ヘルダーの不等式の証明

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【2023年4月2週】 【B000】数理統計学 【B060】標本分布

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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

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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大学時代に読書の面白さに気づいて以来、読書や勉強を通じて、興味をもったことや新しいことを学ぶことが生きる原動力。そんな人間が、その時々に学んだことを備忘録兼人生の軌跡として記録しているブログです。

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