+a2++an1+an(xn+1)x\dfrac{a_1+a_2+\dots +a_{n-1}+a_n(x-n+1)}{x} となる。つまり,()(*) の左辺も右辺も a1,...,ana_1,...,a_{n} までの(係数の和が1である)重み付き平均である。左辺の方が ana_n の重みが小さいので,もし {an}\{a_n\} が単調非増加なら目標の不等式が成立する。

もし単調非増加でないなら,順番を並べ替えて大きいものを前に持ってくればよい(この操作でハーディの不等式の右辺は変わらず,左辺は大きくなる)。

  1. カールマンの不等式

カールマンの不等式(Carleman's inequality)

非負の数 a1,a2,...a_1,a_2,... について, n=1(a1a2an)1nen=1an\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(a_1a_2\dots a_n)^{\frac{1}{n}}\leq e\sum_{n=1}^{\infty}a_n

証明

ハーディの不等式(離散バージョン)で aipa_i^paia_i で置き換えると,

n=1(a11/p+a21/p++an1/pn)p(pp1)pn=1an\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{a_1^{1/p}+a_2^{1/p}+\cdots+ a_n^{1/p}}{n}\right)^p\leq\left(\dfrac{p}{p-1}\right)^p\sum_{n=1}^{\infty}a_n となる。この式の左辺は,相加相乗平均の不等式より n=1(a1a2an)1n\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(a_1a_2\dots a_n)^{\frac{1}{n}} 以上である。あとは,pp\to\infty とすると, (pp1)p=(1+1p1)p1(1+1p1)e\left(\dfrac{p}{p-1}\right)^p=\left(1+\dfrac{1}{p-1}\right)^{p-1}\left(1+\dfrac{1}{p-1}\right)\to e となる。

最後にネイピア数が出てくるのがおもしろいです。