不等式ノート

桂田祐史

2004 年 7 月 21 日, 2017 年 4 月 30 日

1 初等的な不等式

1.1 凸性

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定義 1.1 (凸関数, 狭義凸関数)R の区間 I で定義された関数 f が

∀a, b ∈ I, ∀θ ∈ (0, 1) f(θa + (1 − θ)b) ≤ θf(a) + (1 − θ)f(b)

を満たすとき、 f は凸であるという。また

∀a ∈ I, ∀b ∈ I \ {a}, ∀θ ∈ (0, 1) f(θa + (1 − θ)b) < θf(a) + (1 − θ)f(b)

を満たすとき、 f は狭義凸であるという。

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命題 1.2 (2 階導関数の符号と凸性)R の区間で定義された 2 回微分可能な実数値関数に対して、 f が凸であることと f′′ ≥ 0 であることは同値である。また f′′ > 0 ならば f は狭義凸である。

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証明良く知られているので省略。例えば杉浦 [?] を見よ。

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命題 1.3 R の区間 I で定義された実数値関数 f が凸ならば、

∀x_{1}, ⋯, x_{n} ∈ I f (\frac{x_{1} + x_{2} + ⋯ + x_{n}}{n} ) ≤ \frac{f(x_{1}) + f(x_{2}) + ⋯ + f(x_{n})}{n}.

特に f が狭義凸である場合、等号は

x_{1} = x_{2} = ⋯ = x_{n}

のとき、そのときに限り成立する。

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証明帰納法による。 n = 1 のときは明らか。 n のとき成立すると仮定する。

\frac{x_{1} + ⋯ + x_{n} + x_{n+1}}{n + 1} = \frac{n}{n + 1} \frac{x_{1} + ⋯ + x_{n}}{n} + \frac{1}{n + 1} x_{n+1}

であり、 θ = n/(n + 1) とおくと 1 − θ = 1/(n + 1) となることに注意すると、凸性の仮定から、

f (\frac{x_{1} + ⋯ + x_{n} + x_{n+1}}{n + 1} ) ≤ \frac{n}{n + 1}f (\frac{x_{1} + ⋯ + x_{n}}{n} ) + \frac{1}{n + 1}f(x_{n+1}). (1)

帰納法の仮定

f (\frac{x_{1} + ⋯ + x_{n}}{n} ) ≤ \frac{f(x_{1}) + ⋯ + f(x_{n})}{n}

を使って

(2)  f (\frac{x_{1} + ⋯ + x_{n} + x_{n+1}}{n + 1} ) ≤ \frac{n}{n + 1} \frac{f(x_{1}) + ⋯ + f(x_{n})}{n} + \frac{1}{n + 1}f(x_{n+1})
= \frac{f(x_{1}) + ⋯ + f(x_{n}) + f(x_{n+1})}{n + 1}.

特に f が狭義凸の場合は、 (1) で等号が成り立つための必要十分条件として、

\frac{x_{1} + ⋯ + x_{n}}{n} = x_{n+1}. (3)

また (2) で等号が成り立つための必要十分条件として、

x_{1} = x_{2} = ⋯ = x_{n}. (4)

結局 (2) で等号が成り立つには (3) と (4) が同時に成り立つこと、すなわち

x_{1} = x_{2} = ⋯ = x_{n} = x_{n+1}

であることが必要十分である。

1.2 相加平均 ≥ 相乗平均

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命題 1.4 (非負の数の相加平均は相乗平均より大きいか等しい)x_{1}, ⋯, x_{n} ≥ 0 とするとき、

\frac{x_{1} + x_{2} + ⋯ + x_{n}}{n} ≥ ^{n} \sqrt{x_{1}x_{2} ⋯ x_{n}}.

等号は x_{1} = x_{2} = ⋯ = x_{n} のとき、そのときに限る。

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証明 f = − log とおくと f′′ > 0 であることに注意すれば、前小節の命題より明らか。証明 x_{1} = (y_{1})^{2}, ⋯, x_{n} = (y_{n})^{2} とおくことにより、

\frac{(y_{1})^{2} + (y_{2})^{2} + ⋯ + (y_{n})^{2}}{n} ≥ ^{n} \sqrt{(y_{1}y_{2} ⋯ y_{n})^{2}}

を証明すればよいが、同次性から単位球面上で

\frac{1}{n} ≥ ^{n} \sqrt{(y_{1}y_{2} ⋯ y_{n})^{2}}

を示せば十分である。そこで

f(y_{1}, y_{2}, ⋯, y_{n}) =^{def.} (y_{1})^{2}(y_{2})^{2} ⋯ (y_{n})^{2},

g(y_{1}, y_{2}, ⋯, y_{n}) =^{def.} (y_{1})^{2} + (y_{2})^{2} + ⋯ + (y_{n})^{2} − 1

とおき、条件 g(y) = 0 のもとでの f の最大値を調べる。まず方程式 g(y) = 0 は単位球面を表わし、これはコンパクトであるから、最大値が存在することが分かる。また

∇f(y) = 2 ( y_{1}(y_{2})^{2} ⋯ (y_{n})^{2} ; (y_{1})^{2}y_{2} ⋯ (y_{n})^{2} ; ⋮ ; (y_{1})^{2}(y_{2})^{2} ⋯ y_{n} ) , ∇g(y) = 2y

であるから、条件 g(y) = 0 のもとでは ∇g(y) ≠ 0. ゆえに最大値は必ず Lagrange の未定乗数法で求まる。つまり最大値点 y では ∃λ ∈ R s.t.

∇f(y) = λg(y).

これを成分で書くと

(y_{1})^{1}(y_{2})^{2}(y_{3})^{2} ⋯ (y_{n−1})^{2}(y_{n})^{2} = λy_{1},
(y_{1})^{2}(y_{2})^{1}(y_{3})^{2} ⋯ (y_{n−1})^{2}(y_{n})^{2} = λy_{2},
⋮  ⋮
(y_{1})^{2}(y_{2})^{1}(y_{3})^{2} ⋯ (y_{n−1})^{2}(y_{n})^{1} = λy_{n}.

明らかに最大値は正であるから、 y_{j} ≠ 0 (j = 1, 2, ⋯, n). ゆえに

L =^{def.} ∏_{j=1}^{n}(y_{j})^{2}

とおくと、

\frac{L}{(y_{1})^{2}} = \frac{L}{(y_{2})^{2}} = ⋯ = \frac{L}{(y_{n})^{2}} = λ

これから (y_{1})^{2} = (y_{2})^{2} = ⋯ = (y_{n})^{2}. 和が 1 である (g(y) = 0) から、

(y_{1})^{2} = (y_{2})^{2} = ⋯ = (y_{n})^{2} = \frac{1}{n}.

ゆえに条件 g(y) = 0 の下での f の最大値は

f(y) = (\frac{1}{n})^{n} .

これから g(y) = 0 を満たす任意の y に対して、

f(y) ≤ (\frac{1}{n})^{n} .

ゆえに

n \sqrt{f(y)} ≤ \frac{1}{n}.

1.3 Young の不等式

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命題 1.5 (Young) p, q ∈ (1, ∞) を互いに共役な指数 (i.e. 1/p + 1/q = 1) とするとき、任意の a, b ≥ 0 に対して、

ab ≤ \frac{1}{p}a^{p} + \frac{1}{q}b^{q}.

等号は a = b のとき、そのときに限り成り立つ。

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注意 1.6 この不等式は有名な Hölder の不等式の証明に使われるが、今一つ分かりにくい。 p = 2 の場合は

ab ≤ \frac{1}{2}(a^{2} + b^{2})

という、分りやすく、高校生でも容易に証明できる不等式になる。ちなみに p = 3, q = 3/2 のような場合も簡単に (因数分解で) 証明できる。やってみることを勧める。証明二階導関数を調べることにより、 − log は狭義凸であることがわかるから、

− log ( \frac{1}{p} a^{p} + \frac{1}{q} b^{q}) ≤ − ( \frac{1}{p} log a^{p} + \frac{1}{q} log b^{q}) = − log ab.

すなわち

log ab ≤ log ( \frac{1}{p} a^{p} + \frac{1}{q} b^{q}) .

ゆえに

ab ≤ \frac{1}{p} a^{p} + \frac{1}{q} b^{q}.

1.4 良く出てくるが名前を知らない不等式

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{命題 1.7 a, b ≥ 0, p ≥ 1 のとき、 \atop a^{p} + b^{p} ≤ (a + b)^{p} ≤ 2^{p−1}(a^{p} + b^{p}).}

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(多くの本で a^{p} + b^{p} ≤ (a + b)^{p} ≤ 2^{p}(a^{p} + b^{p}) という (緩い) 不等式が使われている。確かにその方が証明は簡単で、それで十分の場合がほとんどである。 ) 証明 p = 1 のときは

a + b ≤ a + b ≤ a + b

という自明な式なので、以下 p > 1 とする。 b = 0 ならば、やはり

a^{p} ≤ a^{p} ≤ 2^{p−1}a^{p}

という自明な式になるので、以下 b > 0 とする。関数 f: [0, ∞) → R を

f(x) = \frac{x^{p} + b^{p}}{(x + b)^{p}}

で定義する。

f′(x) = \frac{(x + b)^{p} · px^{p−1} − p(x + b)^{p−1} · (x^{p} + b^{p})}{(x + b)^{2p}}
= \frac{p(x + b)^{p−1}}{(x + b)^{2p}} [(x + b)x^{p−1} − (x^{p} + b^{p})]
= \frac{pb(x + b)^{p−1}}{(x + b)^{2p}} (x^{p−1} − b^{p−1})

であるから、 f は b で最小値を取ることが分かる。

f(0) = \frac{b^{p}}{b^{p}} = 1, f(b) = \frac{b^{p} + b^{p}}{(b + b)^{p}} = \frac{2b^{p}}{2^{p}b^{p}} = 2^{1−p},

lim_{x→∞} f(x) = lim_{x→∞} \frac{1 + (\frac{x}{b})^{p}}{(1 + \frac{b}{x})^{p}} = 1

であるから、

2^{1−p} ≤ f(x) ≤ 1.

ゆえに

2^{1−p} ≤ \frac{x^{p} + b^{p}}{(x + b)^{p}} ≤ 1.

分母を払って

x^{p} + b^{p} ≤ (x + b)^{p} ≤ 2^{p−1}(x^{p} + b^{p}).

蛇足 (別証) 右側の不等式は、 x ↦ x^{1/p} が「上に凸」であるから、

(\frac{a + b}{2})^{p} ≤ \frac{a^{p} + b^{p}}{2}

となるので、両辺に 2^{p} をかけて得られる。左側の不等式は簡単な証明があるのかな。地道にやるには、

f(x) := (x + b)^{p} − x^{p} − b^{p} (x ∈ [0, ∞))

が単調増加であり、 f(0) = 0 であるから、 f(x) ≥ 0 とする。右側の緩い方の不等式は

(a + b)^{p} ≤ (2 max{a, b})^{p} = 2^{p} max{a^{p}, b^{p}} ≤ 2^{p} (a^{p} + b^{p})

のように証明出来る。

1.5 Jensen の不等式

(作業中)

1.6 Schwarz の不等式

「内積空間ノート」に詳しく書くので、この小節の命題の証明は省略する。 C^{n} における Schwarz の不等式は、以下のようになる。

|∑_{j=1}^{n} a_{j}b_{j}|^{2} ≤ ∑_{j=1}^{n} |a_{j}|^{2} ∑_{j=1}^{n} |b_{j}|^{2}

等号は a = (a_{j}) と\overline{b} = (\overline{b_{j}}) が 1 次従属であるとき。この不等式の無限級数バージョンもある。

|∑_{n=1}^{∞} a_{n}b_{n}|^{2} ≤ ∑_{n=1}^{∞} |a_{n}|^{2} ∑_{n=1}^{∞} |b_{n}|^{2}

等号は a = (a_{n}) と\overline{b} = (\overline{b_{n}}) が 1 次従属であるとき。これはいわゆる ℓ^{2} における Schwarz の不等式である。

2 Hölder の不等式

測度空間 (X, B, μ) があるとき、 f: X → C, p ∈ [1, ∞] に対して、

∥f∥_{L^{p}} =^{def.} \{ \begin{matrix}(∫_{X} |f(x)|^{p} dμ(x))^{1/p} & (1 ≤ p < ∞) \\ ess.sup_{x∈X}|f(x)| = inf\{U; |f(x)| ≤ U a.e. on X\} & (p = ∞) \end{matrix}

とおく。

与えられた p に対して

\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1

を満たす q を p の共役指数と呼ぶ。ただし 1/∞ = 0 とみなし、 1 の共役指数は ∞, ∞ の共役指数は 1 と考える。

Young の不等式から

∫_{X} |f(x)g(x)|dμ(x) ≤ \frac{1}{p} ∫_{X} |f(x)|^{p}dμ(x) + \frac{1}{q} ∫_{X} |g(x)|^{q}dμ(x)

という評価が得られるので、 L^{p} の元と L^{q} の元の積は可積分になることが分かる。

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定理 2.1 (Hölder) 1 ≤ p ≤ ∞, f ∈ L^{p}(X, B, μ), g ∈ L^{q}(X, B, μ) に対して、 ; ∫_{X} |f(x)g(x)|dμ(x) ≤ ∥f∥_{L^{p}}^{1/p}∥g∥_{L^{q}}^{1/q}.

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証明まず p = 1 または p = ∞ の場合は明らかであることに注意する。以下 1 < p < ∞ とする。また ∥f∥_{L^{p}} = 0 または ∥g∥_{L^{q}} = 0 の場合も明らかであるので、以下 ∥f∥_{L^{p}} ≠ 0 かつ ∥g∥_{L^{q}} ≠ 0 とする。 Young の不等式から

\frac{|f(x)|}{∥f∥_{L^{p}}^{1/p}} \frac{|g(x)|}{∥g∥_{L^{q}}^{1/q}} ≤ \frac{1}{p} \frac{|f(x)|^{p}}{∥f∥_{L^{p}}} + \frac{1}{q} \frac{|g(x)|^{q}}{∥g∥_{L^{q}}}

となるので、

\frac{∫_{X} |f(x)g(x)|dμ(x)}{∥f∥_{L^{p}}^{1/p}∥g∥_{L^{q}}^{1/q}} ≤ \frac{1}{p} \frac{∫_{X} |f(x)|^{p}dμ(x)}{∥f∥_{L^{p}}^{1/p}} + \frac{1}{q} \frac{∫_{X} |g(x)|^{q}dμ(x)}{∥g∥_{L^{q}}^{1/q}} = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1.

ゆえに

∫_{X} |f(x)g(x)|dμ(x) ≤ ∥f∥_{L^{p}}^{1/p}∥g∥_{L^{q}}^{1/q}.
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系 2.2

∑_{i=1}^{n} |a_{i}b_{i}| ≤ (∑_{i=1}^{n} |a_{i}|^{p})^{1/p} (∑_{i=1}^{n} |b_{i}|^{q})^{1/q}

∑_{i=1}^{∞} |a_{i}b_{i}| ≤ (∑_{i=1}^{∞} |a_{i}|^{p})^{1/p} (∑_{i=1}^{∞} |b_{i}|^{q})^{1/q}

[figure]
[figure] 命題 2.3 f_{i} ∈ L^{p_{i}}(Ω) (i = 1, 2, ⋯, k) で、

\frac{1}{p} = \frac{1}{p_{1}} + ⋯ + \frac{1}{p_{k}} ≤ 1

ならば f := f_{1} ⋯ f_{k} は L^{p}(Ω) に属し、

∥f∥_{L^{p}} ≤ ∥f_{1}∥_{L^{p_{1}}} ⋯ ∥f_{k}∥_{L^{p_{k}}} . [figure]

3 Minkowski の不等式

f, g が L^{p}(X) に属するならば f + g もそうなることは、

|f + g|^{p} ≤ (|f| + |g|)^{p} ≤ 2^{p−1}(|f|^{p} + |g|^{p})

という簡単な評価から分かるが、 L^{p} ノルムが凸不等式

∥f + g∥_{L^{p}} ≤ ∥f∥_{L^{p}} + ∥g∥_{L^{p}}

を満たすことの証明には、より精密な議論、すなわち Hölder の不等式を使う。

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定理 3.1 (Minkowski の不等式) 1 ≤ p ≤ ∞, f, g ∈ L^{p}(X) とするとき、

∥f + g∥_{L^{p}} ≤ ∥f∥_{L^{p}} + ∥g∥_{L^{p}}. [figure]

証明 p = 1 または p = ∞ のときは明らか。以下 1 < p < ∞ とする。 p の共役指数を q とするとき、 (p − 1)q = p となることに注意すると^{1}、

∫_{X} |f(x) + g(x)|^{p}dμ(x) = ∫_{X} |f(x) + g(x)|^{p−1}|f(x) + g(x)|dμ(x)
≤ ∫_{X} |f(x) + g(x)|^{p−1}|f(x)|dμ(x) ∫_{X} |f(x) + g(x)|^{p−1}|g(x)|dμ(x)
≤ (∫_{X} |f(x) + g(x)|^{q})^{1/q} (∫_{X} |f(x)|^{p}dμ(x))^{1/p}
+ (∫_{X} |f(x) + g(x)|^{q})^{1/q} (∫_{X} |g(x)|^{p}dμ(x))^{1/p} .

割り算して

(∫_{X} |f(x) + g(x)|^{p}dμ(x))^{1−1/q} ≤ (∫_{X} |f(x)|^{p}dμ(x))^{1/p} + (∫_{X} |g(x)|^{p}dμ(x))^{1/p} .

1 − 1/q = 1/p に注意すれば、

(∫_{X} |f(x) + g(x)|^{p}dμ(x))^{1/p} ≤ (∫_{X} |f(x)|^{p}dμ(x))^{1/p} + (∫_{X} |g(x)|^{p}dμ(x))^{1/p} .

11/p + 1/q = 1 より 1/q = 1 − 1/p = (p − 1)/p ゆえ p = (p − 1)q.