(Ho¨lder不等式)函数f(x),g(x)∈R[a,b],p,q>1,1p+1q=1。证明:∫ab|f(x)g(x)|dx⩽(∫ab|f(x)|pdx)1p(∫ab|g(x)|qdx)1q。 证明:由题可知,∫ab|f(x)|pdx>0,∫ab|g(x)|qdx>0。 则由Young不等式,即ab⩽app+bqq,令a=|f(x)|[∫ab|f(x)|pdx]1p,b=1q|g(x)|[∫...
Holder不等式表明,对于在区间[a,b]上可积的函数f(x)和g(x),以及满足1/p+1/q=1的正数p和q,有:∫ab|f(x)g(x)|dx ≤ (∫ab|f(x)|pdx)1/p(∫ab|g(x)|qdx)1/q 证明前的准备 首先,需要确保函数f(x)和g(x)在区间[a,b]上都是可积的,且它们的幂次积分...
holder不等式定理的证明 1. Holder不等式的形式 -设\(p,q\gt1\),\(\frac{1}{p}+\frac{1}{q} = 1\),对于两个非负可测函数\(f(x)\)和\(g(x)\)定义在测度空间\((X,\mu)\)上,有\(\int_X|f(x)g(x)|d\mu\leqslant(\int_X|f(x)|^{p}d\mu)^{\frac{1}{p}}(\int_X|g(x...
【解析】 证1先函数 (xxx)x在条件x=下的最大值 F =a.+gz=.=1.2. F-2x-1-0. 解得x()f-1,2,n),代人最后一个方程得 =1.2… 由此,得 4 2 下面证明这是/在条件 x=1下的最大值 首先,A.-(xx2.x)R =1.x.=.=1.2,,n为R中的紧致集 故连续函数f(x,x,x)a,在A上达到最大值...
由此,得(ar)/((∑_(i=1)ar)^T=(∑_(i=1)^na^j 下面证明这是了在条件x?首先,A,={(x:x:…,x)∈R|x=1,x,≥0,i=1,2,故连续函数f(1,x,…,x_)=ax,在A上达到最大值当n=1时+x对=1(x3-1).f;(x;-ax,在x-1假设n=k时f(x,x,…,x)=上ax,在条件x1下达最大值|(a_1+...
Holder不等式的证明一般可以通过利用三次范数和泰勒公式实现。首先,利用夹函定理证明f(x)在[a,b]中存在n阶连续求导;然后,利用三次范数获得f^(n)(x)的最大值,从而推出Holder不等式;最后,用泰勒公式证明拉格朗日不等式,从而完成Holder不等式的证明。 Holder不等式的引入对数学的发展产生了巨大的影响。首先,它使得...
不严格地,如果认为形如 X\cdot y=0 的等式代表 x,y 垂直,那么Holder不等式可以理解为斜边大于直角边。但实际上,“垂直”并不是良定义的,因为此时未必有 x\cdot Y=0。 接下来我们用凸性证明三角不等式。如下图,我们要证明 AC<AB+BC (其中的线段长都是用p对应的范数定义的)设...
证明:Holder不等式∑_(i=1)^na_ix_i≤(∑_(i=1)^nP_i^1(∑_(i=1)^nx_i^1 其中 a_i≥0 x_i≥0 i=1.2,…, n,p1,1/p+1/q=1 . 相关知识点: 试题来源: 解析 □ 晋士 = 一 …学 (() 甲 "0 {xPix(1-b)b= ("x…x' 'x)P =- 甲量 李,海一11 : ='x ...
分析中三个常用不等式——Young、Holder、Minkowski不等式 Feiers 具有负指标的 Hölder 不等式的一些应用 罗旻杰发表于A Gar... Hölder不等式 Hölder不等式是研究 L^p空间不可或缺的工具. 本文将给出Hölder不等式以及它的证明. 此外还给出Hölder不等式的一些推论. 定理1 (Hölder不等式). 设 (...