Bernoulli-egyenlőtlenség

A Wikipédiából, a szabad enciklopédiából
A Bernoulli-egyenlőtlenség egy esetének ábrázolása. Itt y=(1 + x)^r pirossal, y=1 + rx pedig kék színnel van ábrázolva és r=3.

A Jakob Bernoulli svájci matematikusról[1] elnevezett Bernoulli-egyenlőtlenség a matematikai analízis egyik fontos tétele, amely szerint bármely h\geq -1 valós szám és n természetes szám esetén

(1+h)^n\geq 1+nh.

Egyszerű, de fontos egyenlőtlenség, amivel egy hatványfüggvény alulról becsülhető.

A tétel bizonyítása[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

A bizonyítás teljes indukcióval végezhető:[2] n=1-re nyilván egyenlőség áll és ha az állítás igaz n-re, akkor

(1+h)^{n+1}=(1+h)^n(1+h)\geqslant (1+nh)(1+h),

ami a szorzás elvégzése után

1+(n+1)h+nh^2\geqslant 1+(n+1)h.

Egyenlőség nyilván csak az n=1 vagy h=0 esetben teljesül.

Megjegyzés:

A Bernoulli-egyenlőtlenségnél gyengébb (1+h)^n\geq nh állítást sokkal körülményesebb teljes indukcióval bizonyítani.

Nemnegatív h-ra az egyenlőtlenség megkapható a binomiális tétel segítségével:

(1+h)^n=\sum_{k=0}^n \binom n k h^k\ge \binom n 1 h+\binom n 0=1+nh.

Rokon egyenlőtlenségek[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Szigorú egyenlőtlenség[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Ugyanígy nevezik Bernoulli-egyenlőtlenségnek a szigorú egyenlőtlenséget megkövetelő változatot is: Minden valós  x > -1-re és x {\!}^\neq 0-ra és minden n {\!}^\geq 2 természetes számra

(1+x)^n > 1+nx.

A bizonyítás ugyanúgy végezhető teljes indukcióval, mint a nem szigorú változat.[1]

Valós kitevős hatványok[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Valós kitevőkre a deriváltak összehasonlításával az egyenlőtlenség a következőképpen általánosítható: Minden x > -1-re

(1+x)^r\geq 1+rx, ha r \geq 1, és
(1+x)^r\leq 1+rx, ha 0 \leq r \leq 1.

Különböző tényezők[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Ha nem hatványt veszünk, hanem különböző tényezők szorzatát, akkor teljes indukcióval megmutatható, hogy

\prod_{i=1}^n(1+x_i)> 1+\sum_{i=1}^n x_i

ahol minden x_i-re vagy -1<x_i<0\;, vagy x_i>0\; teljesül, és n {\!}^\geq 2[1]

u_i:=-x_i\; -et helyettesítve és a -1\leq x_i\leq 0 speciális esetet tekintve a Weierstraß-szorzategyenlőtlenséget kapjuk: [3],[4],[5]

\prod_{i=1}^n (1-u_i)\geq 1-\sum_{i=1}^n u_i.

Alkalmazások[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Egy sorozat határértéke[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Állítás:

\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a} = 1

minden a\geqslant 1 valós számra.

Bizonyítás: Definiáljuk az x_n\geqslant 0 sorozatot a következőképpen:

\sqrt[n]{a} = 1 + x_n.

Ekkor a Bernoulli-egyenlőtlenség szerint

a = (1 + x_n)^n \geq 1 + nx_n,

így

\frac{a - 1}{n} \geq x_n \geq 0.

De

\lim_{n \to \infty}\frac{a - 1}{n} = 0,

tehát

 \lim_{n\to\infty}x_n = 0.

És végül

\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{a} = 1 + \lim_{n\to\infty}x_n = 1 + 0 = 1.

Exponenciális függvény[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Egyszerűsége ellenére a Bernoulli-egyenlőtlenség sokszor hasznosnak bizonyul becslésekben. Legyen rögzítve egy x \in \mathbb{R}. Ekkor \frac{x}{n} \geq -1 minden n \geq n_0(x)-re. A Bernoulli-egyenlőtlenséggel

\left(1+\frac{x}{n}\right)^n \geq 1 + n\cdot \frac{x}{n} = 1 + x minden n \geq n_0(x)-re.

Mivel

e^x=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n,

azért beláttuk a

1+x\le e^x minden x \in \mathbb{R}-re az

egyenlőtlenséget.

A számtani-mértani közép egyenlőtlensége[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

A Bernoulli-egyenlőtlenséget felhasználva teljes indukcióval:

Legyen x_{n+1} az x_1,\dots,x_n,x_{n+1} pozitív számok maximuma, és \bar{x}_\mathrm{arithm} x_1,\dots,x_n számtani közepe. Ekkor x_{n+1}-\bar{x}_\mathrm{arithm}\geq 0, és a Bernoulli-egyenlőtlenség folytán

\left(\frac{x_1+\dots+x_{n+1}}{(n+1)\bar{x}_\mathrm{arithm}}\right)^{n+1}=\left(1+\frac{x_{n+1}-\bar{x}_\mathrm{arithm}}{(n+1)\bar{x}_\mathrm{arithm}}\right)^{n+1}\geq 1+\frac{x_{n+1}-\bar{x}_\mathrm{arithm}}{\bar{x}_\mathrm{arithm}}=\frac{x_{n+1}}{\bar{x}_\mathrm{arithm}}.

Az indukciós feltétellel

\left(\frac{x_1+\dots+x_{n+1}}{n+1}\right)^{n+1}\geq \bar{x}_\mathrm{arithm}^{n+1}\frac{x_{n+1}}{\bar{x}_\mathrm{arithm}}=\bar{x}_\mathrm{arithm}^nx_{n+1}\geq x_1\cdots x_n x_{n+1},

ami éppen az, amit bizonyítani akartunk.

A bizonyítás megtalálható például Heuser könyvében (H. Heuser, Lehrbuch der Analysis, Teil 1, Kapitel 12.2.)

Jegyzetek[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Forrás[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Császár Ákos: Valós analízis ISBN 978-963-19-0113-9