Weierstrass不等式，概率方法的威力

摘要: 概率方法在证明不等式中的应用

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在文章 概率方法证明不等式：构造随机变量，将不等式中的项解释为事件的概率 中，我们介绍了证明不等式的概率方法并解决了很多问题。

本文我们通过一个较难的不等式来看一下概率方法的威力，其描述如下：

Weierstrass不等式

设 $0 < a_{k} < 1, k=1,2,\cdots,n$，则：

$$1 - \sum\limits_{k=1}\limits^{n}a_{k} < \prod\limits_{k=1}\limits^{n}(1 - a_{k}) < \frac{1}{\prod\limits_{k=1}\limits^{n}(1 + a_{k})} < \frac{1}{1 + \sum\limits_{k=1}\limits^{n}a_{k}}$$

以上不等式称为魏尔斯特拉斯不等式，在优化等领域中有所应用。证明过程冗长且需要一些前置知识，比如 Schur 凸函数的相关概念。

但是用概率方法，可以轻易解决其中一部分，下面我们来看一下。

魏尔斯特拉斯不等式

设 $0 < a_{k} < 1, k=1,2,\cdots,n$，则：

$$1 - \sum\limits_{k=1}\limits^{n}a_{k} < \prod\limits_{k=1}\limits^{n}(1 - a_{k}) < \frac{1}{1 + \sum\limits_{k=1}\limits^{n}a_{k}}$$

证明 (概率方法)

设 $n$ 个事件 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}$ 相互独立，且 $P_{A_{k}} = a_{k}, k=1,2,\cdots,n$，以下事件为必然事件：

$$\Omega = A_{1} + \overline{A}_{1}A_{2} + \overline{A}_{1}\overline{A}_{2}A_{3} + \cdots + \overline{A}_{1}\cdots\overline{A}_{n-1}A_{n} + \overline{A}_{1}\overline{A}_{2}\cdots\overline{A}_{n}$$

因此：

$$\begin{align} P(\Omega) &= P(A_{1}) + P(\overline{A}_{1})P(A_{2}) + \cdots + P(\overline{A}_{1})P(\overline{A}_{2})\cdots P(\overline{A}_{n}) \\ &= a_{1} + (1 - a_{1})a_{2} + \cdots + (1 - a_{1})(1 - a_{2})\cdots(1 - a_{n}) \\ &= 1 \end{align}$$

一方面，记 $T = (1-a_{1})(1-a_{2})\cdots(1-a_{n}) = \prod\limits_{k=1}\limits^{n}(1 - a_{k})$，显然 $T$ 中连乘的各项均小于 1，因此以上 $P(\Omega)$ 的和式中各项有以下不等关系：

$$\begin{align} a_{1} > Ta_{1} & \\ (1 - a_{1})a_{2} > Ta_{2} & \\ \cdots & \\ \prod\limits_{k=1}\limits^{n-1}(1 - a_{k})a_{n} > Ta_{n} & \\ \end{align}$$

除了上述这 n 项，$P(\Omega)$ 还有一项恰好正是 $T = \prod\limits_{k=1}\limits^{n}(1 - a_{k})$，因此有：

$$\begin{align} P(\Omega) = 1 &= a_{1} + (1 - a_{1})a_{2} + \cdots + (1 - a_{1})(1 - a_{2})\cdots(1 - a_{n}) \\ &> Ta_{1} + Ta_{2} + \cdots + Ta_{n} + T \\ &= T(a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n} + 1) \\ &= \prod\limits_{k=1}\limits^{n}(1 - a_{k})(1 + \sum\limits_{k=1}\limits^{n}a_{k}) \end{align}$$

于是得到 $\prod\limits_{k=1}\limits^{n}(1 - a_{k}) < \frac{1}{1 + \sum\limits_{k=1}\limits^{n}a_{k}}$。

另一方面，$P(\Omega)$ 的和式中各项还有以下不等关系：

$$\begin{align} a_{1} = a_{1} & \\ (1 - a_{1})a_{2} < a_{2} & \\ (1 - a_{1})(1 - a_{2})a_{3} < a_{3} & \\ \cdots & \\ \prod\limits_{k=1}\limits^{n-1}(1 - a_{k})a_{n} < a_{n} & \\ \end{align}$$

除了上述这 n 项，$P(\Omega)$ 还有一项是 $\prod\limits_{k=1}\limits^{n}(1 - a_{k})$，因此有：

$$\begin{align} P(\Omega) = 1 &= a_{1} + (1 - a_{1})a_{2} + \cdots + (1 - a_{1})(1 - a_{2})\cdots(1 - a_{n}) \\ &< (a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n}) + \prod\limits_{k=1}\limits^{n}(1 - a_{k}) \\ \end{align}$$

于是得到 $1 - \sum\limits_{k=1}\limits^{n}a_{k} < \prod\limits_{k=1}\limits^{n}(1 - a_{k})$。

$\Box$

总结

本文我们通过概率方法解决了魏尔斯特拉斯不等式的一部分，而要完整解决该不等式，还是需要借助 Schur 凸函数相关的概念。

通过本例我们可以看到，一些很难的不等式，通过概率方法可以轻易解决。因此当看到不等式中累加、累乘的各项有 $(0, 1)$ 的范围限制时，可以考虑概率方法。

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