¿Se cumple la desigualdad de Young sólo para exponentes conjugados?

Question

Supongamos que $ab \leq \frac{1}{p}a^p+\frac{1}{q}b^q$ es válida para todos los números reales $a,b\ge 0$ . (donde $p,q>0$ son algunos números fijos).

¿Es cierto que $ \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ ?

Supongo que sí, y me gustaría encontrar una prueba fácil de este hecho. Conectando $a=b=1$ obtenemos $ \frac{1}{p}+\frac{1}{q}\ge1$ . ¿Existe una forma fácil de ver que la desigualdad inversa debe cumplirse?

Para que quede claro, estoy no buscando pruebas de la desigualdad de Young; sólo para ver por qué la relación entre los exponentes conjugados es la única opción posible.

Editar:

Aquí hay un comentario para ayudar a los futuros lectores (incluido el futuro yo) para ver cómo puede uno venir con La buena idea de Nicolás para aplicar la desigualdad para $a=\lambda^{\frac{1}{p}}, b=\lambda^{\frac{1}{q}}$ .

La idea es que es inconveniente para comparar una suma con otro número; Utilizando la elección específica de $a,b$ anterior, la suma se simplifica, ya que las escalas del parámetro auxiliar $\lambda$ en ambos sumandos son ahora idénticos.

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Comentario: Sé que la relación $ \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ es necesaria para la desigualdad de Holder en general; esto se puede ver escalando la medida. Sin embargo, no creo que este enfoque sea aplicable aquí.

Answer 1

Si se aplica la desigualdad para $a=\lambda^{\frac{1}{p}}, b=\lambda^{\frac{1}{q}}$ se obtiene algo así como $$ \lambda^{\frac{1}{p}+\frac{1}{q}}\leq \left( \frac{1}{p}+\frac{1}{q} \right)\lambda, \qquad \forall \lambda>0. $$ Si toma $\lambda \to \infty$ está claro que $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}\leq 1$ . En caso contrario, tras dividir por $\lambda$ se obtiene $$ \lambda^{\frac{1}{p}+\frac{1}{q}-1} \leq \frac{1}{p}+\frac{1}{q}, $$ que es falso para $\lambda$ suficientemente grande, ya que el lado derecho es constante. Tomando $\lambda \to 0$ obtiene la otra desigualdad.

Answer 2

Creo que lo siguiente puede ayudar.

Por AM-GM $$\frac{1}{p}a^p+\frac{1}{q}b^q\geq\left(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}\right)\left(\left(a^p\right)^{\frac{1}{p}}\left(b^q\right)^{\frac{1}{q}}\right)^{\frac{1}{\frac{1}{p}+\frac{1}{q}}}=\left(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}\right)(ab)^{\frac{1}{\frac{1}{p}+\frac{1}{q}}}.$$ La igualdad se produce, por supuesto.

Answer 3

He encontrado un argumento que funciona para $p,q\ge 1$ ya que necesito la convexidad de $x\to x^p,x^q$ . Supongamos por contradicción que $1/p+1/q>1$ . Entonces, si $p'$ es el conjugado de $q$ sabemos que $p'>p$ .

Ahora, para cualquier $a>0$ tenemos $$ a^{p'}/p'=\max\limits_{b>0}\{ab-b^q/q\} $$ (sólo porque $a\to a^{p'}/p'$ es la conjugada (transformada de Legendre) de $b\to b^q/q$ ). Entonces podemos elegir $a$ lo suficientemente grande como para que $$ \frac{a^p}{p}<\frac{a^{p'}}{p'} $$ y para tal $a$ tendríamos $$ a^{p}/p<\max\limits_{b>0}\{ab-b^q/q\} $$ lo que implica que para algunos $b>0$ (y el $a$ ) Se viola la desigualdad de Young.

Espero que esto ayude.