赫尔德不等式

赫尔德不等式（Hölder's inequality，也译霍尔德不等式）用两个对象各自的幂次大小，控制它们逐项乘积的总和或积分。它把柯西—施瓦茨不等式中的两个平方指数，推广为满足 $1/p+1/q=1$ 的一对共轭指数。关键条件是指数相配，而不是把同一个平方公式中的二任意换成别的数。

例如，取两组非负数 $a=(1,2,2)$、$b=(1,4,4)$，逐项相乘再相加得到十七。指数取 $p=3$、$q=3/2$ 时，两组数的相应幂次和也都是十七。下面从这个可以手算的例子出发，证明一般不等式，并说明达到等号所需的配合关系。

共轭指数与有限和

给定 $1<p<\mathrm{\infty }$，定义 $$q=\frac{p}{p-1},\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1.$$ 则 $1<q<\mathrm{\infty }$，且从 $q$ 求共轭指数又回到 $p$。例如二与二配对，三与 $3/2$ 配对，四与 $4/3$ 配对。

对有限个实数 $a_i,b_i$（$i=1,\dots ,N$），赫尔德不等式为 $$\sum _{i=1}^N|a_i{b}_i|\le {(\sum _{i=1}^N|a_i{|}^p)}^{1/p}{(\sum _{i=1}^N|b_i{|}^q)}^{1/q}.$$ 右侧的两个量分别称为这两组数的 $p$ 范数和 $q$ 范数。根指数不能省略；它们保证每个量与原来的数具有相同的缩放次数。有限和是积分版本在计数测度下的特例。

对开头的例子， $$\begin{array}{cc}\sum _i|a_i{|}^3& =1+8+8=17,\\ \sum _i|b_i{|}^{3/2}& =1+8+8=17,\\ \sum _i|a_i{b}_i|& =1+8+8=17.\end{array}$$ 因此上界恰好是 $17^{1/3}17^{2/3}=17$，达到等号。这两组向量并不成通常的线性比例；它们相配的是 $|a_i{|}^3$ 与 $|b_i{|}^{3/2}$，不是 $a_i$ 与 $b_i$ 本身。

标量杨氏不等式

证明先需要一个只涉及两个非负数的结论。设 $u,v\ge 0$，共轭指数满足 $1<p,q<\mathrm{\infty }$，则 $$uv\le \frac{u^p}{p}+\frac{v^q}{q},$$ 且等号当且仅当 $u^p=v^q$。这是乘积形式的杨氏不等式。

证明。 固定 $v>0$，将右侧减去左侧写成关于 $u\ge 0$ 的函数 $$H(u)=\frac{u^p}{p}-uv+\frac{v^q}{q}.$$ 当 $u>0$ 时，$H^{\prime }(u)=u^{p-1}-v$。导数在 $u=v^{1/(p-1)}$ 的左侧为负、右侧为正，因此这一点是全域唯一最小点。由 $q=p/(p-1)$，最小值为 $$\begin{array}{cc}H\left(v^{1/(p-1)}\right)& =v^q(\frac{1}{p}-1+\frac{1}{q})\\ & =0.\end{array}$$ 所以 $H(u)\ge 0$，等号恰在 $u^p=v^q$ 时成立。若 $v=0$，则 $H(u)=u^p/p\ge 0$，等号仅在 $u=0$ 成立，同样符合上述条件。

本图取 p=3、q=3/2、v=4，画出0≤u≤3时的差值 H(u)=u³/3+16/3−4u。曲线在 u=2 接触零轴；u=1 时差值为5/3。

归一化与有限和的证明

记 $$A={(\sum _i|a_i{|}^p)}^{1/p},B={(\sum _i|b_i{|}^q)}^{1/q}.$$ 若 $A=0$，非负项之和为零意味着每个 $a_i=0$，不等式两侧均为零；$B=0$ 同理。以下设二者都正。

令 ${\alpha }_i=|a_i|/A$、${\beta }_i=|b_i|/B$，则 $$\sum _i{\alpha }_i^p=\sum _i{\beta }_i^q=1.$$ 对每一个下标使用标量杨氏不等式，再求和： $$\begin{array}{cc}\sum _i{\alpha }_i{\beta }_i& \le \frac{1}{p}\sum _i{\alpha }_i^p+\frac{1}{q}\sum _i{\beta }_i^q\\ & =\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1.\end{array}$$ 乘回 $AB$ 就得到赫尔德不等式。归一化把两组任意大小的数变成总幂次均为一的对象，使标量不等式的两个代价恰好相加为一。

每一个杨氏差值都非负，所以总和达到等号，恰好要求每一项的差值都为零。因而在 $A,B>0$ 时，等号条件为 $$\frac{|a_i{|}^p}{A^p}=\frac{|b_i{|}^q}{B^q}\text{对每个 }i.$$ 也就是两组共轭幂次在各位置分配同样的比例。若存在一个常数 $c>0$ 使 $|a_i{|}^p=c|b_i{|}^q$ 对所有下标成立，就满足这一条件；零向量情形已单独处理。

改动一个分量的变式

保持 $a=(1,2,2)$，把另一组数改成 $\tilde{b}=(1,4,1)$。此时 $$\begin{array}{cc}\sum _i|a_i{\tilde{b}}_i|& =1+8+2=11,\\ \sum _i|a_i{|}^3& =17,\\ \sum _i|{\tilde{b}}_i{|}^{3/2}& =1+8+1=10.\end{array}$$ 赫尔德上界为 $$17^{1/3}10^{2/3}=\sqrt[3]{1700}\approx 11.9348>11.$$ 两组归一化幂次分别为 $(1,8,8)/17$ 与 $(1,8,1)/10$，第三个位置的质量分配已经不同，不能再达到等号。

横轴是离散下标，连线只帮助辨认分量。未改动 b 时两条幂次比例完全重合；图中改动后的两条比例不同，对应严格不等式。

测度空间上的积分版本

设 $(X,\Sigma ,\mu )$ 是任意测度空间，$f,g:X\to ℝ$ 为可测函数，$1<p,q<\mathrm{\infty }$ 且 $1/p+1/q=1$。假定 $${\int }_X|f{|}^p\mathrm{d}\mu <\mathrm{\infty },{\int }_X|g{|}^q\mathrm{d}\mu <\mathrm{\infty }.$$ 定义 $$\begin{array}{cc}\Vert f{\Vert }_p& ={({\int }_X|f{|}^p\mathrm{d}\mu )}^{1/p},\\ \Vert g{\Vert }_q& ={({\int }_X|g{|}^q\mathrm{d}\mu )}^{1/q}.\end{array}$$ 则乘积绝对可积，并且 $${\int }_X|fg|\mathrm{d}\mu \le \Vert f{\Vert }_p\Vert g{\Vert }_q.$$ 这里采用勒贝格积分。定理不要求总测度有限，也不要求测度σ有限；它需要的是上述两个幂次积分有限。

证明。 若 $\Vert f{\Vert }_p=0$，则 $f=0$ 几乎处处：对每个正整数 $m$，集合 $\{|f|>1/m\}$ 的测度为零，否则积分至少为该集合测度乘 $m^{-p}$ 而不能为零；这些集合的可数并覆盖 $\{f\ne 0\}$。因此 $fg=0$ 几乎处处，不等式成立。另一范数为零时同理。

设二者均正，令 $F=|f|/\Vert f{\Vert }_p$、$G=|g|/\Vert g{\Vert }_q$。逐点有 $$0\le FG\le \frac{F^p}{p}+\frac{G^q}{q}.$$ 右侧可积，积分为一；由非负积分的单调性，$FG$ 也可积，且其积分不超过一。乘回两个范数即得结论。证明没有事先假定乘积可积。

同样考察非负差值 $F^p/p+G^q/q-FG$，可知在两个范数非零时，等号当且仅当 $$\frac{|f{|}^p}{\Vert f{\Vert }_p^p}=\frac{|g{|}^q}{\Vert g{\Vert }_q^q}\text{几乎处处}.$$ 这里的“几乎处处”允许在零测集上不满足点值等式；这不会改变任何一个积分。

端点指数

当 $p=1$ 时，约定共轭指数 $q=\mathrm{\infty }$。此时用本质上界 $$\Vert g{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=inf\{M\ge 0:|g|\le M\text{ 几乎处处}\}$$ 代替幂次积分，假定这个量有限。对每个合格的 $M$，有 $|fg|\le M|f|$ 几乎处处，故 $${\int }_X|fg|\mathrm{d}\mu \le M\Vert f{\Vert }_1.$$ 对所有这样的 $M$ 取下确界，便得 $${\int }_X|fg|\mathrm{d}\mu \le \Vert f{\Vert }_1\Vert g{\Vert }_{\mathrm{\infty }}.$$ 这里 $\Vert f{\Vert }_1<\mathrm{\infty }$，所以取界时不发生无穷乘零的问题。$p=\mathrm{\infty },q=1$ 则交换两个函数即可。

连续函数的积分算例

在 $[0,1]$ 上取勒贝格测度，令 $f(x)=x$、$g(x)=x^2$，仍取 $p=3,q=3/2$。用初等积分计算： $$\begin{array}{cc}{\int }_0^1{f}^3\mathrm{d}x& ={\int }_0^1{x}^3\mathrm{d}x=\frac{1}{4},\\ {\int }_0^1{g}^{3/2}\mathrm{d}x& ={\int }_0^1{x}^3\mathrm{d}x=\frac{1}{4},\\ {\int }_0^{1}fg\mathrm{d}x& ={\int }_0^1{x}^3\mathrm{d}x=\frac{1}{4}.\end{array}$$ 上界为 $(1/4{)}^{1/3}(1/4{)}^{2/3}=1/4$，达到等号，因为两组共轭幂次都是同一个函数 $x^3$。

若改为 $g(x)=1$，则 $\Vert g{\Vert }_{3/2}=1$，乘积积分为 $1/2$，而上界为 $${\left(\frac{1}{4}\right)}^{1/3}\approx \mathrm{0.62996.}$$ 这次等号失败的原因是 $f^3=x^3$ 与 $g^{3/2}=1$ 不成几乎处处的固定比例。

图中画的是各自归一化后的乘积 FG，不是原来的单个函数。第一种情况的乘积为4x³，积分恰为1；改用 g=1 后，乘积为4的三次方根乘x，积分约0.7937，小于同一个上界1。

有限测度集合上的积分控制

若可测集合 $E$ 的测度有限，$1<p<\mathrm{\infty }$，在 $E$ 上把第二个函数取为常函数一，就得到 $${\int }_E|f|\mathrm{d}\mu \le \mu (E{)}^{1-1/p}{({\int }_E|f{|}^p\mathrm{d}\mu )}^{1/p}.$$ 因此在有限测度集合上，幂次积分有限能够控制一阶绝对积分。这正是取 $\Vert 1{\Vert }_q=\mu (E{)}^{1/q}$ 的结果；不能把集合测度这一因子漏掉。

在无限测度空间中，不再有这样的无条件包含关系。例如在 $[0,\mathrm{\infty })$ 上取 $f(x)=(1+x{)}^{-1/2}$，则 $${\int }_0^{\mathrm{\infty }}|f(x){|}^3\mathrm{d}x=2,$$ 但 $${\int }_0^R|f(x)|\mathrm{d}x=2(\sqrt{1+R}-1)⟶\mathrm{\infty }.$$ 三次幂可积而函数不绝对可积。此时常函数一的 $q$ 次幂积分为无穷，不满足定理对第二个函数的假设。

共轭条件、权重与符号

指数不配对时，前述上界可能直接失败。若把两个指数都取三，令两组数各含八个一，则逐项乘积和为八，而两个三次范数的乘积只有 $8^{1/3}{8}^{1/3}=4$。这里 $1/3+1/3\ne 1$，不是赫尔德不等式所覆盖的情形。

若有限组数据带有限的非负权重 $w_i$，把权重作为测度，即 $\mu (\{i\})=w_i$，积分版本给出 $$\begin{array}{cc}\sum _i{w}_i|a_i{b}_i|& \le {(\sum _i{w}_i|a_i{|}^p)}^{1/p}\\ & \times {(\sum _i{w}_i|b_i{|}^q)}^{1/q}.\end{array}$$ 两侧使用相同的权重，右侧不是把每个 $w_i$ 分别提升为 $p$ 次或 $q$ 次；权重刻画的是每个位置占多少测度。

还要区分 $\int |fg|$ 与 $|\int fg|$。后者可能因正负抵消而小得多。将开头的第一组数改成 $(1,-2,2)$，保持 $b=(1,4,4)$，则绝对乘积和仍为十七，带符号的乘积和却是 $1-8+8=1$。所以赫尔德的绝对乘积界达到等号，并不自动使带符号和的绝对值达到同样上界。

相关条目

• 柯西不等式：两个共轭指数都取二的情形。
• 测度、勒贝格积分：有限和、带权和与积分的统一写法。
• 可测函数、零测集：乘积可测性及几乎处处的等号条件。