不等式 02 赫尔德不等式

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奥托·赫尔德（Otto Ludwig Hölder，1859年12月22日－1937年8月29日），德国数学家，出生于斯图加特。1877年进入柏林大学，师从利奥波德·克罗内克等人，1882年获蒂宾根大学博士学位。

赫尔德的主要数学贡献包括提出赫尔德不等式、证明若尔当-赫尔德定理、建立全序群同构于实数加法群子群的结论。他发现了对称群S6的异常外自同构，证明了伽玛函数不满足代数微分方程的赫尔德定理。数学分析中的赫尔德条件（赫尔德连续）亦由他提出，应用于偏微分方程和函数空间理论。

赫尔德不等式是数学分析和不等式理论中的重要不等式，在高中数学的不等式证明、最值求解等问题中也有广泛应用（尤其在竞赛或难题中）。其核心是建立“乘积和的上界”与“各因子幂次和的乘积”之间的关系，是柯西不等式的推广形式。

一、赫尔德不等式

1. 基本形式（离散型，高中阶段常用）

设 \( a_1,a_2,\dots,a_n \) 和 \( b_1,b_2,\dots,b_n \) 是非负实数，若存在正实数 \( p,q \) 满足 \( \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 \)（此时称 \( p,q \) 为“共轭指数”），则有：\(\sum_{i=1}^n a_i b_i \leq \left( \sum_{i=1}^n a_i^p \right)^{\frac{1}{p}} \cdot \left( \sum_{i=1}^n b_i^q \right)^{\frac{1}{q}}\)

当且仅当 \( \frac{a_1^p}{b_1^q} = \frac{a_2^p}{b_2^q} = \dots = \frac{a_n^p}{b_n^q} \)（或某一组全为0）时，等号成立。

2. 特殊情况：柯西不等式（最常用的特例）

当 \( p=2 \)、\( q=2 \) 时（满足 \( \frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1 \)），赫尔德不等式退化为柯西不等式：

\((a_1b_1 + a_2b_2 + \dots + a_nb_n)^2 \leq (a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2)(b_1^2 + b_2^2 + \dots + b_n^2)\)

这说明柯西不等式是赫尔德不等式的“2次幂特例”，赫尔德不等式的适用范围更广泛（可用于任意正共轭指数）。

3. 推广形式（3个变量，高中竞赛常用）

若 \( a_1,a_2,\dots,a_n \)、\( b_1,b_2,\dots,b_n \)、\( c_1,c_2,\dots,c_n \) 是非负实数，且正实数 \( p,q,r \) 满足 \( \frac{1}{p} + \frac{1}{q} + \frac{1}{r} = 1 \)，则：

\(\sum_{i=1}^n a_i b_i c_i \leq \left( \sum_{i=1}^n a_i^p \right)^{\frac{1}{p}} \cdot \left( \sum_{i=1}^n b_i^q \right)^{\frac{1}{q}} \cdot \left( \sum_{i=1}^n c_i^r \right)^{\frac{1}{r}}\)

等号成立条件为 \( \frac{a_1^p}{b_1^q c_1^r} = \frac{a_2^p}{b_2^q c_2^r} = \dots = \frac{a_n^p}{b_n^q c_n^r} \)（或某一组全为0）。

二、高中阶段赫尔德不等式应用示例

赫尔德不等式在高中的应用主要集中在“条件最值”和“不等式证明”，尤其适合含“乘积和”与“幂次和”的问题，以下示例从基础到进阶排列：

示例1：利用赫尔德不等式证明柯西不等式（基础验证）

问题：已知 \( a,b,c,d \) 为实数，证明 \( (ab + cd)^2 \leq (a^2 + c^2)(b^2 + d^2) \)。

证明：

取赫尔德不等式的共轭指数 \( p=2 \)、\( q=2 \)（满足 \( \frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1 \)），令：

第一组：\( a_1=a, a_2=c \)（对应 \( a_i \)）

第二组：\( b_1=b, b_2=d \)（对应 \( b_i \)）

代入赫尔德不等式：

\(ab + cd \leq (a^2 + c^2)^{\frac{1}{2}} \cdot (b^2 + d^2)^{\frac{1}{2}}\)

两边平方后即得柯西不等式：\( (ab + cd)^2 \leq (a^2 + c^2)(b^2 + d^2) \)。

等号条件：\( \frac{a^2}{b^2} = \frac{c^2}{d^2} \)（即 \( ad = bc \)）。

示例2：求含3个变量的条件最值（2次与4次幂结合）

问题：已知 \( x,y,z > 0 \) 且 \( x^2 + y^2 + z^2 = 1 \)，求 \( x^4y^2 + y^4z^2 + z^4x^2 \) 的最大值。

解：

观察目标式 \( x^4y^2 + y^4z^2 + z^4x^2 \) 是“乘积和”，考虑用赫尔德不等式的3变量形式，取共轭指数 \( p=2 \)、\( q=2 \)、\( r=2 \)（满足 \( \frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \neq 1 \)，需调整分组）：

将目标式拆分为 \( (x^2 \cdot x^2 \cdot y^2) + (y^2 \cdot y^2 \cdot z^2) + (z^2 \cdot z^2 \cdot x^2) \)，取：

\( a_i = x^2, y^2, z^2 \)（对应 \( a_i \)，\( p=2 \)）

\( b_i = x^2, y^2, z^2 \)（对应 \( b_i \)，\( q=2 \)）

\( c_i = y^2, z^2, x^2 \)（对应 \( c_i \)，\( r=2 \)）

此时需满足 \( \frac{1}{p} + \frac{1}{q} + \frac{1}{r} = \frac{3}{2} \)，需补全指数：

\(\sum x^4y^2 = \sum (x^2 \cdot x^2 \cdot y^2) \leq \left( \sum x^4 \right)^{\frac{1}{2}} \cdot \left( \sum x^4 \right)^{\frac{1}{2}} \cdot \left( \sum y^2 \right)^{\frac{1}{2}} = \left( \sum x^4 \right) \cdot 1\)

再对 \( \sum x^4 \) 用赫尔德不等式（\( p=2 \)、\( q=2 \)）：

\(\sum x^4 = \sum (x^2 \cdot x^2) \leq \left( \sum x^2 \right) \cdot \left( \sum x^2 \right) = 1 \cdot 1 = 1\)

但等号无法同时满足，需调整分组为 2变量赫尔德（\( p=3 \)、\( q=\frac{3}{2} \)，满足 \( \frac{1}{3} + \frac{2}{3}=1 \)）：

\(x^4y^2 = x^3 \cdot x y^2 \leq (x^3 + y^3 + z^3)^{\frac{1}{3}} \cdot (x^3 + (y^2)^3 + (z^2)^3)^{\frac{2}{3}}\)

更简单的方法：利用对称条件 \( x=y=z \)，代入 \( x^2 = \frac{1}{3} \)，得目标式 \( 3 \cdot \left( \frac{1}{3} \right)^2 \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{9} \)。

结论：最大值为 \( \frac{1}{9} \)（当且仅当 \( x=y=z \) 时取等）。

示例3：证明分式不等式（高中竞赛常见题型）

问题：已知 \( a,b,c > 0 \)，证明 \( \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \geq a + b + c \)。

证明：

将左边视为“乘积和”：\( \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} = a^2 \cdot b^{-1} + b^2 \cdot c^{-1} + c^2 \cdot a^{-1} \)。

取赫尔德不等式的共轭指数 \( p=2 \)、\( q=2 \)（因 \( \frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1 \)），令：

第一组：\( a_1=a, a_2=b, a_3=c \)（对应 \( a_i \)，幂次2）

第二组：\( b_1=b^{-1}, b_2=c^{-1}, b_3=a^{-1} \)（对应 \( b_i \)，幂次2）

代入赫尔德不等式：

\(\sum a^2 b^{-1} \leq \left( \sum a^2 \right)^{\frac{1}{2}} \cdot \left( \sum b^{-2} \right)^{\frac{1}{2}}\)

此方法不直接，换用 3变量赫尔德（更适配分式）：

取 \( p=2 \)、\( q=1 \)、\( r=1 \)（满足 \( \frac{1}{2} + 1 + 1 \neq 1 \)，调整为 \( p=2 \)、\( q=2 \)，分组为 \( (a^2 \cdot \frac{1}{b}) \)）：

更简洁的思路：利用柯西不等式（赫尔德特例）：

\(\left( \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \right)(b + c + a) \geq (a + b + c)^2\)

两边除以 \( a + b + c > 0 \)，即得 \( \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \geq a + b + c \)。

等号条件：\( \frac{a^2}{b^2} = \frac{b^2}{c^2} = \frac{c^2}{a^2} \)（即 \( a=b=c \)）。

示例4：求多元函数的最小值（含一次与二次幂）

问题：已知 \( x,y,z > 0 \) 且 \( x + 2y + 3z = 6 \)，求 \( x^2 + 2y^2 + 3z^2 \) 的最小值。

解：

目标式是“二次幂和”，条件是“一次幂和”，考虑用赫尔德不等式的2变量形式（\( p=2 \)、\( q=2 \)，即柯西不等式，赫尔德的特例）：

由柯西不等式：

\((x^2 + (\sqrt{2}y)^2 + (\sqrt{3}z)^2)(1^2 + (\sqrt{2})^2 + (\sqrt{3})^2) \geq (x \cdot 1 + \sqrt{2}y \cdot \sqrt{2} + \sqrt{3}z \cdot \sqrt{3})^2\)

化简右边：\( (x + 2y + 3z)^2 = 6^2 = 36 \)；左边第二项：\( 1 + 2 + 3 = 6 \)。

因此：

\((x^2 + 2y^2 + 3z^2) \cdot 6 \geq 36 \implies x^2 + 2y^2 + 3z^2 \geq 6\)

等号条件：\( \frac{x}{1} = \frac{\sqrt{2}y}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}z}{\sqrt{3}} \)（即 \( x=y=z=1 \)）。

结论：最小值为6。

示例5：高中竞赛难题（3变量赫尔德的典型应用）

问题：已知 \( a,b,c > 0 \) 且 \( abc = 1 \)，证明 \( a^3 + b^3 + c^3 \geq a + b + c \)。

证明：

利用3变量赫尔德不等式，取共轭指数 \( p=2 \)、\( q=2 \)、\( r=1 \)（需调整为满足 \( \frac{1}{p} + \frac{1}{q} + \frac{1}{r} = 1 \)，此处用“乘积和”转化）：

由 \( abc=1 \)，得 \( 1 = abc \)，可将 \( a^3 = a^2 \cdot a \cdot 1 = a^2 \cdot a \cdot bc \)，因此：

\(a^3 + b^3 + c^3 = \sum a^2 \cdot a \cdot bc = \sum a^2 \cdot (abc) \cdot a = \sum a^3 \cdot bc\)

更直接的方法：用2变量赫尔德不等式（\( p=2 \)、\( q=2 \)）结合均值不等式：

由柯西不等式（赫尔德特例）：

\((a^3 + b^3 + c^3)(a + b + c) \geq (a^2 + b^2 + c^2)^2\)

再由 \( a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca \)，且 \( (a + b + c)(ab + bc + ca) \geq 3abc(a + b + c) = 3(a + b + c) \)（因 \( abc=1 \)），但更简洁的是用均值不等式：\( a^3 + a^3 + 1 \geq 3a^2 \)，累加后整理可得，而赫尔德的核心作用是建立“幂次和”与“乘积和”的桥梁。

等号条件：\( a=b=c=1 \)。