问题及解答

设 $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上的非负凹函数, 证明

\[
\int_0^1 f^2(x)\mathrm{d}x\leqslant\frac{4}{3}\biggl(\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x\biggr)^2
\]

---

这个结论最初是由 G. Grüss 证明的([1],[2]). 他实际上证明了

设 $f$ 和 $g$ 是 $[0,1]$ 上的非负凹函数, 则有

\[
\int_0^1 f(x)g(x)\mathrm{d}x\leqslant\frac{4}{3}\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x\int_0^1 g(x)\mathrm{d}x.
\]

---

一般的有  (参见[2])

设 $f$ 和 $g$ 是 $[0,1]$ 上的非负凹函数

（1）若 $p,q\geqslant 1$, 则

\[
\int_0^1 f(x)g(x)\mathrm{d}x\geqslant\frac{(p+1)^{1/p}(q+1)^{1/q}}{6}\|f\|_p\|g\|_q.
\]

（2）若 $0 < p,q\leqslant 1$, 则

\[
\int_0^1 f(x)g(x)\mathrm{d}x\leqslant\frac{(p+1)^{1/p}(q+1)^{1/q}}{3}\|f\|_p\|g\|_q.
\]

---

 

Favard 不等式

设 $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上的非负凹函数, 则有

\[
\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x\geqslant\frac{(p+1)^{1/p}}{2}\|f\|_p,\quad\forall\ p\geqslant 1.
\]

 

Remark:

(i) 上面的（1）可从其 $p=q=1$ 的特殊情况和上面的 Favard 不等式直接推出. [2]

(ii) 上面的（2）也可从其 $p=q=1$ 的特殊情况和上面的 Favard 不等式直接推出?? [2]

 

(1) 和 (2) 在 $p=q=1$ 的情形首先是由 Grüss 证明的[1].

(1) 的关于 $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ 的情形是由 Bellman 证明的[3].

(1) 和 (2) 的一般情形由 Barnes 证明[4].

因此我们将 (1) 和 (2) 称为 Grüss-Barnes 不等式.

---

Borell 观察到, (1)式右边在添加了一些边界项后依然成立.

命题 [Borell 不等式] 设 $f,g$ 是 $[0,1]$ 上的非负凹函数. 若 $p,q\geqslant 1$, 则

\[
\int_0^1 f(x)g(x)\mathrm{d}x\geqslant\frac{(p+1)^{1/p}(q+1)^{1/q}}{6}\|f\|_p\|g\|_q+\frac{f(0)g(0)+f(1)g(1)}{6}.
\]

 

---

Grüss-Barnes 不等式的推广

命题. 设 $f_1,f_2,\ldots,f_n$ 是定义在 $[0,1]$ 上的非负凹函数, 令 $p_k\geqslant 1$, $(k=1,2,\ldots,n)$. 则

\[
C_n\int_0^1 \prod_{k=1}^{n}f_k(x)\mathrm{d}x\geqslant\prod_{k=1}^{n}(p_k+1)^{1/p_k}\|f_k\|_{p_k},
\]

这里

\[
C_n=\frac{(n+1)!}{\bigl[\frac{n}{2}\bigr]!\bigl[\frac{n+1}{2}\bigr]!}.
\]

假设 $I$ 和 $I'$ 是指标集合, 满足 $I\cup I'=\{1,2,\ldots,n\}$, 并且 $I$ 和 $I'$ 中有一个包含 $[\frac{n}{2}]$ 个元素. 则当 $f_k(x)=x$, $k\in I$ 且 $f_k(x)=1-x$, $k\in I'$ 时, 上面不等式中的等号成立.

这个结果由 Borell, Godunova 和 Levin 独立发现. 甚至此命题更早地由 Nehari 证明, 但是其中 $C_n$ 被一个错误的常数 $D_n=\dfrac{(n+1)!}{([n/2]!)^2}$ 所替代.

---

更一般的结果是:

1933年, Favard 证明了: 设 $f_k(x)$ 是 $[a,b]$ 上的非负连续凹函数, 则有

\[
\int_a^b\biggl(\prod_{k=1}^{n}f_k(x)\biggr)\mathrm{d}x\leqslant\frac{2^n}{n+1}\cdot\frac{1}{(b-a)^{n-1}}\prod_{k=1}^{n}\int_a^b f_k(x)\mathrm{d}x.
\]

 

 

Berwald's inequality.

设 $f$ 是区间 $I=[0,a]$ 上的一个非负连续凹函数(concave function), 且设 $0

\[
\biggl(\frac{1}{a}\int_0^a f^p(x)\mathrm{d}x\biggr)^{\frac{1}{p}}\leqslant\frac{(1+r)^{1/r}}{(1+p)^{1/p}}\biggl(\frac{1}{a}\int_0^a f^r(x)\mathrm{d}x\biggr)^{\frac{1}{r}}
\]

 

---

References:

[1] G. Grüss, Über das Maximum des absoluten Betrages von $\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)g(x)\mathrm{d}x-\frac{1}{(a-b)^2}\int_a^b f(x)\mathrm{d}x\int_a^b g(x)\mathrm{d}x$, Math. Z. 39(1935), 215-226.

[2] L. Maligranda, J. E. Pecaric, L. E. Persson, On some Inequalities of the Grüss-Barnes and Borell Type. Journal of Mathematical Analysis and Applications 187, 306-323 (1994).

[3] R. Bellman, Converses of Schwarz's inequality, Duke Math. J.23(1956), 429-434.

[4] D. C. Barnes, Some complements of Hölder's inequality, J. Math. Anal. Appl. 26 (1969), 82-87.

[5] C. Borell, "Inverse Inequalities for Concave or Generalized Concave Functions." Research Report No. 44, Dept. of Math. Uppsala University, 1972.

 

Books:

匡继昌 《常用不等式》 P.444  (Andersson 不等式)

Constantin P. Niculescu, Lars-Erik Persson, CONVEX FUNCTIONS AND THEIR APPLICATIONS, A contemporary approach,  September 16, 2004.

 

J. Favard, Sur les valeurs moyennes. Bull. Sci. Math., 57 (1933), pp. 54-64.

 

 

---

这里的内容主要来源于文章 [2].

首先说明上面的 Remark (i).

设 $f,g$ 是 $[0,1]$ 上的非负凹函数. 假设下面的不等式成立

\[
\int_0^1 f(x)g(x)dx\geqslant\frac{2}{3}\int_0^1 f(x)dx\int_0^1 g(x)dx\tag{*}
\]

借助 Favard 不等式, 我们可以证明: 若设 $f,g$ 是 $[0,1]$ 上的非负凹函数, 对于 $p,q\geqslant 1$, 有

\[
\int_0^1 f(x)g(x)dx\geqslant\frac{(p+1)^{1/p}(q+1)^{1/q}}{6}\|f\|_p\|g\|_q
\]

 

证明:

根据 Favard 不等式, 有

\[
\begin{aligned}
\int_0^1 f(x)dx\geqslant\frac{(p+1)^{1/p}}{2}\|f\|_p,\\
\int_0^1 g(x)dx\geqslant\frac{(q+1)^{1/q}}{2}\|g\|_q.\\
\end{aligned}
\]

两式相乘, 得

\[
\int_0^1 f(x)dx\int_0^1 g(x)dx\geqslant\frac{(p+1)^{1/p}}{2}\frac{(q+1)^{1/q}}{2}\|f\|_p\|g\|_q
\]

即

\[
\begin{split}
&\int_0^1 f(x)dx\int_0^1 g(x)dx\geqslant\frac{3}{2}\cdot\frac{(p+1)^{1/p}(q+1)^{1/q}}{6}\|f\|_p\|g\|_q\\
\Longleftrightarrow&\frac{2}{3}\int_0^1 f(x)dx\int_0^1 g(x)dx\geqslant\frac{(p+1)^{1/p}(q+1)^{1/q}}{6}\|f\|_p\|g\|_q\\
\end{split}
\]

而根据假设

\[
\int_0^1 f(x)g(x)dx\geqslant\frac{2}{3}\int_0^1 f(x)dx\int_0^1 g(x)dx,
\]

因此, 我们有

\[
\int_0^1 f(x)g(x)dx\geqslant\frac{(p+1)^{1/p}(q+1)^{1/q}}{6}\|f\|_p\|g\|_q.
\]

因此, （1）的证明只需归结为证明其特殊情况(*)

 

下面说明 Remark (ii)

设已经证明:

$f,g$ 是 $[0,1]$ 上的非负凹函数, 则

\[
\int_0^1 f(x)g(x)dx\leqslant\frac{4}{3}\int_0^1 f(x)dx\int_0^1 g(x)dx.
\]

我们可以利用 Favard 不等式, 证明一般的情形:

\[
\int_0^1 f(x)g(x)dx\leqslant\frac{(p+1)^{1/p}(q+1)^{1/q}}{3}\|f\|_p\|g\|_q,\quad(0 < p,q\leqslant 1)
\]

---

注意这里的 $p,q\in(0,1]$. $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上的凹函数, 不难验证 $f^p(x)$ 也是 $[0,1]$ 上的凹函数.

因此, 根据 Favard 不等式,

\[
\int_0^1 f^p(x)dx\geqslant\frac{(\frac{1}{p}+1)^{p}}{2}\biggl(\int_0^1(f^p(x))^{\frac{1}{p}}dx\biggr)^p=\frac{(\frac{1}{p}+1)^p}{2}\biggl(\int_0^1 f(x)dx\biggr)^p
\]

因此,

\[
\biggl(\int_0^1 f^p(x)dx\biggr)^{\frac{1}{p}}\geqslant\frac{\frac{1}{p}+1}{2^{1/p}}\cdot\int_0^1 f(x)dx
\]

???

 

---

若令 $s=\frac{1}{p}$, $t=\frac{1}{q}$, 则 $s,t\geqslant 1$. 根据 Favard 不等式,

\[
\int_0^1 f(x)dx\geqslant\frac{(s+1)^{1/s}}{2}\|f\|_s=\frac{(s+1)^{1/s}}{2}\biggl(\int_0^1 f^s(x)dx\biggr)^{\frac{1}{s}}
\]

推出

\[
\biggl(\int_0^1 f^{s}(x)dx\biggr)^{\frac{1}{s}}\leqslant\frac{2}{(s+1)^{1/s}}\int_0^1 f(x)dx
\]

两边作 $s$ 次方, 得

\[
\int_0^1 f^s(x)dx\leqslant\frac{2^s}{s+1}\biggl(\int_0^1 f(x)dx\biggr)^s
\]

令 $F(x)=f^{s}(x)$. 注意 $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上的凹函数, 对于 $s\geqslant 1$, $f^{s}(x)$ 不一定是 $[0,1]$ 上的凹函数.

上面的式子变为

\[
\int_0^1 F(x)dx\leqslant\frac{2^s}{s+1}\biggl(\int_0^1 (F(x))^{\frac{1}{s}}dx\biggr)^s
\]

即

\[
\int_0^1 F(x)dx\leqslant\frac{2^{1/p}}{\frac{1}{p}+1}\biggl(\int_0^1 (F(x))^{p}dx\biggr)^{\frac{1}{p}}=\frac{2^{1/p}}{\frac{1}{p}+1}\|F\|_p
\]

因此, 若记 $G(x)=g^{t}(x)$, 这里 $t=\frac{1}{q}$, 则有

\[
\int_0^1 G(x)dx\leqslant\frac{2^{1/q}}{\frac{1}{q}+1}\biggl(\int_0^1 (G(x))^{q}dx\biggr)^{\frac{1}{q}}=\frac{2^{1/q}}{\frac{1}{q}+1}\|G\|_q
\]

将这两式相乘, 得

\[
\int_0^1 F(x)dx\int_0^1 G(x)dx\leqslant\frac{2^{1/p}}{\frac{1}{p}+1}\cdot\frac{2^{1/q}}{\frac{1}{q}+1}\|F\|_p\|G\|_q
\]
 

???

 

---

Claim. $2^{1+\frac{1}{x}}x\geqslant(1+x)^{1+\frac{1}{x}}$, $x\in(0,1]$.  (参见问题2259)

从而

\[
\frac{(p+1)^{1/p}(q+1)^{1/q}}{3}\leqslant\frac{4}{3}\frac{2^{1/p}}{\frac{1}{p}+1}\cdot\frac{2^{1/q}}{\frac{1}{q}+1}
\]