本稿では、ヘルダーの不等式を証明しています。
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【定理】ヘルダーの不等式
【定理】
ヘルダーの不等式
Holder’s Inequality
2つの確率変数 $X,Y$ について、任意の正の実数 $p,q$ が \begin{align} 1 \lt p \quad 1 \lt q\\ \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1 \end{align} を満たすとき、 \begin{align} E \left[ \left|XY\right|\right] \le \left\{E \left[ \left|X\right|^p\right]\right\}^\frac{1}{p} \left\{E \left[ \left|Y\right|^q\right]\right\}^\frac{1}{q} \end{align} が成り立つ。
証明
(i)まずは、次の補題を証明する。
[補題]任意の正の実数 $0 \lt a,0 \lt b$ に対して、
\begin{align}
ab \le \frac{1}{p}a^p+\frac{1}{q}b^q
\end{align}
が成り立つ。
$b$ を定数とみなして、
\begin{align}
g \left(a\right)=\frac{1}{p}a^p+\frac{1}{q}b^q-ab
\end{align}
とおいて、$g \left(a\right)$ を最小にする $a$ を求める。
$g \left(a\right)$ は下に凸な関数なので、$g^\prime \left(a\right)=0$ を満たす $a$ を求めればよい。すなわち、
\begin{gather}
g^\prime \left(a\right)=a^{p-1}-b=0\\
a=b^\frac{1}{p-1}
\end{gather}
よって、
\begin{gather}
g \left(a\right) \geq g \left(b^\frac{1}{p-1}\right)=\frac{1}{p}b^\frac{p}{p-1}+\frac{1}{q}b^q-b^\frac{1}{p-1} \cdot b\\
g \left(a\right) \geq \left(1-\frac{1}{p}\right)b^\frac{p}{p-1}+\frac{1}{q}b^q= \left(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}\right)b^q-b^q=0
\end{gather}
ここで、$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ を変形すると、
\begin{gather}
p+q=pq\\
p=pq-q\\
p= \left(p-1\right)q\\
\frac{p}{p-1}=q
\end{gather}
よって、
\begin{align}
g \left(a\right) \geq \left(1-\frac{1}{p}\right)b^\frac{p}{p-1}+\frac{1}{q}b^q=\frac{1}{q}b^q-\frac{1}{q}b^q=0
\end{align}
$\blacksquare$
(ii)続いて、当初の命題を証明する。
(a)$E \left[ \left|X\right|\right]=0$ または、$E \left[ \left|Y\right|\right]=0$ のとき、$E \left[ \left|XY\right|\right]=0$ となるので、与式は成り立つ。
(b)$0 \lt E \left[ \left|X\right|\right],0 \lt E \left[ \left|Y\right|\right]$ のとき、補題において、
\begin{align}
a=\frac{ \left|X\right|}{ \left\{E \left[ \left|X\right|^p\right]\right\}^\frac{1}{p}} \quad b=\frac{ \left|Y\right|}{ \left\{E \left[ \left|Y\right|^q\right]\right\}^\frac{1}{q}}
\end{align}
とすると、
\begin{align}
\frac{ \left|X\right|}{ \left\{E \left[ \left|X\right|^p\right]\right\}^\frac{1}{p}} \cdot \frac{ \left|Y\right|}{ \left\{E \left[ \left|Y\right|^q\right]\right\}^\frac{1}{q}} \le \frac{1}{p}\frac{ \left|X\right|^p}{ \left\{E \left[ \left|X\right|^p\right]\right\}}+\frac{1}{q}\frac{ \left|Y\right|^q}{ \left\{E \left[ \left|Y\right|^q\right]\right\}}
\end{align}
両辺の期待値を取ると、
右辺について、
\begin{align}
E \left[\frac{1}{p}\frac{ \left|X\right|^p}{ \left\{E \left[ \left|X\right|^p\right]\right\}}+\frac{1}{q}\frac{ \left|Y\right|^q}{ \left\{E \left[ \left|Y\right|^q\right]\right\}}\right]&=\frac{1}{p}\frac{E \left[ \left|X\right|^p\right]}{E \left[ \left|X\right|^p\right]}+\frac{1}{q}\frac{E \left[ \left|Y\right|^q\right]}{E \left[ \left|Y\right|^q\right]}\\
&=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}\\
&=1
\end{align}
左辺について、
\begin{align}
E \left[\frac{ \left|X\right| \left|Y\right|}{ \left\{E \left[ \left|X\right|^p\right]\right\}^\frac{1}{p} \left\{E \left[ \left|Y\right|^q\right]\right\}^\frac{1}{q}}\right]=\frac{E \left[ \left|X\right| \left|Y\right|\right]}{ \left\{E \left[ \left|X\right|^p\right]\right\}^\frac{1}{p} \left\{E \left[ \left|Y\right|^q\right]\right\}^\frac{1}{q}}
\end{align}
したがって、
\begin{gather}
\frac{E \left[ \left|X\right| \left|Y\right|\right]}{ \left\{E \left[ \left|X\right|^p\right]\right\}^\frac{1}{p} \left\{E \left[ \left|Y\right|^q\right]\right\}^\frac{1}{q}} \le 1\\
E \left[ \left|X\right| \left|Y\right|\right] \le \left\{E \left[ \left|X\right|^p\right]\right\}^\frac{1}{p} \left\{E \left[ \left|Y\right|^q\right]\right\}^\frac{1}{q}
\end{gather}
$\blacksquare$
参考文献
- 野田 一雄, 宮岡 悦良 著. 入門・演習数理統計. 共立出版, 1990, p.98-99 章末問題 2.B.4
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