不等式

符號說明

矩陣 $A \in \mathbb{R}^{m \times n}$
$\|A\|$ ：矩陣 $A$ 的譜范數(shù)
$\|A\|_*$ : 矩陣 $A$ 的核范數(shù)
$\|A\|_F$ : 矩陣 $A$ 的F范數(shù)
$\mathrm{rank}()$ 表示矩陣的秩研底。

[Jensen’s inequality]

$f(\theta x + (1-\theta)y) \le \theta f(x)+(1-\theta)f(y)$

如果 $f:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ 為凸函數(shù)， $\theta \in [0, 1]$ ， $x,y\in \mathrm{dom}f$ 那么：
$f(\theta x + (1-\theta)y) \le \theta f(x)+(1-\theta)f(y)$
實際上，上述為凸函數(shù)的定義，為比較一般的Jensen’s inequality脓恕。

$f(\theta_1 x_1 + \ldots + \theta_k x_k) \le \theta_1 f(x_1)+\ldots+ \theta_k f(x_k)$

如果 $f:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ 為凸函數(shù)， $\theta_i \in [0, 1], \sum \limits_{i=1}^k \theta_i =1$ ， $x_1, \ldots, x_k \in \mathrm{dom}f$ 那么：
$f(\theta_1 x_1 + \ldots + \theta_k x_k) \le \theta_1 f(x_1)+\ldots+ \theta_k f(x_k)$
證：假設 $\theta_1 = 0 或者 1$ 時殉农，不等式是一定成立的局荚，所以假設 $\theta_1 \in (0,1)$ 。
令 $\theta = \theta_1, \theta' = 1-\theta$ , $x = x_1, \theta'y = \theta_2 x_2 + \ldots + \theta_k x_k$ 轮傍，根據(jù)凸函數(shù)的定義可得：
$f(\theta x + \theta' y) \le \theta f(x) + \theta' f(y)$
$\sum \limits_{i=2}^k \theta_i / \theta'=1$ ，所以创夜，同樣滿足條件，所以通過數(shù)學歸納法即可證明上述等式喜最。

$f(\int_S p(x)x \: \mathrmjrt3tv7x) \le \int_S f(x)p(x) \mathrmx1x5tn3x$

如果在 $S \subseteq \mathrm{dom} f$ 上迷雪， $p(x) \ge 0$ ,且 $\int_S p(x) \: \mathrmjh1lf7bx=1$ ，則當相應的積分存在時：
$f(\int_S p(x)x \: \mathrmjxtnprlx) \le \int_S f(x)p(x) \mathrmvlfjd97x$

試證（注意虫蝶，是試證）：
令 $\theta_i = p(x_i) \Delta x_i章咧， i=1,2,\ldots,k$ ，且滿足 $\sum \limits_{i=1}^k \theta_i =1$ (這個性質(zhì)至少在p(x)是連續(xù)函數(shù)的時候是能夠滿足的)能真，那么根據(jù)第二形態(tài)Jensen’s inequality可以得到:
$f(\sum \limits_{i=1}^k p(x_i)\Delta x_i x_i) \le \sum \limits_{i=1}^k p(x_i)\Delta x_i f(x_i)$
令 $\max |\Delta x_i| \rightarrow 0$ 即可得積分形式不等式(當然赁严，里面含有一個極限和函數(shù)互換的東西扰柠，因為凸函數(shù)一定是連續(xù)函數(shù)，所以這個是可以互換的疼约，應該沒弄錯)卤档。

$f(\mathrm{E}x) \le \mathrm{E}(f(x))$

如果 $x$ 是隨機變量，事件 $x \in \mathrm{dom}f$ 發(fā)生的概率為1程剥，函數(shù) $f$ 為凸函數(shù)劝枣，且相應的期望存在時：
$f(\mathrm{E}x) \le \mathrm{E}(f(x))$
證：
令 $S = domf$ ，隨機變量 $x$ 的概率密度函數(shù)為 $p(x)$ ,則 $\int_S p(x)=1$ 织鲸，于是舔腾，根據(jù)積分形式的Jensen’s inequality即可得：
$f(\mathrm{E}x) \le \mathrm{E}(f(x))$

[Young's inequality] $ab \le \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}$

Young's inequality-wiki

設 $p,q \in [1, +\infty)$ 且均為實數(shù)，滿足：
$\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$
若 $a, b>0$ 亦為實數(shù)搂擦，那么：
$ab \le \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}$

證1：

對于 $x \in \mathbb{R}^+, \alpha \in (0, 1)$ ,有 $x^{\alpha} \le 1 + \alpha (x-1)$ (因為 $x^{\alpha}$ 為凹函數(shù)稳诚，而不等式右邊是在點 $(1, 1)$ 的切線)。令 $x = b/a, \alpha = 1/q$ ,可得：
$a^{1/p}b^{1/q} \le \frac{a}{p} + \frac瀑踢{q}$
令 $a:=a^p, b:=b^q$ 扳还，代入即可得，另外 $a,b=0$ 的時候不等式必成立丘损，結果得證普办。

證2：
考察 $Oxy$ 平面上由方程 $y=x^{p-1}$ 所定義的曲線，它也可以表示為 $x=y^{\frac{1}{p-1}}=y^{q-1}$ ,作積分得：
$S_1 = \int_0^a y \mathrmxt97rr1x = \int_0^a x^{p-1} \mathrmpfhvhl7x = \frac{a^p}{p} \\ S_2 = \int_0^b x \mathrm7hlfzp7y = \int_0^a y^{q-1} \mathrm91f3b9ty = \frac{b^q}{q}$
顯然：
$ab \le S_1 + S_2 = \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}$
只有當 $b^q = a^p$ 的時候徘钥，不等式才得以成立衔蹲，證畢。

[Holder's inequality] $\|xy\|_1 \le \|x\|_p \|y\|_q$

Holder's inequality-wiki

離散形式

設 $p, q \in [1, +\infty)$ ,且 $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ , $x, y \in C^{n}$ ,其中 $C$ 表示復數(shù)域呈础，則：
$\|xy\|_1 = \sum \limits_{i=1}^n |x_iy_i| \le (\sum \limits_{i=1}^n |x_i|^p)^{\frac{1}{p}}(\sum \limits_{i=1}^n |y_i|^q)^{\frac{1}{q}} = \|x\|_p \|y\|_q$
注意舆驶， $m \times n$ 的矩陣可以看成是 $mn$ 維的向量。

證：
令
$a_k = \frac{|x_k|}{(\sum \limits_{i=1}^{n} |x_i|^p)^{\frac{1}{p}}}, b_k = \frac{|y_k|}{(\sum \limits_{i=1}^{n} |y_i|^q)^{\frac{1}{q}}}$
則有 $\sum \limits_{k=1}^n a_k^p = 1, \sum_{k=1}^n b_k^q = 1$ ,由楊不等式 $a_kb_k \le \frac{a_k^p}{p} + \frac{b_k^q}{q}$ 求和而钞，得
$\sum \limits_{k=1}^n a_k b_k \le \frac{\sum \limits_{k=1}^{n}a_k^p}{p} + \frac{\sum \limits_{k=1}^{n}b_k^q}{q} = \frac{1}{p} + \frac{1}{q}=1$
即
$\frac{\sum \limits_{i=1}^n |x_i||y_i|}{(\sum \limits_{i=1}^n |x_i|^p)^{\frac{1}{p}}(\sum \limits_{i=1}^n |y_i|^q)^{\frac{1}{q}}} \le1$
所以得證沙廉。
另外需要一提的是 $n \rightarrow + \infty$ ，且右端倆式收斂臼节，則這個式子也對于 $n \rightarrow +\infty$ 也可成立撬陵。

積分形式

設 $p, q \in [1, +\infty)$ ,且 $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ , $x(t), y(t), t\in [t_0, t_1]$ ，且 $\int_{t_0}^{t_1}|x(t)y(t)|\mathrmhdpv7n3t,\: [\int_{t_0}^{t_1}|x(t)|^p\mathrmnlfrnpht]^{\frac{1}{p}}, \:[\int_{t_0}^{t_1}|y(t)|^q\mathrmxfbvxznt]^{\frac{1}{q}}$ 均存在,則
$\int_{t_0}^{t_1}|x(t)y(t)|\mathrmfb1bxhdt \le [\int_{t_0}^{t_1}|x(t)|^p\mathrm5nztxjjt]^{\frac{1}{p}} [\int_{t_0}^{t_1}|y(t)|^q\mathrmxdfhtf3t]^{\frac{1}{q}}$

證：
令
$a = \frac{|x(t)|}{[\int_{t_0}^{t_1}|x(t)|^p\mathrmnbfp77lt]^{\frac{1}{p}}}, \quad b = \frac{|y(t)|}{[\int_{t_0}^{t_1}|y(t)|^q\mathrmnlxlnhjt]^{\frac{1}{q}}}$
則有 $\int_{t_0}^{t_1}a^p \mathrm9bvftnpt=1, \: \int_{t_0}^{t_1}b^q \mathrmtzdhhpjt=1$ ,并由楊不等式 $ab\le \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}$ 并積分可得：
$\int_{t_0}^{t_1}ab \mathrmvthrvnpt \le 1$
即
$\int_{t_0}^{t_1}|x(t)y(t)|\mathrmh97nb1zt \le [\int_{t_0}^{t_1}|x(t)|^p\mathrmjzbxrdlt]^{\frac{1}{p}} [\int_{t_0}^{t_1}|y(t)|^q\mathrmxd7v7dtt]^{\frac{1}{q}}$
證畢网缝。

[trace-nuclear] $\mathrm{Tr}(A^TB) \le \|A\|\|B\|_*$

證明：
根據(jù) $\|B\|_*$ 的對偶定義：
$\|B\|_* = \sup \{\mathrm{Tr}(A^TB)| \|A\| \le 1\} = \sup \{\mathrm{Tr}(A^TB)| \|A\| = 1\} \\ \Rightarrow \alpha \|B\|_* \ge \alpha\mathrm{Tr}((A^TB)), \|A\| =1$
令 $A := \alpha A$ 代之巨税，則 $\|A\| = \alpha$
$\|A\|\|B\|_* \ge \mathrm{Tr}(A^TB)$
因為 $B$ 是任意的，所以不等式對任意的 $A,B$ 都成立（當然前提是能做矩陣的乘法）粉臊。

[算術-幾何平均不等式] $a^{\theta}b^{1-\theta} \le \theta a +(1-\theta)b$

如果 $a,b\ge 0$ 草添， $\theta \in [0, 1]$ ，那么
$a^{\theta}b^{1-\theta} \le \theta a +(1-\theta)b$
$\theta = 1/2$ 時扼仲， $\sqrt{ab} \le (a+b)/2$

證1：因為 $-\log x$ 為定義在 $(0, +\infty)$ 上的凸函數(shù)远寸，根據(jù)[Jensen’s inequality]可得：
$-\log (\theta a + (1-\theta)b) \le -\theta \log(a) -(1-\theta) \log(b)$
倆邊取指數(shù)可得：
$\big(\theta a+(1-\theta)b\big)^{-1} \le (a^{\theta}b^{(1-\theta)})^{-1}$
所以
$a^{\theta}b^{1-\theta} \le \theta a +(1-\theta)b$

證2：
根據(jù)[Young's inequality]可得：
$ab \le \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}$
令 $a = a^{\theta}, b = b^{1-\theta}$ , $p = 1/\theta,q=1/(1-\theta)$ 抄淑， $p,q$ 滿足條件，所以：
$a^{\theta}b^{1-\theta} \le \theta a +(1-\theta)b$

[Gibb's inequality] $-\sum \limits_{i=1}^np_i \log p_i \le -\sum \limits_{i=1}^n p_i\log q_i$

假設 $P=\{p_1, \ldots, p_n\}, Q=\{q_1, \ldots, q_n\}$ 分別為一個概率分布, 那么有下列不等式成立:
$-\sum \limits_{i=1}^np_i \log p_i \le -\sum \limits_{i=1}^n p_i\log q_i$
等價于:
$\sum \limits_{i=1}^np_i \log p_i \ge \sum \limits_{i=1}^n p_i\log q_i$
亦等價于:
$-\sum \limits_{i=1}^n p_i \log \frac{p_i}{q_i} \le 0$
當且僅當 $p_i=q_i$ 時等式成立.

這意味著是KL散度:
$D(P\|Q)=-\sum_{i=1}^n p_i\ln \frac{q_i}{p_i} \ge 0$

wiki

證1:

因為 $\log a = \frac{\ln a}{\ln 2}$ , 所以我們簡單證明 $\ln$ 的不等式即可.
用 $I$ 表示 $p_i > 0$ 的指示集驰后，又 $\ln x \le x-1, x>0$ , 故:
$-\sum \limits_{i \in I} p_i \ln \frac{q_i}{p_i} \ge -\sum \limits_{i \in I} p_i (\frac{q_i}{p_i}-1) =-\sum \limits_{i \in I} q_i +1 \ge 0$
經(jīng)過延拓 $0\ln0=0$ , 則上式成立肆资，又 $x=1$ 的時候 $\ln x = x-1$ ，所以 $p_i=q_i, i\in I$ , 又因為 $\sum_{i\in I} p_i=1$ , 所以 $\sum_{i\in I} q_i=1$ , 所以 $p_i=q_i=0, i \not \in I$ , 故 $p_i =q_i, i=1,2,\ldots, n$

證2:

因為 $-\log$ 嚴格凸倡怎，所以利用[Jensen' inequality]可以得到:
$\sum_i p_i \log \frac{q_i}{p_i} \le \log \sum_i p_i \frac{q_i}{p_i} = 0$
而根據(jù)[Jensen' inequality]等式成立的條件可以得到:
$\frac{p_1}{q_1} = \frac{p_2}{q_2} =\cdots =\frac{p_n}{q_n}$
且 $\sum_i q_i=\sum p_i =1$ 所以 $p_i=q_i$ 時等式成立迅耘， $p_i=0$ 的情況和上面一樣討論.

自然贱枣，該不等式可以推廣到積分形式：
$D(P\| Q)=-\int p(x) \log \frac{q(x)}{p(x)} \mathrmxtvrtl7x \ge 0$

[Gronwall's inequality] $u(t) \le f(t)e^{\int_0^th(s)\mathrmbbpr9bhs}$

假設 $f$ 在 $[0, +\infty)$ 上非負监署，單調(diào)遞增, $h, u \in \mathrm{C}[0, +\infty)$ ,且 $h$ 非負, 滿足:
$u(t) \le f(t) + \int_{0}^th(s)u(s) \mathrmjnp9x3js, \quad t\ge 0,$
則:
$u(t) \le f(t)e^{\int_0^th(s)\mathrmbvzd9ljs}.$

注意:
如果
$u(t) = f(t) + \int_{0}^th(s)u(s) \mathrmj3ljvfps,$
并不能推出:
$u(t) = f(t)e^{\int_0^th(s)\mathrmnt7d7brs}.$
但是當 $f(t)\equiv C_0 \ge 0$ 的時候，是有此類性質(zhì)的(可用類似證1的方法證明).

證1:

記: $w(t)=\int_0^t h(s)u(s) \mathrmbnptv1bs$ , 則 $w(0)=0$ , $w'(t)=h(t)u(t)$ , 可得:
$w'(t)=h(t)u(t)\le h(t) f(t)+h(t)w(t).$
即:
$w'(t)-h(t)w(t)\le h(t)f(t).$
記 $H(t)=\int_0^t h(s)\mathrmn7nhdvxs$ , 則 $H(0)=0, H'(t)=h(t)$ .
倆邊同乘以 $e^{-H(t)}$ 纽哥，不改變符號:
$e^{-H(t)}(w'(t)-h(t)w(t))=(e^{-H(t)}w(t))'\le e^{-H(t)}h(t)f(t),$
倆邊是同時在 $[0, t]$ 上積分得:
$w(t)\le e^{H(t)} \int_0^t e^{-H(s)}h(s)f(s)\mathrmhlzjn3ts.$
注意到(因為 $f(t)$ 單增, 且積分內(nèi)部為非負):
$\int_0^t e^{-H(s)}h(s)f(s)\mathrmlxznzr1s\le \int_0^t e^{-H(s)}h(s)\mathrm77vb777s \: f(t)=-e^{-H(s)}|_0^t \: f(t)=(1-e^{-H(t)})f(t),$
所以:
$u(t) \le f(t)+w(t) \le e^{H(t)}f(t).$
證畢.

證2( $u$ 需非負):

$\begin{array}{ll} u(t) &\le f(t) + \int_{0}^th(s)u(s) \mathrmxvzvfzts \\ & \le f(t) +\epsilon + \int_{0}^th(s)u(s) \mathrmrztdxf7s, \epsilon > 0. \end{array}$
則:
$\frac{h(t)u(t)}{f(t)+\epsilon + \int_{0}^th(s)u(s) \mathrmp1nrx19s} \le h(t)$
倆邊在 $[0,t]$ 上積分:
$\int_0^t \frac{h(s)u(s)}{f(s)+\epsilon + \int_{0}^sh(\tau)u(\tau) \mathrmrfbv39j\tau} \mathrmvrfr3jbs\le \int_0^t h(s)\mathrm1th11nts$
注意钠乏，因為 $f(t)$ 是單增的，所以 $s\in[0, t]$ 時:
$\frac{h(s)u(s)}{f(s)+\epsilon + \int_{0}^sh(\tau)u(\tau) \mathrm3lxz9j7\tau} \ge \frac{h(s)u(s)}{f(t)+\epsilon + \int_{0}^sh(\tau)u(\tau) \mathrmvtznptv\tau} \ge 0,$
所以:
$\int_0^t \frac{h(s)u(s)}{f(t)+\epsilon + \int_{0}^sh(\tau)u(\tau) \mathrm1pvxrtn\tau} \mathrmndrbndxs=\ln \frac{f(t)+\epsilon+\int_0^t h(s)u(s)\mathrmj1z9ztds}{f(t)+\epsilon}\le \int_0^t h(s)\mathrmn77fzt9s,$
所以:
$f(t)+\epsilon + \int_0^t h(s)u(s)\mathrmv779ph1s \le e^{H(t)}(f(t)+\epsilon),$
其中 $H(t)=\int_0^t h(s) \mathrmtzdpbn7s$ .
倆邊令 $\epsilon \rightarrow0$ 得:
$u(t) \le f(t)+ \int_0^t h(s)u(s)\mathrmpnhjn9vs \le e^{H(t)}f(t).$
證畢.

證3:

令 $M(T)=\max \limits_{0\le t\le T} \int_0^t h(s)u(s)\mathrmxlnplxhs$ ,
則:
$u(t)\le f(t)+M(T) \\ \Rightarrow h(t)u(t) \le h(t)f(t) + M(T)h(t),$
于是:
$u(t) \le f(t)+\int_0^th(s)f(s)+M(T)h(s)\mathrm1lfz7jps.$
因為 $f(t)$ 單增, 所以:
$\int_0^t h(s)f(s)\mathrmvrdxlnns\le f(t) \int_0^th(s)\mathrmzf7ftlxs.$
記 $H(t)=\int_0^t h(s)\mathrmvbxhtlds$ , 可得:
$u(t)\le f(t)(1+H(t))+H(t)M(T) \\ \Rightarrow h(t)u(t)\le f(t)h(t)(1+H(t))+h(t)H(t)M(T).$
于是:
$u(t) \le f(t)+\int_0^t f(s)h(s)(1+H(s))+h(s)H(s)M(T) \mathrmpvztvzl s.$
注意到:
$\int_0^t H(s)h(s) \mathrmp7hzdnfs=\frac{H^2(t)-H^2(0)}{2}=\frac{H^2(t)}{2}.$
所以:
$u(t) \le f(t)(1+H(t)+ \frac{H^2(t)}{2!})+\frac{H^2(t)M(T)}{2!}.$
重復此類操作可得:
$u(t) \le f(t)(1+H(t)+ \frac{H^2(t)}{2!} + ...+\frac{H^n(t)}{n!})+\frac{H^n(t)M(T)}{n!}.$
令 $n\rightarrow + \infty$ :
$u(t) \le f(t)e^{H(t)}+0.$
證畢.
注:
最后這部分也可以利用:
$1+t+\ldots+\frac{t^n}{n!}\le e^t, t\ge0$
來證明, 但是我覺得如果是倆邊取極限春塌，那就不必考慮 $t$ 得正負問題了晓避，雖然多此一舉，但是更酷啊.

[ $C_p$ inequality] $(|a|+|b|)^p \le C_p(|a|^p+|b|^p)$

假設 $a, b$ 為實數(shù)只壳， $p>0$ , 則
$(|a|+|b|)^p \le C_p(|a|^p+|b|^p),$
其中
$C_p = \left \{ \begin{array}{ll} 1, & 0<p \le 1, \\ 2^{p-1}, & p>1. \end{array} \right.$

證明:

$0<p\le1$ : 考慮函數(shù) $f(x) = (1+x)^p-x^p-1, x \ge 0$ , 其導數(shù)為
$f'(x) = p[(x+1)^{p-1}-x^{p-1}]<0,$
則 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上單調(diào)遞減俏拱，由 $f(0)=0$ , 所以 $f(x)\le0$ . 代入 $|b|/|a|(a\not =0)$ 即得:
$(|a|+|b|)^p \le C_p(|a|^p+|b|^p),$
顯然， $a=0$ 時也成立.

$p>1$ : 考慮凸函數(shù) $|x|^p$ 可得:
$(\frac{|a|+|b|}{2})^{p} \le \frac{1}{2}(|a|^p+|b|^p),$
證畢.

最后編輯于：2019.12.22 18:36:22

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情欲美人皮
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不等式

符號說明

[Jensen’s inequality]

[Young's inequality]

[Holder's inequality]

離散形式

積分形式

[trace-nuclear]

[算術-幾何平均不等式]

[Gibb's inequality]

[Gronwall's inequality]

[ inequality]

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