Bernoulli-egyenlőtlenség

A Jacob Bernoulli svájci matematikusról elnevezett Bernoulli-egyenlőtlenség a matematikai analízis egyik fontos tétele, amely szerint bármely $h>-1$ 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

A bizonyítás teljes indukcióval végezhető: $n=1$-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 kiszorozva

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

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

A teljes indukció elve szerint az állítás minden $n \in \mathbb N _0$-re teljesül.

Megjegyzés:

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

Példa

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

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

Rokon egyenlőtlenségek

Szigorú egyenlőtlenség

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.

Valós kitevős hatványok

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

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 $n$ ${\!}^\geq$ $2$

$u_i:=-x_i\;$ -et helyettesítve és a $-1\leq x_i\leq 0$ speciális esetet tekintve a Weierstraß-szorzategyenlőtlenséget kapjuk: ^,,

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

Alkalmazások

Exponenciális függvény

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

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.)

Forrás

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