Bernoulli-egyenlőtlenség

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 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

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

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

ami a szorzás elvégzése után

$1+(n+1)h+nh^{2}\geq 1+(n+1)h.$

Egyenlőség nyilván csak az $n=0$, $n=1$ 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:

$(1+h)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}h^{k}\geq {\binom {n}{1}}h+{\binom {n}{0}}=1+nh.$

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

Egy sorozat határértéke

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

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

$1+x\leq e^{x}$ 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

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

ami éppen az, amit bizonyítani akartunk.

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

Források

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